高一数学下学期期中考试(附答案)

2023-2024学年北京市东城区中央工艺美术学院附属中学高一下学期期中考试数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.复数的虚部为()A.2B.C.0D.2i2.已知，则线段AB中点坐标为()A. B. C. D.3.已知向量，，且，那么x等于()A.2B.3C.4D.64.如图，在正方形ABCD中，E是AB边的中点，设，则()A. B. C. D.5.把函数的图象向左平移个单位后，再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，则所得函数图象的解析式为()A. B.C. D.6.设、均为单位向量，且，则()A.3B.C.6D.97.下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上为增函数的是()A. B. C. D.8.如图，在中，点D在线段BC上，，如果，那么()A.，B.，C.，D.，二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。

9.若复数为纯虚数，则实数__________.10.若且，则P点的坐标为__________.11.已知在中，，，，则__________.12.在中，已知，，，则__________.13.已知复数，则__________.14.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果，，，那么__________.三、解答题：本题共5小题，共60分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15.本小题12分已知求；设，的夹角为，求的值.16.本小题12分已知向量的夹角为，求；若与垂直，求实数t的值.17.本小题12分已知，求的值；求的值.18.本小题12分已知函数求最小正周期；当时，求的最大值以及取得最大值时x的值.19.本小题12分已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若，求的值；若的面积，求b，c的值.答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】根据虚部的定义直接求解.【详解】复数的虚部为故选：A2.【答案】D【解析】【分析】利用中点坐标公式直接求解即可.【详解】因为，所以线段AB中点坐标为故选：D3.【答案】A【解析】【分析】利用向量共线的坐标表示，列式计算即得.【详解】由向量，，且，得，所以故选：A4.【答案】D【解析】【分析】根据平面向量基本定理结合题意求解即可.【详解】因为在正方形ABCD中，E是AB边的中点，，所以故选：D5.【答案】C【解析】【分析】根据三角函数图象变换规律求解即可.【详解】把函数的图象向左平移个单位后，，再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得故选：C6.【答案】B【解析】【分析】对两边平方，代入已知条件，再开方可得答案.【详解】因为、均为单位向量，则，且，所以故选：7.【答案】C【解析】【解析】利用三角函数的单调性和周期性，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论.【详解】解：在区间上，，没有单调性，故排除在区间上，，单调递减，故排除在区间上，单调递增，且其最小正周期为，故C正确；根据函数以为最小正周期，的周期为，可排除故选：【点睛】本题考查了三角函数的性质，掌握三角函数的基本性质是解题的关键，属于基础题.8.【答案】A【解析】【分析】利用，将表示出来，再运用平面向量的线性运算即可求解【详解】解：，；，；，故选：【点睛】本题考查了平面向量的数乘与线性运算，考查学生的分析能力，计算能力；属于基础题．9.【答案】【解析】【详解】复数为纯虚数，故答案为10.【答案】【解析】【分析】根据题意向量的坐标，从而可得点P点的坐标.【详解】因为且，所以，所以点P的坐标为故答案为：11.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理直接求解.【详解】因为在中，，，，所以由正弦定理得，，所以，解得故答案为：12.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理求解即得.【详解】在中，由正弦定理得，由，得，所以故答案为：13.【答案】【解析】【分析】先对复数z化简，然后可求出其共轭复数.【详解】因为，所以故答案为：14.【答案】【解析】【分析】直接利用余弦定理求解.【详解】在中，因为，，，所以故答案为：【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题.15.【答案】【解析】【解析】根据平面向量的线性运算可得结果；根据平面向量的夹角公式可得结果.16.【答案】因为向量的夹角为，，所以；因为与垂直，所以，所以，所以，解得【解析】【分析】根据数量积的定义直接求解；由题意得，化简可求出实数t的值.17.【答案】因为，，所以，所以；因为，，所以，，所以【解析】【分析】根据已知条件求出，然后利用同角三角函数的关系可求得答案；先利用二倍角公式求出，然后利用两角差的余弦公式化简计算即可.18.【答案】，所以最小正周期；当时，，所以，当即有最大值，为【解析】【分析】利用正余弦的二倍角公式、两角和的正弦展开式化简，再求最小正周期；根据x的范围求出的范围，再求正弦可得答案.19.【答案】因为，所以，在中，由正弦定理得，即，所以；由得，因为，即，解得，由余弦定理得，所以，综上，【解析】【分析】根据同角三角函数关系得到，由正弦定理得到；结合中的，利用三角形面积公式得到，由余弦定理求出。

2023-2024学年合肥市一中高一数学（下）期中考试卷（考试时间：150分钟满分：120分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．复数z 满足()2i i z -=（i 是虚数单位），则在复平面内z 对应的点位于（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．在ABC 中，sin :sin :sin 2:3:4A B C =，则cos C =（）A ．23-B ．14-C ．13-D ．143．非零向量a ，b 满足2a b a b +=- ，若a b = ，则a ，b 的夹角为（）A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π64．以边长为2的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的侧面积为（）A ．B ．4πC ．D ．8π5．圆台上底面半径为2cm ，下底面半径为4cm ，母线8cm AB =，A 在上底面上，B 在下底面上，从AB 中点M 拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B 点，则绳子最短距离为（）cm A ．10B ．12C ．16D ．206．安徽省肥西县紫蓬山风景秀丽，紫蓬山山顶有座塔.某同学为了测量塔高，他在地面C 处时测得塔底B 在东偏北45︒的方向上，向正东方向行走50米后到达D 处，测得塔底B 在东偏北75︒的方向上，此时测得塔顶A 的仰角为45︒，则塔顶A 离地面的高度AB 为（）A ．米B ．50米C ．25+米D ．50米7．已知直角ABC 中，3AB =，4AC =，5BC =，I 是ABC 的内心，P 是IBC 内部（不含边界）的动点，若(),AP AB AC λμλμ=+∈R，则λμ+的取值范围为（）A ．11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．17,212⎛⎫⎪⎝⎭C ．7,112⎛⎫⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭8．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知1AB =，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（）A B ．该半正多面体过A ，B ，C 三点的截面面积为334C ．该半正多面体外接球的表面积为8πD ．该半正多面体的表面积为6+二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．如图，A B C ''' 是水平放置的ABC 的斜二测直观图，其中2O C O A O B ''''''==，2O B ''=.则以下正确的有（）A ．4OA =B ．ABC 是等腰直角三角形C ．4OB =D ．ABC 的面积为810．已知平面向量()2,3a =-r，()2,1b = ，则（）A ．()2a b b⊥-B ．a 与b可作为一组基底向量C ．a 与bD ．a 在b方向上的投影向量的坐标为21,33⎛⎫ ⎪⎝⎭11．