2023-2024学年广东省东莞外国语学校高一（下）第一次段考数学试卷（4月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年广东省东莞外国语学校高一（下）第一次段考数学试卷（4月份）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.i是虚数单位，若(1+mi)(A.2 B.4 C.−2 D.2.下列命题正确的是(

)A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱

B.有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥

C.有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱

D.用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台3.在△ABC中，sinA：sinB：sA.−23 B.−13 C.4.如图，正方形O′A′B′C′A.8cm

B.6cm

C.5.已知|a|=5，|b|=4，且aA.−35b B.35b 6.若虚数单位i是关于x的方程ax3+bxA.0 B.1 C.2 D.7.在△ABC中，D是边BC上一点，且BD=2DC，EA.53n−3m B.728.费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于23π时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为23π.已知在△ABC中，B=π2，P为A.[1,+∞) B.[2二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知a=(t,A.|a|的最小值为1

B.若a⊥b，则t=0

C.若t=1，与a垂直的单位向量只能为(210.已知复数z1，z2，下列说法正确的是(

)A.若z1=z2−，则z2=z1−

B.若|z1−z2|=|z11.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c=A.若B=π4,1<b<2，则△ABC有两解

B.若B∈(π2,π三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在△ABC中，(a+b+13.设e1,e2是不共线的两个向量，AB=e1+ke2,14.10世纪阿拉伯天文学家阿尔库希设计出一种方案，通过两个观察者异地同时观测同一颗小天体来测定小天体的高度．如图，有两个观察者在地球上A，B两地同时观测到一颗卫星S，仰角分别为∠SAM和∠SBM(MA,MB表示当地的水平线，即为地球表面的切线)，设地球半径为R，弧AB的长度为四、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.(本小题13分)

已知复数z=ln(m2−2m−2)+(m216.(本小题15分)

设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,bsinB+C17.(本小题15分)

在平面直角坐标系xOy中，点A(−1,−2)，B(2,3)，C(−2,−1)．

(118.(本小题17分)

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足(2a+c)⋅BC⋅BA19.(本小题17分)

如图，A，B是单位圆(圆心为O)上两动点，C是劣弧AB(含端点)上的动点.记OC=λOA+μOB(λ,μ均为实数)．

(1)若∠AOB=120°时，当点C恰好运动到劣弧AB

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：由题意知，(1+mi)(2−i)=2+2m2.【答案】C

【解析】解：对于A，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不一定是棱柱，也可能是三棱台，所以A错误；

对于B，有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形的几何体才是棱锥，所以B错误；

对于C，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，

即所有的侧面是平行四边形，所以该几何体是棱柱，C正确；

对于D，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体才是棱台，所以D错误．

故选：C．

根据棱柱、棱锥、棱台的定义，对选项中的命题进行判断正误即可．

本题考查了棱柱、棱锥、棱台的定义与应用问题，是基础题．3.【答案】C

【解析】解：因为sinA：sinB：sinC=2：3：4

所以a：b：c=2：3：4，

设a=2k，b=3k，c=4k，k>0

由余弦定理可知cosC4.【答案】A

【解析】【分析】

由斜二测画法的规则知已知图形平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于x′轴，长度保持不变，已知图形平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于y′轴，且长度为原来一半．由于y′轴上的线段长度为2，故在平面图中，其长度为22，且其在平面图中的y轴上，由此可以求得原图形的周长．

本题考查的知识点是平面图形的直观图，其中斜二测画法的规则，能够帮助我们快速找到原图各边的长度．

【解答】

解：由斜二测画法的规则知与x′轴平行的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变，

正方形的对角线在y′轴上，

可求得其长度为2cm，故在平面图中其在y轴上，且其长度变为原来的2倍，长度为22cm，其原来的图形如图所示，

则原图形中的平行四边形中，一边长为15.【答案】C

【解析】解：设a与b的夹角为θ，

则cosθ=a⋅b|a||b|=−125×4=−36.【答案】C

【解析】解：由题意，ai3+bi2+bi+1=0，化简得(b−a)i+1−b=0，即7.【答案】D

【解析】解：由题意，BD=2DC，E是AC的中点，

则有AE=12AC，CB=3CD，8.【答案】D

【解析】解：设∠PAB=α，∠PCB=β，则∠PBA=π3−α，∠PBC=π3−β，

由∠PBA+∠PBC=π2，得(π3−α)+(π3−β)=π2，解得α+β=π6，满足0<α<π6，0<β<π6．

在△PAB9.【答案】AB【解析】解：已知a=(t,1),b=(2,t)，

对于选项A，|a|=t2+1≥1，

即|a|的最小值为1，

即选项A正确；

对于选项B，若a⊥b，

则t×2+1×t=0，

即t=0，

即选项B正确；

对于选项C，若t=1，

则a=(1,1)，

则与a垂直的单位向量为10.【答案】AD【解析】解：设复数z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，

对于A：若z1=z2−，故a+bi=c−di，故a=c，b=−d，故z2=z1−，故A正确；

对于B：若|z1−z2|=|z1+z2|，所以|a−c+(b−d)i|=|a+c+(b+d11.【答案】AC【解析】解：对于A，因为B=π4,1<b<2，所以csinB<b<c，则△ABC有两解，A正确．

对于B，因为B∈(π2,π)，b>2，所以△ABC有且仅有一解，B错误．

对于C，由0<π−3C<π20<2C<π20<C<π2，得π6<C<π4，则sin12.【答案】2π【解析】解：∵(a+b+c)(a−b+c)=ac，

∴整理可得：a2+c2−b2=−ac13.【答案】−4【解析】解：BD=CD−CB=e1−4e2，∵e1,e2不共线，∴BD≠0，

∵A，B，D三点共线，∴AB与BD共线，

∴存在实数λ，使AB=λBD，14.【答案】(【解析】解：设地球球心为O，

由题意可得∠SAO=120°，∠SBO=135°，∠AOB=60°，

设∠ASO=θ，则∠BSO=45°−θ，

由正弦定理SOsin120∘=Rsinθ，15.【答案】解：(1)复数为实数，则有m2+2m=0，解得m=0戓m=−2，

又m2−2m−2>0，

显然m=0不符合要求，m=−2【解析】(1)结合实数的定义以及对数函数的性质，即可求解．

(216.【答案】解：(1)在ABC中，由bsinB+C2=asinB结合正弦定理可得，sinBsinB+C2=sinAsinB．

因为B为三角形内角可知sinB≠0，

所以sinB+C2=sin【解析】(1)由已知结合正弦定理，和差角公式及诱导公式进行化简可求A；

(2)由余弦定理可得a2=b2+c217.【答案】解：(1)AB=(3,5)，∵实数t满足(AB−tOC)⊥OC，

∴(AB−tOC【解析】(1)AB=(3,5)，由实数t满足(AB−tOC)⊥OC，可得(18.【答案】解：(1)∵(2a+c)⋅BC⋅BA+c⋅CA⋅CB=0

∴(2a+c)⋅a⋅ccosB+c⋅a⋅bcosC=0

即(2a+c)cosB+bcosC=0

根据正弦定理得2sinAcos【解析】(1)根据向量的数量积运算，以及正弦定理即求角B的大小；

(2)根据正弦定理分别求出a，19.【答案】解：(1)A，B是单位圆(圆心为O)上两动点，C是劣弧AB(含端点)上的动点，

记OC=λOA+μOB(λ,μ均为实数)，

∵∠ACB=120°，且点C恰好运动到劣弧 AB