浙江省金華一中2023-2024學(xué)年高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷（含答案）

浙江省金華一中2023-2024學(xué)年高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1．復(fù)數(shù)1?i的虛部為()A．1 B．?1 C．i D．?i2．已知向量a=(t,1),b=(t+2,1)A．?2 B．?1 C．1 D．23．△ABC中，A，B，C是△ABC的內(nèi)角，則“A=π3”是“A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件4．對于兩條不同的直線m，n和兩個不同的平面α，β，以下結(jié)論正確的是()A．若m?α，n//β，m，n是異面直線，則α，β相交B．若m⊥α，m⊥β，n//α，則n//βC．若m?α，n//α，m，n共面于β，則m//nD．若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，則m，n為異面直線5．向量a=(6,2)A．(2,?1) B．(1,?12) C．(4,?2)6．側(cè)面積為2π的圓錐，它的側(cè)面展開圖是一個半圓，則該圓錐的底面半徑為()A．2155 B．155 C．27．已知三棱錐P?ABC的三條側(cè)棱PA，PB，PC兩兩互相垂直，且PA=PC=3，PB=A．823π B．6423π8．△ABC中，已知(AB|AB|+A．三邊互不相等的三角形 B．等邊三角形C．等腰直角三角形 D．頂角為鈍角的等腰三角形二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9．平面向量a，b是不共線的向量，則下列正確的是()A．|a+bC．|a+b10．已知z1，zA．|z1+C．z1+z11．下面有關(guān)三角形的命題正確的是()A．若△ABC的面積為34(B．在△ABC中，A=30°，b=2，a=2C．在△ABC中，若sinA：sinB：sinC=4：5：6，則最大內(nèi)角是最小內(nèi)角的2倍D．在△ABC中，a=2，c=4，cosC=?14，則AB三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．設(shè)x，y∈R，若x+(y?1)i=3+xi，其中i是虛數(shù)單位，則x+y=．13．如圖所示，直觀圖四邊形A'B'C'D'14．在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點M是該正方體表面上一個動點，且四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15．在復(fù)平面內(nèi)，點A，B對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別是2+3i，1+2i(其中i是虛數(shù)單位)，設(shè)向量BA對應(yīng)的復(fù)數(shù)為z．（1）求復(fù)數(shù)z；（2）求|z（3）若z1=m+i，且z116．如圖，在幾何體中，四邊形ABCD為菱形，對角線AC與BD的交點為O，四邊形DCEF為梯形，EF//CD，F(xiàn)B=FD．（1）若CD=2EF，求證：OE//平面ADF；（2）求證：平面ACF⊥平面ABCD．17．游客從某旅游景區(qū)的景點A處下山至C處有兩種路徑.一種是從A沿直線步行到C；另一種是先從A沿索道乘纜車到B，然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山，甲沿AC勻速步行，速度為50m/min.在甲出發(fā)2min后，乙從A乘纜車到B，在B處停留1min后，再從B勻速步行到C.假設(shè)纜車勻速直線運動的速度為130m/min，山路AC（1）求索道AB的長；（2）問乙出發(fā)多少分鐘后，乙在纜車上與甲的距離最短？（3）為使兩位游客在C處互相等待的時間不超過3分鐘，乙步行的速度應(yīng)控制在什么范圍內(nèi)？18．如圖，在三棱錐P?ABC中，AB=AC，D為BC的中點，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上．（1）證明：AP⊥BC；（2）已知BC=8，AO=3，OD=2，且直線PB與平面PAD所成角的正弦值為23①求此三棱錐P?ABC的體積；②求二面角B?AP?C的大?。?9．△ABC中，角A、B、C所對的邊長分別為a、b、c，a+b+c=6，b2（1）求角B的最大值，以及邊長b的最大值；（2）設(shè)△ABC的面積為S，求S+1

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：因為復(fù)數(shù)為z=1?i，所以復(fù)數(shù)z的虛部為-1.

故答案為：B.

【分析】利用已知條件結(jié)合復(fù)數(shù)的虛部的定義，進(jìn)而得出復(fù)數(shù)z的虛部.2．【答案】B【解析】【解答】解：因為向量a=(t,1),b=(t+2,1)，又因為a⊥b，

所以，a→·b→3．【答案】C【解析】【解答】若A=π3，則cosA=12若cosA=12，因為A∈(0，π)，所以A=π3所以“A=π3”是“故答案為：C．

【分析】根據(jù)充分必要條件的定義進(jìn)行判斷即可得出答案。4．【答案】C【解析】【解答】解：對于A，若m?α，n//β，m，n是異面直線，則α，β相交或α，β平行，所以A錯；

對于B，若m⊥α，m⊥β，n//α，則n//β或n?β，所以B錯；

對于C，若m?α，n//α，m，n共面于β，則m//n，所以A對；

對于D，若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，則m，n為異面直線或m，n相交，所以D錯.