已知a ，b ，c 分别是ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，其中正确的命题有（）A ．已知60A ∠=︒，4b =，2c =，则ABC 有两解B ．若90A ∠=︒，3b =，4c =，ABC 内有一点P 使得PA ，PB ，PC两两夹角为120︒，则22230PA PB PC ++= C ．若90A ∠=︒，1b =，c =ABC 内有一点P 使得PA 与PB 夹角为90︒，PA 与PC夹角为120︒，则3tan 4PAC ∠=D ．已知60A ∠=︒，4b =，设a t =，若ABC 是钝角三角形，则t 的取值范围是()()4+∞ 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为r 的半圆，且该圆锥的体积为3π，则r =.13．甲船在B 岛的正南方向A 处，10AB =千米，甲船以4千米/小时的速度向正北方向航行，同时，乙船自B 岛出发以6千米/小时的速度向北偏东60︒的方向驶去，航行时间不超过2.5小时，则当甲、乙两船相距最近时，它们航行的时间是小时.14．如图，某公园内有一块边长为2个单位的正方形区域ABCD 市民健身用地，为提高安全性，拟在点A 处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角PAQ ∠始终为45︒（其中P ，Q 分别在边BC ，CD 上），则AP AQ ⋅的取值范围.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．如图所示，底面边长为P ABCD -被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为，高为4的正四棱锥1111P A B C D -.(1)求棱台1111A B C D ABCD -的体积；(2)求棱台1111A B C D ABCD -的表面积.16．如图，在ABC 中，已知2,4,60AB AC BAC ==∠=︒，M 是BC 的中点，N 是AC 上的点，且,,AN xAC AM BN=uuu r uuu r 相交于点P ．设,AB a AC b ==.(1)若13x =，试用向量,a b表示,AM PN uuu r uuu r ;(2)若AM PN ⊥，求实数x 的值．17．在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且sin C C a =，b =(1)求角B ；(2)若2a c +=，求边AC 上的角平分线BD 长；(3)求边AC 上的中线BE 的取值范围.18．在ABC 中，内角,,A B C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知sin sin cos sin cos sin sin a A a C B b C A b B c A ++=+.(1)若2a =，且ABC 为锐角三角形，求ABC 的周长的取值范围；(2)若2b ac =，且外接圆半径为2，圆心为O ，P 为圆O 上的一动点，试求PA PB ⋅的取值范围.19．现定义“n 维形态复数n z ”：cos isin n z n n θθ=+，其中i 为虚数单位，*n ∈N ，0θ≠.(1)当π4θ=时，证明：“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系；(2)若“2维形态复数”与“3维形态复数”相等，求πsin 4θ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值；(3)若正整数m ，()1,2n m n >>，满足1m z z =，2n m z z =，证明：存在有理数q ，使得12m q n q =⋅+-.1．B【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简复数z ,求出复数z 在复平面内对应的点的坐标即可．【详解】由()2i i z -=,得()()()i 2i i 12i 2i 2i 2i 55z +===-+--+,∴复数z 在复平面内对应的点的坐标为12,55⎛⎫- ⎪⎝⎭，位于第二象限．故选:B ．2．B【分析】根据正弦定理及余弦定理求解.【详解】由正弦定理可知，::2:3:4a b c =，设2,3,4a k b k c k ===，则22222213161cos 2124a b c k k C ab k +--===-.故选：B 3．B【分析】由题意利用求向量的模的方法，求得22a b b ⋅= ，从而利用向量的夹角公式求解即可.【详解】∵非零向量a ，b满足2a b a b +=- ，且a b = ，设a ，b的夹角为θ，则2222244a a b b a a b b +⋅+=-⋅+ ，且22a b = ，所以22a b b ⋅= .∴22112cos 2b a b a b bθ⋅===⋅ .∵[]0,πθ∈，∴π3θ=.故选:B ．4．C【分析】根据正三角形绕一边所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的全等圆锥,根据圆锥的侧面积公式求解．【详解】如图，正三角形ABC 绕AB 所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的全等圆锥，底面半径3r =母线长2l =,由圆锥的侧面积公式可得该几何体的侧面积为2π3243π⨯=.故选:C.5．D【分析】由题意需先画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，则所求的最短距离是平面图形两点连线，根据条件求出扇形的圆心角以及半径长，再求出最短的距离．【详解】画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为O ,由图得：所求的最短距离是MB '，设OA R =，圆心角是α，则由题意知，4πR α=①，()8π8R α=+②，由①②解得，π,82R α==，∴12,16OM OB '==，则22121620cm MB '=+=．则则绳子最短距离为20cm ．故选:D ．6．A【分析】设塔高为h 米，利用仰角的正切表示出BD h =，在BCD △中利用正弦定理列方程求得h 的值.【详解】设雷锋塔AB 的高度为h 米,在地面C 处时测得塔顶A 在东偏北45︒的方向上，45BCD ∠=︒,测得塔顶A 在东偏北75︒的方向上,仰角为45︒，在Rt △ABD 中，45ADB ∠=︒，tan 45hBD h ==︒，在BCD △中,754530CBD ∠=︒-︒=︒，由正弦定理得，sin 30sin 45CD BD=︒︒，即5012=h =.故选：A.7．C【分析】由题意得AB AC ⊥，以A 为坐标原点，,AB AC 所在的直线分别为,x y 轴建立平面直角坐标系，利用等面积法先求出I 的位置，设(),P x y ，根据AP AI IP =+ ，可得1134IP AB AC λμ⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故,34x yλμ==，34x y λμ+=+，根据线性规划即可求解.【详解】因为3AB =，4AC =，5BC =，所以222AB AC BC +=，即AB AC ⊥.如图建立平面直角坐标系：设内切圆的半径为r ，则()()()0,0,3,0,0,4A B C ．∵ABC ABI BCI ACI S S S S =++V V V V ,∴2222AB AC AB r BC r AC r⋅⋅⋅⋅=++,即3434562222r r r r ⨯=++=,解得1r =，所以()1,1I ，∴1134AI AB AC =+ .∴1134AP AI IP AB AC IP =+=++ ，即1134AB AC AB AC IP λμ+=++ ，可得1134IP AB AC λμ⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设(),P x y ，则()()()()111,13,00,431,4134x y λμλμ⎛⎫⎛⎫--=-+-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴3,4x y λμ==，即,34x yλμ==，∴34x y λμ+=+.∵()()3,0,0,4B C ，∴直线BC 的方程为134x y+=.设34x y z λμ=+=+，表示与134x y+=平行的直线，平移34x y z =+，当34x y z =+经过点I 时，1173412z =+=；当34x y z =+与134x y +=重合时，134x y z =+=.因为P 是IBC 内部（不含边界）的动点，所以7,112z ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，即7,112λμ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭.故答案为:7,112⎛⎫⎪⎝⎭.【点睛】关键点睛：设(),P x y ，求出34x yλμ+=+，根据线性规划求解λμ+的范围.8．D【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A ，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断BC ，利用正三角形与正方体的面积公式判断D.【详解】A ：如图，因为1AB =，的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该半正多面体的体积为：2311832223V ⎛⎫=-⨯⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故A 错误；B ：根据该半正多面体的对称性可知，过,,A B C 三点的截面为正六边形ABCFED ，又1AB =，所以正六边形面积为261S ==，故B 错误；C ：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，即正六边形ABCFED 的中心，故半径为1AB =，所以该半正多面体外接球的表面积为224π4π14πS R ==⨯=，故C 错误；D ：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为1，所以其表面积为2281616+⨯=+，故D 正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键有二，一是将该半正多面体补形为正方体，二是充分利用该半正多面体的对称性，从而得解.9．ABC【分析】根据直观图画出原图，进而判断出正确答案.【详解】画出原图如下图所示，根据斜二测画法的知识可知：4OC OA OB ===，三角形ABC 是等腰直角三角形，面积为()1444162⨯+⨯=.所以ABC 选项正确，D 选项错误.故选：ABC10．BC【分析】对A ：计算()2a b b -⋅即可得；对B ：借助基底向量的定义即可得；对C ：借助平面向量夹角公式计算即可得；对D ：借助投影向量定义计算即可得.【详解】对A ：()22,5a b -=--，则()()222519a b b +⋅-=-⨯-⨯=- ，故A 错误；对B ：易得a 与b 为不共线的向量，故a 与b可作为一组基底向量，故B 正确；对C ：cos ,a b a b a b ====⋅C 正确；对D：121,555a bb b bb⋅⎛⎫⋅== ⎪⎝⎭ ，故D 错误.故选：BC.11．CD【分析】对A ：由余弦定理可计算出a 有唯一解；对B ：借助余弦定理与等面积法计算即可得；对C ：设PAC θ∠=，由余弦定理可得sin sin AP ACACP APC=∠∠，代入数据计算即可得解；对D ：分B ∠为钝角及C ∠为钝角，结合直角的临界状态计算即可得.【详解】对A：a ==ABC 有唯一解，故A 错误；对B ：在PBC 、PAC △、PAB 中，分别有2222342cos120PB PC PB PC +=+-⋅︒，即2225PB PC PB PC =++⋅，22232cos120PA PC PA PC =+-⋅︒，即229PA PC PA PC =++⋅，22242cos120PA PB PA PB =+-⋅︒，即2216PA PB PA PB =++⋅，即有()222259162PA PB PC PA PB PB PC PA PC ++=+++⋅+⋅+⋅，即()222502PA PB PB PC PA PC PA PB PC -⋅+⋅+⋅++=，又13462ABC PBC PAC PAB S S S S =++=⨯⨯= ，即()1sin12062PA PB PB PC PA PC ⋅+⋅+⋅︒=，即PA PB PB PC PA PC ⋅+⋅+⋅=，即有22225PA PB PC ++=-，故B错误；对C ：设PAC θ∠=，则在直角三角形PAB 中，APB θ∠=，PA θ=，在PAC △中，有sin sin AP ACACP APC=∠∠1sin120=︒，313222=4sin θθ=，即3tan 4θ=，故C 正确；对D ：若B ∠为钝角，如图，作CD AB ⊥于点D ，有CD BC AC <<，即sin b A a b ⋅<<，即234t <<，若C ∠为钝角，如图，作CD AC ⊥于点C ，有BC CD >，即tan a b A >⋅，即43t >综上所述，t 的取值范围是()()23,43,∞⋃+，故D 正确.故选：CD.【点睛】关键点点睛：D 选项中关键点在于分B ∠为钝角及C ∠为钝角，分别找出直角的临界情况求出范围.12．23【分析】设圆锥的底面圆的半径为R ，高为h ，则母线长为r 且2R r =，根据勾股定理求得32h r =，结合圆锥的体积公式计算即可求解.【详解】由题意知，设圆锥的底面圆的半径为R ，高为h ，则圆锥的母线长为r ，且12π2π2R r =⨯，得2R r =，所以2232h r R r -=，又圆锥的体积为3π，所以211π33V Sh R h ==，即2133ππ()322r r =⨯，解得23r =.故答案为：13．514【分析】设经过x 小时距离最近,分别表示出甲乙距离B 岛的距离,由余弦定理表示出两船的距离,根据二次函数求最值的方法得到答案.【详解】设经过x 小时两船之间的距离为s 千米,甲船由A 点到达C 点，乙船由B 点到达D 点，则4,104,6AC x BC x BD x ==-=，11820060CBD ∠︒=︒-.由余弦定理可得()()()2222110462104628201002s x x x x x x ⎛⎫=-+--⋅⋅-=-+ ⎪⎝⎭，当205 2.522814x ==<⨯时，2s 最小,则两船之间的距离最小,此时它们航行的时间为514小时.故答案为:514.14．8,4⎡⎤⎣⎦【分析】设,tan PAB t θθ∠==，可得2tan 2BP t θ==,()[]21,0,11t DQ t t-=∈+，以点A 为坐标原点,,AB AD 所在直线分别为,x y 轴建立坐标系,然后求出,AP AQ 的坐标,结合数量积的运算和对勾函数的性质求解.【详解】设,tan PAB t θθ∠==,则2tan 2BP t θ==，()()[]21tan 21π2tan ,0,141tan 1t DQ t t θθθ--⎛⎫=-=∈ ⎪++⎝⎭.以点A 为坐标原点,,AB AD 所在直线分别为,x y 轴建立坐标系,则()()()210,0,2,2,,21t A P t Q t ⎛⎫- ⎪+⎝⎭，()()212,2,,21t AP t AQ t ⎛⎫-== ⎪+⎝⎭,所以()412441211t AP AQ t t t t -⎛⎫⋅=+=++- ⎪++⎝⎭ .令1u t =+，[]1,2u ∈，则242AP AQ u u ⎛⎫⋅=+- ⎪⎝⎭ ，[]1,2u ∈.由对勾函数的性质可得()2f u u u =+在(上单调递减，在)2上单调递增，所以()min f u f ==又()()13,23f f ==，所以()2f u u u =+在[]1,2u ∈上的值域为⎡⎤⎣⎦，所以2428,4AP AQ u u ⎛⎫⎡⎤⋅=+-∈- ⎪⎣⎦⎝⎭ .故答案为:8,4⎡⎤⎣⎦.15．(1)2243(2)112【分析】（1）借助正四棱锥于棱台的性质可得棱台的高，结合棱台体积公式计算即可得；（2）求出棱台各个面的面积后相加即可得.【详解】（1）过点P 作PO ⊥底面ABCD 于点O ，PO 交平面1111D C B A 于点1O ，由正四棱锥及棱台的性质可知，O 为底面ABCD 的中心，则111114O O PO PO PO PO PO =--==，即棱台1111A B C D ABCD -的高4h =，(1111111113A B C D ABCD ABCD A B C D V S S h-=⨯+⨯((22112244564333⎡=⨯+⨯=⨯⨯=⎢⎣，（2）连接OA，则22422AO AB ==，则112AA AP ===作1A M AB ⊥于点M ，则1A M =故1111114ABCD A B C DA ABB S S S S=++表正方形正方形梯形(((22142=++⨯⨯32872112=++=.16．(1)1122AM a b =+ ，11412PN a b =-+uuu r r r (2)25【分析】（1）根据向量的加法运算即可求得AM ；设()PN tBN t AN AB ==-uuu r uuu r uuu r uu u r ，利用向量的线性运算结合图形关系可得1(1)3AP t b ta =-+uu u r r r ，再由向量共线的性质得到14t =，最后表示出所求向量即可；（2）利用向量垂直的性质和数量积的定义式计算可得.