故答案為：C.

【分析】利用已知條件結(jié)合直線與直線的位置關(guān)系判斷方法、直線與平面的位置關(guān)系判斷方法、平面與平面的位置關(guān)系判斷方法，進(jìn)而找出結(jié)論正確的選項.5．【答案】C【解析】【解答】解：向量a=(6,2)在向量b=(2,?1)上的投影向量為a→6．【答案】D【解析】【解答】解：設(shè)圓錐的底面圓的半徑為r，母線長為l，則圓錐的側(cè)面積為πrl=2π，

由側(cè)面展開圖是一個半圓，則2πr=πl(wèi)，解得l=2,r=1,所以，該圓錐的底面半徑為1.

故答案為：D.

【分析】利用已知條件結(jié)合圓錐的側(cè)面積公式和圓錐側(cè)面展開圖是一個半圓，進(jìn)而得出母線和圓錐底面半徑的長.7．【答案】A【解析】【解答】解：三棱錐P?ABC的三條側(cè)棱PA，PB，PC兩兩互相垂直，

其外接球就是以PA，PB，PC為長，寬，高的長方體的外接球，

設(shè)PA=a,PB=b,PC=c，則有a2+b2=5b2+c2=5a2+c2=6可得a8．【答案】C【解析】【解答】解：因為(AB|AB|+AC|AC|)?BC=0，AB?|AB?|,AC?|AC?9．【答案】C,D【解析】【解答】解：已知平面向量a，b是不共線的向量，

設(shè)平面向量a，b的夾角為θ，則θ∈0,π，

則cosθ∈-1,1，即-|a→|·|b→|<a→·b→<|a→|·|b→|.

10．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：設(shè)z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，則z1+z2=a+c+b+di，故|z1+z2|=a+c2+b+d故答案為：BCD.【分析】本題主要考查復(fù)數(shù)的基本概念及混合計算，設(shè)z111．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：對于A，由題意可知，S=12acsinB=34a2+c2-b2，

整理可得a2+c2?b2=233acsinB,由余弦定理可知a2+c2?b2=2accosB,

所以，tanB=3，因為B∈0,π，所以B=π3，所以A對；

對于B，由正弦定理可得asinA=bsinB解得sinB=22，

因為B∈0,π，所以B=45°或B=135°，即滿足條件的三角形有2個，所以B錯；

對于C，因為sinA：sinB：sinC=4：512．【答案】7【解析】【解答】解：因為x+(y?1)i=3+xi，

所以x=3y-1=x?x=3y=4，則x+y=7.13．【答案】2+【解析】【解答】解：因為直觀圖四邊形A'B'C'D'是一個底角為45°，腰和上底均為1的等腰梯形，

根據(jù)斜二測畫法可知，原圖形為直角梯形，其中上底AD=1，高AB=2A'B'=2,

下底為BC=1+2，所以，1+1+214．【答案】3【解析】【解答】解：如圖所示：

邊長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，

動點M滿足BM//平面AD1C，由面面平行的性質(zhì)可得：

當(dāng)BM始終在一個與平面AD1C平行的面內(nèi)，即滿足題意，

連接A1B,BC1,A1C1,因為AB∥C1D1且AB=C1D1,

所以，四邊形ABC1D1為平行四邊形，所以AD1∥BC1，

同理A1B∥D1C，又因為15．【答案】（1）解：因為點A，B對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別是2+3i，1+2i，所以A(2,3)，所以BA=(1,1)（2）解：因為z=1+i，所以|z（3）解：因為z1所以z1由z1z是純虛數(shù)，可知解得m=?1．【解析】【分析】(1)利用已知條件結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義得出點A和點B的坐標(biāo)，再結(jié)合向量的坐標(biāo)表示得出向量的坐標(biāo)，從而由復(fù)數(shù)的幾何意義得出復(fù)數(shù)z.

（2）利用已知條件結(jié)合復(fù)數(shù)z的代數(shù)表示和共軛復(fù)數(shù)的定義以及復(fù)數(shù)的混合運算法則，從而由復(fù)數(shù)的模求解公式得出復(fù)數(shù)z的模.