【详解】（1）111()222AM AB AC a b =+=+uuu r uu u r uuu r r r ，设()PN tBN t AN AB ==-uuu r uuu r uuu r uu u r ，因为13AN AC = ，所以1()(1)(1)3AP AN NP AN t AN AB t AN t AB t AC t AB =+=--=-+=-+uu u r uuu r uu u r uuu r uuu r uu u r uuu r uu u r uuu r uu u r，即1(1)3AP t b ta =-+uu u r r r ，由,AP AM uu u r uuu r 共线得：1(1)3t t -=，解得：14t =，所以1111()124124PN t BN t AN AB AC AB b a ==-=-=-uuu r uuu r uuu r uu u r uuu r uu u r r r ，所以1111,22412AM a b PN a b =+=-+ .（2）BN BA AN AB x AC a xb =+=-+=-+uuu r uu r uuu r uu u r uuu r r r ，因为AM PN ⊥，由于,BN PN uuu r uuu r 共线，故AM BN ⊥ ，所以1111()28402222AM BN a b a xb x x ⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅-+=-++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，解25x =．17．(1)π3(2)6(3)33,22⎤⎥⎝⎦【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求值即可；（2）依据余弦定理及已知得13ac =，然后利用面积分割法列方程求解即可；（3）利用向量的加法运算及数量积模的运算得()1324BE ca =+ ，利用正弦定理得π2sin 216ac A ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，然后利用正弦函数的性质求解范围即可.【详解】（1）因为sin C C a +=，根据正弦定理sin sin sin b A C C B=，即()sin sin cos sin B C B C b A B C =+,即sin sin sin B C B C =，又sin 0C ≠，所以tan B =，因为()0,πB ∈，所以π3B =.（2）由π3B =及余弦定理得22π32cos 3c a ac =+-，即()22233c a ac a c ac =+-=+-，又因为2a c +=，所以13ac =，所以111sin sin sin 22222ABC ABD BCD B B S S S c BD a BD ac B =+=⋅⋅+⋅⋅= ，所以()ππsin sin 63BD a c ac ⋅+⋅=，即132122BD =⨯（3）因为E 是AC 的中点，所以()12BE BA BC =+ ，则()()2222211322444ca BE BA BA BC BC c a ac +=+⋅+=++= ，由正弦定理得，2sin 4sin sin 4sin sin πsin sin 3b b ac A C A C A A B B ⎛⎫=⋅==- ⎪⎝⎭即2πcos 2sin sin 2cos 212sin 216ac A A A A A A ⎛⎫=+-+=-+ ⎪⎝⎭，因为()()20,π,π0,π3A C A ∈=-∈，所以20,π3A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以π172π,π666A ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，所以π1sin 2,162A ⎛⎫⎛⎤-∈- ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦，所以(]π2sin 210,36ac A ⎛⎫=-+∈ ⎪⎝⎭，所以23239,444ca BE +⎛⎤=∈ ⎥⎝⎦，所以322BE ⎛⎤∈ ⎥ ⎝⎦，即边AC 上的中线BE 的取值范围为3322⎛⎤ ⎥ ⎝⎦.18．(1)(3++;(2)[]2,6-.【分析】（1）直接利用正余弦定理即可求出角B ,利用正弦定理将周长转化为关于角A 的三角函数，利用三角函数的值域即可求解；（2）易得ABC 为等边三角形，取AB 中点M ，可得2223PA PB PM MA PM ⋅=-=- ，由P 为圆O 上的一动点，可得[]1,3PM ∈，进而可求PA PB ⋅ 的取值范围.【详解】（1）因为sin sin cos sin cos sin sin a A a C B b C A b B c A ++=+，所以由正弦定理可得22cos cos a ac B bc A b ac ++=+，由余弦定理可得2222222222a c b b c a a b ac +-+-++=+，即222a c b ac +=+，所以2221cos 222a cb ac B ac ac +-===.因为0πB <<，所以π3B =；由ABC 为锐角三角形，π3B =，所以π022ππ032A C A ⎧<<⎪⎪⎨⎪<=-<⎪⎩,可得ππ,62A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.由正弦定理sin sin sin a bcA B C ==,得22πsin sin 32cA A ==⎛⎫- ⎪⎝⎭，则2π2sin 31sin A b c A ⎛⎫- ⎪⎝⎭====则ABC的周长为22cos cos 12333sin 2sin cos tan 222AA a b c A A A A +++==+=+.由ππ,62A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则ππ,2124A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.因为2π2tanππ12tan tan 2π6121tan 12⎛⎫=⨯== ⎪⎝⎭-整理得2ππtan 101212+-=，解得πtan 212=πtan 212=-（舍），所以()tan 22A ∈，所以(33tan 2A ++，即ABC的周长的取值范围为(3+.（2）由正弦定理2sin bR B =（R 为ABC的外接圆半径），则212b ac b ===.由222a c b ac +=+，可得2224a c +=，则a c ==ABC 为等边三角形.取AB 中点M，如图所示：则()()PA PB PM MA PM MB ⋅=+⋅+ ()2PM PM MA MB MA MB =+⋅++⋅ 2223PM MA PM =--= .由2,1OP OM ==，则[]1,3PM ∈，则[]2,6PA PB ⋅∈- ．19．(1)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】(1)当π4θ=时,ππcos isin 44n z n n =+,)11i z =+,2i z =，由221z z =,即可证明“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系；(2)由“2维形态复数”与“3维形态复数”相等,可得cos 2i sin 2cos3i sin 3θθθθ+=+，利用复数相等的条件得到()2πk k θ=∈Z ,即可求πsin 4θ⎛⎫+ ⎪⎝⎭；(3)由1m z z =得cos i sin cos i sin m m θθθθ+=+,利用复数相等的条件得到()112π1k k m θ=∈-Z 和()222π2k k n θ=∈-Z ,则()12122π2π,12k k k k m n =∈--Z ,则()11221,2k m k k n k -=∈-Z ,进一步得()()111122222211,k k k m n n k k k k k =-+=⋅+-∈Z ,即可证明存在有理数12k q k =,使得12m q n q =⋅+-.【详解】（1）当π4θ=时,ππcos isin 44n z n n =+,则)1ππcos isin 1i 44z =++,2ππcos isin 2i 2z +==.因为)()2221211i 12i i i 22z z ⎤=+=++==⎥⎣⎦，故“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系.（2）因为“2维形态复数”与“3维形态复数”相等,所以cos 2i sin 2cos3i sin 3θθθθ+=+,因此cos 2cos3sin 2sin 3θθθθ=⎧⎨=⎩，解cos 2cos3θθ=，得()322πk k θθ=+∈Z 或()322πk k θθ+=∈Z ,解sin 2sin 3θθ=，得()322πk k θθ=+∈Z 或()322ππk k θθ+=+∈Z ,由于两个方程同时成立,故只能有()322πk k θθ=+∈Z ,即()2πk k θ=∈Z .所以πππsin sin 2πsin 444k θ⎛⎫⎛⎫+=+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（3）由1m z z =，得cos i sin cos i sin m m θθθθ+=+,由(2)同理可得()112πm k k θθ=+∈Z ,即()()1112πm k k θ-=∈Z .因为1m >,所以()112π1k k m θ=∈-Z .因为221n m z z z ==,由(1)知221z z =,所以2n z z =.由(2)同理可得()2222πn k k θθ=+∈Z ,即()()2222πn k k θ-=∈Z .因为2n >,所以()222π2k k n θ=∈-Z ,所以()12122π2π,12k k k k m n =∈--Z ,又因为0θ≠,所以120k k ≠,所以()11221,2k m k k n k -=∈-Z ,即()()111122222211,kk km n n k k k k k =-+=⋅+-∈Z ，所以存在有理数12kq k =,使得12m q n q=⋅+-.【点睛】关键点点睛：利用复数相等求出参数然后求解.。

绍兴2023学年第二学期期中考试高一（素养班）试卷（答案在最后）命题：一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若复数z 满足z=i （2+z ）（i 为虚数单位），则z=（）A.1+i B.1-iC.-1+iD.-1-i【答案】C 【解析】【分析】利用复数的除法运算求解好、即可【详解】由题意2i i z z =+，()()()2i 1i 2i1i 1i 1i 1i z +===-+--+．”故选：C ．2.如图所示，梯形A B C D ''''是平面图形ABCD 用斜二测画法得到的直观图，2A D ''=，1A B B C ''''==，则平面图形ABCD 中对角线AC 的长度为（）A.B.C.D.5【答案】C 【解析】【分析】根据斜二测画法的规则确定原图形，利用勾股定理求得长度．【详解】由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD ，如图，由斜二测法则知22AB A B ''==，1BC B C ''==，所以AC ===故选：C ．3.已知样本数据12100,,,x x x 的平均数和标准差均为4，则数据121001,1,,1x x x ------ 的平均数与标准差分别为（）A.54-，B.516-，C.416， D.44，【答案】A 【解析】【分析】根据样本数据同加上一个数和同乘以一个数后的新数据的平均值和方差的性质即可求解.【详解】由题意知，样本数据12100,,,x x x 的标准差为4，所以样本数据12100,,,x x x 的方差为16，因为样本数据12100,,,x x x 的平均数为4和方差为16，所以121001,1,,1x x x ------ 的平均数为415--=-，121001,1,,1x x x ------ 的方差为()211616-⨯=，所以121001,1,,1x x x ------ 的标准差为4，故选：A.4.一个圆锥的侧面展开图是半径为1的半圆，则此圆锥的内切球的表面积为（）A.π B.π2C.π3 D.π4【答案】C 【解析】【分析】由侧面展开图的半圆弧长等于圆锥底面圆周长可构造方程求得圆锥底面半径，由此可确定圆锥轴截面为正三角形，求得正三角形内切圆半径即为所求内切球半径，代入球的表面积公式即可得到结果.【详解】设圆锥底面半径为r ，则12π2π1π2r =⨯⨯=，解得：12r =；∴圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，∴此正三角形内切圆的半径为136=，即圆锥内切球半径6=R ，∴圆锥内切球的表面积21π4π4π123S R ==⨯=.故选：C.5.光源(3,2,1)P 经过平面Oyz 反射后经过(1,6,5)Q ，则反射点R 的坐标为（）A.75(0,,)22B.(0,4,3)C.97(0,,)22D.(0,5,4)【答案】D 【解析】【分析】设点P 关于平面Oyz 的对称点为P '，得到点R 为P Q '与平面Oyz 的交点，令(0,,)R m n ，结合PR PQ λ=，列出方程组，即可求解.【详解】设点(3,2,1)P 关于平面Oyz 的对称点为P '，可得(3,2,1)P '-，则点R 为P Q '与平面Oyz 的交点，令(0,,)R m n ，则P R P Q λ''=，且(1,6,5)Q ，又由(3,2,1),(4,4,4)P R m n P Q ''=--=，所以342414m n λλλ=⎧⎪-=⎨⎪-=⎩，解得5,4m n ==，所以(0,5,4)R .故选：D.6.若4,2145,,,的第 p 百分位数是4,则 p 的取值范围是（）A.(]4080，B.[)4080，C.[]40,80 D.()40,80【答案】D 【解析】【分析】根据百分位数的定义求解即可.【详解】1,2,4,4,5的第 p 百分位数是4,则()5%24p ⨯∈，，所以()4080p ∈，.故选：D7.如图是棱长均相等的多面体EABCDF ，其中四边形ABCD 是正方形，点P Q M N ，，，分别为DE ，AB ，AD ，BF 的中点，则异面直线PQ 与MN 所成角的余弦值为（）A.13B.12C.23D.34【答案】C 【解析】【分析】取AE 的中点K ，连接PK ，QK ，求得1122PQ DA EB =+ ，1122MN DF AB =+，则可求得PQ MN ⋅ ，进一步求得32PQ MN ==,按向量夹角公式求解即可【详解】如图，四边形ABCD ，BEDF 均是边长为a 的正方形，多面体的侧面均为等边三角形，取AE 的中点K ，连接PK ，QK ，则1122PQ PK KQ DA EB =+=+.同理可得1122MN DF AB =+.所以1111()()2222PQ MN DA EB DF AB ⋅=+⋅+ 11114444DA DF DA AB EB DF EB AB=⋅+⋅+⋅+⋅21π11π1cos 0cos 434432a a a a a a =⋅⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅⋅=取CE 的中点H ，连接PH ，BH ，则//PH CD ，且1.2PH CD =又点Q 为AB 的中点，AB CD =且//AB CD ，所以//PH QB 且PH QB =，则四边形QBHP 为平行四边形，所以πsin32PQ BH BE ==⋅=.同理可得=MN .设PQ ，MN的夹角为θ，则2122cos 322a PQ MN PQ MNθ⋅==⋅，即异面直线PQ 与MN 所成角的余弦值为23.故选：C8.在正方体1111ABCD A B C D -中，点M N ，分别是直线CD AB ，上的动点，点 P 是△11AC D 内的动点（不包括边界），记直线1D P 与MN 所成角为θ，若θ的最小值为π3，则1D P 与平面11AC D 所成角的正弦的最大值为（）A.36-B.36+C.6D.6+【答案】B 【解析】【分析】根据正方体的几何性质，作出1QD ⊥平面11AC D ，再由线面角的最小性可知，当α取最大值时，,,D P Q 三点共线，只需求此时1D PQ ∠的正弦值即可.【详解】如图所示，连接1BD ，交平面11AC D 于点Q.设1D P 与平面11AC D 所成角为α，正方体的棱长为a ，根据正方体的性质可得，1BD ⊥平面11AC D ，所以1QD ⊥平面11AC D ，且点Q 为11A C D 的中心，所以1sin sin D PQ α=∠.又因为直线1D P 与MN 所成角为θ，且θ的最小值为π3，所以1D P 与平面1111D C B A 所成角为π3，所以1DD P ∠为π6.由线面角的最小性可知，当α取最大值时，,,D P Q 三点共线，所以此时1111π6D PQ D DP DD P D DP ∠=∠+∠=∠+.又因为在1DD Q中，易得11133D Q BD ==，1DD a =，所以63DQ a ==，所以1111136sin 33D Q DQ D DQ D DQ DD DD ====∠∠，所以1111πsin sin sin()sin()6D PQ D DQ DD P D DQ α==∠+∠=∠+∠11113sin cos 2223236D DQ D DQ +=∠∠=⨯⨯+.故选：B .二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.在12件同类产品中，有9件正品和3件次品，从中任意抽出3件产品，设事件A “3件产品都是次品”，事件B “至少有1件是次品”，事件C “至少有1件是正品”，则下列结论正确的是（）A.A 与C 为对立事件B.B 与C 不是互斥事件C.A B A =D.()()1P B P C +=【答案】ABC 【解析】【分析】通过分析事件，从而判断事件的关系.【详解】从中任意抽出3件产品，共有4种情况：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品.事件B 的可能情况有：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，事件C 的可能情况有：2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品.A 与C 为对立事件，故A 正确；B C ⋂={2件次品1件正品，1件次品2件正品}，则B 与C 不是互斥事件，故B 正确；A B ⊆ ，A B A ∴⋂=，故C 正确；由上知()()1P B P C +>，故D 错误.