（3）利用已知條件結(jié)合復(fù)數(shù)的除法運算法則和純虛數(shù)的定義，進(jìn)而得出實數(shù)m的值.16．【答案】（1）證明：取AD的中點M，連接OM、FM如圖所示：

∵對角線AC與BD的交點為O，∴OM//CD，OM=1∵EF//CD，CD=2EF，∴OG//EF，OG=EF，∴OMFE為平行四邊形，∴OE//FM．∵FM?平面ADF，OE?平面ADF，∴OE//平面ADF．（2）證明：∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，∵BF=FD，O是BD的中點，∴OF⊥BD．又∵OF∩AC=O，∴BD⊥平面ACF．∵BD?平面ABCD，∴平面ACF⊥平面ABCD．【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合中位線的性質(zhì)和平行四邊形的定義，進(jìn)而得出線線平行，再結(jié)合線線平行證出線面平行.

（2）利用菱形的結(jié)構(gòu)特征和等腰三角形三線合一證出線線垂直，再結(jié)合線線垂直證出線面垂直，從而由線面垂直證出面面垂直.17．【答案】（1）解：在△ABC中，因為cosA=1213，所以sinA=513，從而sinB==sinAcosC+cosAsinC=由正弦定理ABsinC得AB=AC答：索道AB的長為1040m．（2）解：假設(shè)乙出發(fā)t分鐘后，甲、乙兩游客距離為d，此時，甲行走了(100+50t)m，乙距離A處130t?m，所以由余弦定理得：d2因0≤t≤1040130，即當(dāng)t=3537時，答：當(dāng)t=35（3）解：由正弦定理BCsinA得BC=AC乙從B出發(fā)時，甲已經(jīng)走了50×(2+8+1)=550m，還需走710m才能到達(dá)C．設(shè)乙步行的速度為vm/min，由題意得?3≤500解得125043答：為使兩位游客在C處互相等待的時間不超過3分鐘，乙步行的速度應(yīng)控制在[125043,【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合同角三角函數(shù)基本關(guān)系式、誘導(dǎo)公式和兩角和的正弦公式，從而得出角B的正弦值，再結(jié)合正弦定理得出索道AB的長.

（2）利用已知條件結(jié)合余弦定理和二次函數(shù)在給定區(qū)間求最值的方法，進(jìn)而得出甲、乙兩游客距離最短的時間.

（3）利用正弦定理得出BC的長，再結(jié)合已知條件得出?3≤500v?7105018．【答案】（1）證明：∵PO⊥平面ABC，又BC?平面ABC，∴BC⊥PO，又AB=AC，D為BC的中點，∴BC⊥AD，又PO∩AD=O，且PO，AD?平面PAD，∴BC⊥平面PAD，又AP?平面PAD，∴AP⊥BC；（2）解：①由(1)可知BC⊥平面PAD如圖所示：

∴直線PB與平面PAD所成角為∠BPD，∴sin又易知BD=4，∴PB=BDsin∠BPD又OD=2，PO⊥平面ABC，∴PO=20?4又BC=8，AD=3+2=5，∴三棱錐P?ABC的體積為13②由(1)及①易知PD垂直平分BC，∴PB=PC=6，又AB=AC，PA=PA，∴△PAB≌△PAC，又易知AB=AC=A又AP=A∴cos∠PAB=25+41?36過B作BE⊥AP于點E，連接EC，∴EB=AB×sin∵△PAB≌△PAC，∴CE⊥AP，∴二面角B?AP?C的平面角為∠BEC，又EB=EC=42，又BC=8∴EB2故二面角B?AP?C的大小為90°．【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理和等腰三角形三線合一，進(jìn)而證出線線垂直.

(2)①由(1)可知BC⊥平面PAD，進(jìn)而得出直線PB與平面PAD所成角為∠BPD，再結(jié)合正弦函數(shù)的定義和勾股定理以及線面垂直的定義，進(jìn)而由三棱錐的體積公式得出三棱錐P?ABC的體積.②由(1)及①易知PD垂直平分BC，進(jìn)而得出PB=PC，再利用AB=AC，PA=PA結(jié)合兩三角形全等的判斷方法得出△PAB≌△PAC，再結(jié)合勾股定理和余弦定理以及同角三角函數(shù)基本關(guān)系式，進(jìn)而由正弦函數(shù)的定義得出EB的長，再結(jié)合兩三角形全等得出線線垂直，進(jìn)而得出二面角B?AP?C的平面角為∠BEC，再結(jié)合勾股定理得出二面角B?AP?C的大小．19．【答案】（1）解：∵a+b+c=6，b2∴cosB=a2+∵0<B<π，且y=cosx在(0,π)上單調(diào)遞減，