故选：ABC10.在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试．为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，样本容量为n ，按照[)[)[)[)[]506060707080809090100，，，，，，，，，的分组作出频率分布直方图如图所示，其中，成绩落在区间[)5060，内的人数为16．则（）A.图中0.016x =B.样本容量1000n =C.估计该市全体学生成绩的平均分为71.6分D.该市要对成绩前25%的学生授予“优秀学生”称号，则授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为77.25分【答案】AD 【解析】【分析】根据频率之和等于1，即可判断A ；根据频率，频数和样本容量之间的关系即可判断B ；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C ；根据题意算出25%分位数，再根据频率分布直方图的性质，即可判断D ．【详解】对于A ，因为()0.0300.0400.0100.004101x ++++⨯=，解得0.016x =，故A 正确；对于B ，因为成绩落在区间[)50,60内的人数为16，所以样本容量16(0.01610)100n ⨯=÷=，故B 不正确；对于C ，学生成绩平均分为0.01610550.03010650.04010750.01010850.004109570.6⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=，故C 不正确；对于D ，设授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为y ，由于[)90,100的频率为0.004100.04⨯=，[)80,90的频率为0.010100.10⨯=，[)70,80的频率为0.040100.40⨯=，则0.040.100.140.25,0.040.100.400.540.25+=<++=>，所以[7080),y ∈，则()()100.0040.010800.0400.25y ⨯++-⨯=，解得77.25y =，所以大约成绩至少为77.25的学生能得到此称号，故D 正确．故选：AD ．11.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD 的棱长为a .则（）A.能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为aB.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为312a⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭C.勒洛四面体中过A B C ，，三点的截面面积为(212π4a D.勒洛四面体的体积3326π128V a a ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭，【答案】AD 【解析】【分析】对于A ，根据勒洛四面体表面上任意两点间距离小于等于a ，进行判断；对于B ，求出BE a =，4OB a =，相减即为能够容纳的最大球的半径；对于C ，找到最大截面，求出截面面积；对于D ，勒洛四面体的体积介于正四杨体ABCD 的体积和正四面体ABCD 的外接球体积之间，求出正四面体ABCD 的体积和正四面体ABCD 的外接球的体积，从而求出答案．【详解】由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值a ，故A 正确；勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，其中点E 为该球与勒洛四面体的一个切点，O 为该球的球心，由题意得该球的球心O 为正四面体ABCD 的中心，半径为OE ，连接BE ，易知B ，O ，E 三点共线，设正四面体ABCD 的外接球半径为r ，由题意得：222))r r -+=，解得4r a =，BE a ∴=，4OB a =，由题意得(1)44OE a =-=-，故B 错误；勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD 表面的截面，如图，则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为a ，圆心角为60︒的扇形的面积减去两个边长为a 的正三角形的面积，即222113π2(π642a a ⨯-⨯=-，故C 错误；对于D ，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD 的体积和正四面体ABCD 的外接球的体积之间，正四面体底面面积为24a ，底面所在圆的半径为2323a ⨯=，∴=，∴正四面体ABCD 的体积231136234312V a a a =⨯⨯=，设正四面体ABCD 的外接球半径为r ，则由题意得：222()()33a r a r -+=，解得4r a =，∴正四面体ABCD 的外接球的体积为328V a =，∴勒洛四面体的体积V 满足33π128a V a <<，故D 正确．故选：AD ．【点睛】方法点睛:解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下;(1)定球心:如果是内切球，球心到切点的距离相等目为球的半径;如果是外接球，球心到接点的距离相等目为半径;(2)作截面:选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的;(3)求半径下结论:根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.从含有6件次品的50件产品中任取4件，观察其中次品数，这个试验的样本空间Ω＝______.【答案】{}0,1,2,3,4【解析】【分析】取出的4件产品中，最多有4件次品，最少是没有次品，由此能求出样本空间.【详解】取出的4件产品中，最多有4件次品，最少是没有次品，所以样本空间{0,1,2,3,4}Ω=.故答案为：{0,1,2,3,4}.13.如图，甲乙做游戏，两人通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜谁首先登上第3个台阶，并规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两人都上一个台阶．如果一方连续赢两次，那么他将额外获得上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时游戏结束，则游戏结束时恰好划拳3次的概率为______．【答案】1327【解析】【分析】不妨假设游戏结束时恰好划拳3次时是甲登上第3个台阶，考虑所有可能的情况，同时考虑到也可能是划拳3次恰好是乙登上第3个台阶，根据独立事件乘法公式和互斥事件的加法公式，即可求得答案.【详解】设事件“第(N )i i *∈次划拳甲赢”为i A ，事件“第(N )i i *∈次划拳甲平局”为i B ，事件“第(N )i i *∈次划拳甲输”为i C ，则()()()13i i i P A P B P C ===；故()()()()()()()()()()123123123322P X P A P B P A P B P A P A P B P B P B ==++()()()()()()()()()()()()1231231231232222P A P B P B P B P A P B P B P B P A P C P A P A ++++11111111111111111122222333333333333333333=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯11113233327+⨯⨯⨯=，故答案为：1327【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于考虑清楚游戏结束时恰好划拳3次的所有可能情况，要注意到最终登上第3个台阶的人在第2次划拳时不能输.14.在三棱锥 A BCD -中，二面角 A BD C --的大小为π3， BAD CBD ∠∠=，2BD BC ==，则三棱锥外接球表面积的最小值为____________．【答案】4π3【解析】【分析】221R OE =+，故只需求OE 的最小值，则在四边形12OO EO 中计算即可.【详解】取ABD △外心1O ，BCD △外心2O ，BD 中点为E ，则222O A O B O D ==，111O B O C O D ==，2OO ⊥面ABD ，1OO ⊥面BCD 所以12,O E BD O E BD ⊥⊥，12π3O EO ∠=，设BAD CBD θ∠=∠=，由正弦定理得22sin BDO B θ=，余弦定理得2222cos 88cos CD BC BD BC BD θθ=+-⋅=-，所以4sin2CD θ==，所以由正弦定理得12sin CD O B θ=，即11cos 2O B θ=，所以21sin O B θ=，21tan O E θ==，1tan 2O E θ==，在四边形12OO EO 中，22221212122tan12tan 2tan tan O O O E O E O E O E θθθθ=+-⋅=+-222422221tan 1tan 7tan 4tan 1222tan 224tan 4tan 22θθθθθθθ⎛⎫---+ ⎪⎝⎭=+-=，222212227111111tan 32333sin 3tan 32O O R OE θπθ-=+=+=+-≥=，当且仅当14tan 72θ-=时等号成立，所以三棱锥外接球表面积最小值为()2414ππ3R =，故答案为：4π3.【点睛】思路点睛：本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设BAD CBD θ∠=∠=，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知复数22(232)(32)z m m m m i =--+-+，(其中i 为虚数单位)（1）当复数z 是纯虚数时，求实数m 的值；（2）若复数z 对应的点在第三象限，求实数m 的取值范围.【答案】（1）,（2）()1,2m ∈【解析】【详解】（1）由题意有时，解得，即时，复数为纯虚数.（2）由题意有：222320{320m m m m --<-+<，解得：12{212m m -<<<<，所以当()1,2m ∈时，复数z 对应的点在第三象限考点：纯虚数概念16.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是以2为边长的菱形，且120BAD ∠=︒，PB PD =，M 为PC 的中点.（1）求证：平面PBD ⊥平面PAC ；（2）若PC ==，求直线PD 与平面AMD 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）14【解析】【分析】（1）设AC 交BD 于点N ，连接PN ，可证明BD ⊥平面PAC ，从而得到平面PBD ⊥平面PAC .（2）可证PA ⊥平面ABCD ，取CD 的中点E ，则AE AB ⊥，故以A 为坐标原点，直线,,AB AE AP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求线面角的正弦值，或利用等积法求出点P 到平面AMD 的距离为d ，故可求线面角的正弦值.【小问1详解】设AC 交BD 于点N ，连接PN ，.PB PD = ，PN BD ∴⊥.底面ABCD 是以2为边长的菱形，AC BD ∴⊥.又PN AC N = ，,PN AC ⊂平面PAC ，BD ∴⊥平面PAC .又BD ⊂Q 平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAC .【小问2详解】法一： 底面ABCD 是以2为边长的菱形，且120BAD ∠=︒，ABC ∴ 与ACD 为等边三角形，2AC ∴=.PC ==222PC PA AC ∴=+，即PA AC ⊥.BD ⊥ 平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，BD PA ∴⊥.又BD AC N = ，,BD AC ⊂平面ABCD ，PA ∴⊥平面ABCD .取CD 的中点E ，则AE CD ⊥，AE AB ∴⊥.又PA ⊥平面ABCD ，故以A 为坐标原点，直线,,AB AE AP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,2,0,0,0,0,2,1,A B P C，()1,,,122D M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，()()12,,,1,22PD AM AD ⎛⎫∴=--==- ⎪ ⎪⎝⎭.设平面AMD 的一个法向量为(),,n x y z = ，则0,0,n AD n AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,10.22x x y z ⎧-+=⎪⎨++=⎪⎩取x =1,y z ==n = .设直线PD 与平面AMD 所成角为α，则sin 14n PD n PDα⋅=== ，∴直线PD 与平面AMD 所成角的正弦值为4214.法二： 底面ABCD 是以2为边长的菱形，且120BAD ∠=︒，ABC ∴ 与ACD 均为等边三角形，2AC ∴=.PC == 222PC PA AC ∴=+，即PA AC ⊥.由（1）知BD ⊥平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，BD PA ∴⊥.又BD AC N = ，,BD AC ⊂平面ABCD ，PA ∴⊥平面ABCD .AD ⊂ 平面ABCD ，PA AD ∴⊥，∴由勾股定理得PD =，M 为PC的中点，12AM PC ∴==.在PCD中，由余弦定理得2222222cos 24PC CD PD PCD PC CD+-+-∠===⋅，在MCD△中，由余弦定理得2222222cos 24MD CM CD MD PCD CM CD+-+-∠===⋅，解得2MD =.在AMD 中，2AD MD ==，AM =，1222AMD S ∴==△.设点P 到平面AMD 的距离为d ，又易知点C 到平面PAD由P AMD M PAD V V --=得，111323AMD PAD S d S ⋅=⨯⨯△△，11112232232d ∴⨯⋅=⨯⨯⨯⨯，解得d =.所以直线PD 与平面AMD 所成角的正弦值为4214d PD ==.17.为了了解学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性等，某学校对在校1500名学生进行了一次坐位体前屈测试，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取75人，已知这1500名学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为13.2和13.36，女生的平均数和方差分别为15.2和17.56．（1）求样本中男生和女生应分别抽取多少人；（2）求抽取的总样本的平均数，并估计全体学生的坐位体前屈成绩的方差．【答案】（1）45；30；（2）平均数14；方差16.【解析】【分析】（1）首先计算抽样比，再计算男生和女生应抽取的人数；（2）代入总体平均数公式和方差公式，即可求解.【小问1详解】总体容量1500，样本容量75，则抽样比为751150020=，所以样本中男生数量119004520n =⨯=，女生数量()2115009003020n =-⨯=.【小问2详解】抽取的样本中男生的平均数13.2x =，方差2113.36s =，抽取的样本中女生的平均数15.2y =，方差2217.56s =，所以总体样本的平均数为()14513.23015.21475ω=⨯+⨯=，总体样本的方差()(){}22214513.3613.2143017.5615.21475s ⎡⎤⎡⎤=+-++-⎣⎦⎣⎦()16305701675=+=.所以估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16.18.如图，已知直角三角形ABC 的斜边//BC 平面α，A 在平面α上，AB ，AC 分别与平面α成30 和45 的角，6BC =．（1）求BC 到平面α的距离；（2）求平面ABC 与平面α的夹角．【答案】（1；（2）π3.【解析】【分析】（1）过,B C 作平面α的垂线，利用直角三角形边角关系及勾股定理建立方程求解.（2）作出二面角的平面角，利用余弦定理、三角形面积公式求解即得.【小问1详解】过B 作BE α⊥，垂足为E ，过C 作CF α⊥，垂足为F ，连AE 、AF 、EF ，则30BAE ∠=o ，45CAF ∠= ，设BC 到平面α的距离为d ，由//BC 平面α，得BE CF d ==，在Rt BEA 中，sin30d AB=，则212dAB d==，在Rt CAF △中，AC =，在Rt ABC △中，222BC AB AC =+，则223624d d =+，所以d =.【小问2详解】由（1）知，四边形BCFE 是矩形，过点A 作直线//l EF ，显然//l BC ，在平面α内过点A 作AO EF ⊥于O ，则AO l ⊥，过O 作//OG BE 交BC 于G ，连接AG ，则,OG OG EF α⊥⊥，有OG l ⊥，而,,AO OG O AO OG =⊂ 平面AOG ，于是l⊥平面AOG ，又AG ⊂平面AOG ，则l AG ⊥，即GAO ∠平面ABC 与平面α的夹角，由（1）知，AB AC ==，则12ABC S AB AC =⋅= ，在△AEF中，6AE AF EF ===，，则222cos 23AE AF EF EAF AE AF +-∠==⋅，于是1sin 3EAF ∠=，1sin 2EAF S AE AF EAF =⋅⋅∠= 因此112cos 122EAF ABC EF AOS AO GAO AG S BC AG ⋅∠====⋅ ，又π02GAO <∠≤，则π3GAO ∠=，所以平面ABC 与平面α的夹角为π3.19.如图，四棱锥S ABCD -的底面是平行四边形，平面α与直线AD SA SC ，，分别交于点,,P Q R ，且AP SQ CRAD SA CS==，点M 在直线SB 上运动，在线段CD 上是否存在一定点N，使得其满足：（i ）直线//MN α；（ii ）对所有满足条件（i ）的平面α，点M 都落在某一条长为m的线段上，且3m SB =．若存在，求出点N 的位置；若不存在，说明理由．【答案】存在， N 在靠近 C 的三等分点处.【解析】【分析】以,,SA SB SC为一组基地，用向量证明即可.【详解】存在，N 在靠近C 的三等分点处.设SA a SB b SC c SD d ====，，，，则d a b c =-+，因为AP SQ CRx AD SA CS ===，所以()1SQ xa SR SC CR c xc x c ==+=-=-，，()()()11SP x a xd x a x a b c a xb xc =-+=-+-+=-+，又因为//MN α，所以存在λμ∈R ，，使得NM QR QP λμ=+，故()SM SN SP SQ SR μλμλ=+-++ ，设()()11SN tSC t SD tc t d =+-=+- ，所以()()()()()11SM tc t a b c a xb xc xa x c μλμλ=+--++-+-++-，整理得()()()11111SM t x x a t x b x x c μλμμλ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-+----++++-⎣⎦⎣⎦⎣⎦，又点M 在直线SB 上的充要条件是SM yb =，则()()110110t x x x x μλμλ⎧-+--=⎪⎨++-=⎪⎩，消去λ，得()211221x t x x μ--=-+，所以()()()()222213*********221tx t x t x t x t y t x t x x x x μ+----+-=--=-+=-+-+，故()()223233210y t x t y x y t -++--+-+=，①当322t y -=时，2t x =；②当322t y -≠时，()()()2Δ332423210t y y t y t =----+-+≥，所以()()()224843210*y t y t t --+--≤，12103y y -==，解得23t =.此时，①中0y =代入(*)不等式成立，故2133SN c d =+，所以存在，N 在靠近C 的三等分点处.【点睛】方法点睛：当平面α运动时，对于定点N ，确定动点M 的存在范围，使之满足所有的题设条件，我们以,,SA SB SC为一组基向量，利用向量的方法给出本题的一种证法.。

海东市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．选择题用2B 铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.5．本卷主要考查内容：必修第二册第六章~第八章8.4.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知中，内角所对的边分别，若，，，则（ ）A.B.C.D.2. 用一个平面截一个几何体，得到的截面是三角形，这个几何体不可能是（ ）A. 长方体B. 圆锥C. 棱锥D. 圆台3. 复平面内表示复数的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限4. 已知是两个不共线的向量,，若与是共线向量，则实数的值为（ ）A. B. 6C.D. 5. 如图，正方形中，、分别是、的中点，若，则（ ）ABC V ,,A B C ,,a b c 1a =2b =1sin 6A =sin B =231356121iiz -=21,e e 1212e 3e ,2e e a b k =+=-+ a bk 6-3232-ABCD M N BC CD AC AM BN λμ=+λμ+=A. 2B.C.D.6. 某圆锥的侧面展开图扇形的弧长为，扇形的半径为5，则圆锥的体积为（ ）A. B. 75C. D. 7. 若水平放置四边形AOBC 按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，四边形为等腰梯形，，则原四边形AOBC 的面积为（ ）A. B. C. D. 8. 如图，AB 是底部不可到达一座建筑物，A 为建筑物的最高点，某同学选择地面CD 作为水平基线，使得C ，D ，B 在同一直线上，在C ，D 两点用测角仪器测得A 点的仰角分别是45°和75°，，则建筑物AB 的高度为（ ）A. B.C. D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9. 分别在两个相交平面内的两条直线间的位置关系是（ ）A. 平行B. 相交C. 异面D. 以上皆不可能10. 已知为虚数单位，复数，则（）的的8365858π25π16πO A C B '''',4,8A C O B A C O B ''''''''==∥10CD=5+i 312312i,2i,i z z z =+=-=A. 与互为共轭复数B.C. 为纯虚数D.11. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（）A. 若，则B. 若，则只有一解C. 若，则直角三角形D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12. 已知复数，则______．13. 有一个正六棱柱的机械零件，底面边长为，高为，则这个正六棱柱的机械零件的表面积为_________.14. 如图，一艘船以每小时20km的速度向东航行，船在处观测灯塔在北偏东方向，行驶2h后，船到达处，观测个灯塔在北偏东方向，此时船与灯塔的距离为_________km.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15. 已知是虚数单位，复数，．（1）当复数为实数时，求的值；（2）当复数为纯虚数时，求的值；16已知平面向量满足，其中.（1）若，求实数m的值；（2）若，求向量与的夹角的大小.17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）求角C；（2）若的面积为a、b的值．为.1z2z12=z z123z z z++()1323iz z z+⋅=+ ABCVA B>sin sinA B>602 1.74A c a=︒==，，ABCVtanaAb=ABCVcos cos cos0A B C++>122i,1iz z=-=+12z z=4cm1cm2cmA C45︒B C15︒Ci()()22562iz m m m m=-++-m∈Rz mz ma b，(1,2),(4,1)a m b=--=-m∈Ra b∥a b⊥2a b-bABCV222ab c a b=--ABCV c=18. 如图，圆锥中内接一个圆柱，是的中点，，圆柱的体积为.（1）求圆锥母线长；（2）求图中圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比.19. 在平面四边形中（在的两侧），.（1）若，求；（2）若，求四边形的面积的最大值.的PO 1O OP 24OB OA ==1O O 16πPO 1O O ABCD ,B D AC 1,120AD CD ADC ∠===90,DAB BC ∠==ABC ∠2AB BC =ABCD海东市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．【1题答案】【答案】B【2题答案】【答案】D【3题答案】【答案】C【4题答案】【答案】A【5题答案】【答案】D【6题答案】【答案】D【7题答案】【答案】D【8题答案】【答案】A二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．【9题答案】【答案】ABC【10题答案】【答案】BD【11题答案】【答案】AD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．【12题答案】【答案】【13题答案】【答案】##【14题答案】【答案】四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．【15题答案】【答案】（1）或 （2）【16题答案】【答案】（1）9 （2）【17题答案】【答案】（1）；（2），或，．【18题答案】【答案】（1）（2【19题答案】【答案】（1） （2）3i +24+24+0m =2m =3m =3π423C π=2a =4b =4a =2b =45ABC ∠= 1。