广东省惠州市博罗县2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题（含答案）

广东省惠州市博罗县2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题一、单项选择题：木题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题绐出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）若复数z满足（1﹣i）z＝2i，则（）A． B． C．2 D．42．（5分）已知α，β，γ是三个不同的平面，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则“m∥n”是“α∥β”的（）条件．A．充分非必要 B．必要非充分 C．充分必要 D．既非充分又非必要3．（5分）在△ABC中，，则A＝（）A．30° B．45° C．120° D．150°4．（5分）设，是两个单位向量，且，那么它们的夹角等于（）A． B． C． D．5．（5分）在△ABC中，D是BC的中点，E是AD的中点，则（）A． B． C． D．6．（5分）如图，在平面直角坐标系xOy中，P是函数y＝sinx图象的最高点，Q是y＝sinx的图象与x轴的交点，则的坐标是（）A． B．（π，0） C．（﹣π，0） D．（2π，0）7．（5分）已知轴截面为正方形的圆柱MM′的体积与球O的体积之比为，则圆柱MM′的表面积与球O的表面积之比为（）A．1 B． C．2 D．8．（5分）如图，某市人民广场正中央有一座铁塔，为了测量塔高AB，某人先在塔的正西方点C处测得塔顶的仰角为45°，然后从点C处沿南偏东30°方向前进60m到达点D处，在D处测得塔顶的仰角为30°，则铁塔AB的高度是（）A．50m B．30m C．25m D．15m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，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分（多选）9．（6分）设z＝1﹣i，则（）A． B． C． D．（多选）10．（6分）已知直线l，m，平面α，β，则下列说法错误的是（）A．m∥l，l∥α，则m∥α B．l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α，则α∥β C．l∥m，l⊂α，m⊂β，则α∥β D．l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α，l∩m＝M，则α∥β（多选）11．（6分）下列说法中错误的是（）A．若，都是非零向量，则“”是“与共线”的充要条件 B．若，都是非零向量，且，则C．若单位向量，，满足，则D．若I为三角形ABC外心，且，则B为三角形ABC的垂心三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共计15分.12．（5分）若一个球的表面积与其体积在数值上相等，则此球的半径为．13．（5分）已知平面向量与的夹角为，若，，则在上的投影向量的坐标为．14．（5分）已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC的面积为，，则该三角形的外接圆直径2R＝．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．（13分）已知向量，，．（1）若，，求λ+μ的值；（2）若，求与的夹角的余弦值．16．（15分）如图所示，在正四棱锥S﹣ABCD中，SA＝SB＝SC＝SD＝2，，求；（1）正四棱锥S﹣ABCD的表面积；（2）若M为SA的中点，求证：SC∥平面BMD．17．（15分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求A；（2）求的最大值．18．（17分）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝2DA，M为线段BC中点，AM与BD交于点N，P为线段CD上的一个动点．（1）用和表示；（2）求；（3）设，求xy的取值范围．19．（17分）设f（z）是一个关于复数z的表达式，若f（x+yi）＝x1+y1i（其中x，y，x1，y1∈R，i为虚数单位），就称f将点P（x，y）“f对应”到点Q（x1，y1）．例如：将点（0，1）“f对应”到点（0，﹣1）．（1）若f（z）＝z+1（z∈C），点P1（1，1）“f对应”到点Q1，点P2“对应”到点Q2（1，1），求点Q1、P2的坐标．（2）设常数k，t∈R，若直线l：y＝kx+t，f（z）＝z2（z∈C），是否存在一个有序实数对（k，t），使得直线l上的任意一点P（x，y）“f对应”到点Q（x1，y1）后，点Q仍在直线l上？若存在，试求出所有的有序实数对（k，t）；若不存在，请说明理由．（3）设常数a，b∈R，集合D{z|z∈C且Rez＞0}和A＝{w|w∈C且|w|＜1}，若满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有f（z）∈A；②对于集合A中的任意一个元素w，都存在集合D中的元素z使得w＝f（z）．请写出满足条件的一个有序实数对（a，b），并论证此时的f（z）满足条件．参考答案与试题解析一、单项选择题：木题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题绐出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【解答】解：因为（1﹣i）z＝2i，所以．故．故选：C．2．【解答】解：如图，将α，β，γ平面视为一个三棱柱的三个侧面，设α∩β＝a，a，m，n为三棱柱三条侧棱所在的直线，则由m∥n得不到α∥β，充分性不成立，若α∥β，且α∩γ＝m，β∩γ＝n，由面面平行的性质定理可得m∥n，必要性成立，所以是必要非充分条件．故选：B．3．【解答】解：在△ABC中，，可得，，所以A＝30°．故选：A．4．【解答】解：，且，，，，且，．故选：C．5．【解答】解：在△ABC中，D是BC的中点，E是AD的中点，故．故选：C．6．【解答】解：由题意以及题图可知Q（π，0），O（0，0），所以．故选：B．7．【解答】解：设圆柱MM′底面圆半径为r，球O的半径为R，则圆柱MM′的高为2r，由，可得，所以圆柱MM′的表面积与球O的表面积之比为．故选：B．8．【解答】解：设AB＝x，x＞0，在Rt△ABC中，由∠ACB＝45°，得BC＝AB＝x，在Rt△ABD中，由∠ADB＝30°，得BD＝AB＝x，在△BCD中，有∠BCD＝90°﹣30°＝60°，CD＝60，由余弦定理得：BD2＝CD2+CB2﹣2CD•CB•cos∠BCD，即3x2＝3600+x2﹣2×60×x×cos60°，整理得x2+30x﹣1800＝0，解得x＝30或x＝﹣60（不合题意，舍去），所以塔AB的高度是30m．故选：B．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，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分（多选）9．【解答】解：由z＝1﹣i可得，所以，即A正确；可得，即B正确；|z|2＝12+（﹣1）2＝2，，显然错误，即C错误；，而，所以D错误．故选：AB．（多选）10．【解答】解：选项A中，m可能在α内，也可能与α平行，故A错误；选项B中，α与β也可能相交，故B错误；选项C中，α与β也可能相交，故C错误；选项D中，依据面面平行的判定定理可知α∥β，故D正确．故选：ABC．（多选）11．【解答】解：对于A项，由与共线，可取，则，又，即“”是“与共线”的充分不必要条件，故A项错误；对于B项，由两边平方，展开得，化简得：，即，故B项正确；对于C项，由可得：，两边平方得，因，，是单位向量，则，则，解得，又由可得：，两边平方得，则，解得，则，故C项错误；对于D项，因为，，故由可得：，故得点I为边AC的中点，即三角形ABC的外心为AC的中点，即AI＝BI＝CI，故得AB⊥BC，即B为三角形ABC的垂心，故D项正确．故选：AC．三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共计15分.12．【解答】解：设球的半径为R，由题意可得，解得R＝3．故答案为：3．13．【解答】解：向量在向量上的投影向量是．故答案为：．14．【解答】解：△ABC的面积为，则，即tanC＝1，0＜C＜π，则，，则，解得2R＝2．故答案为：2．四、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．【解答】解：（1）因为，，所以．因为，所以，解得，所以．（2）因为，所以，即2×4+3×1﹣（2×1+3x）＝0，解得x＝3，所以，故，．16．【解答】（1）解：因为SA＝SB＝SC＝SD＝2，，取CD的中点H，连接SH，由题意可得，由题意可得S侧面积＝4S△SCD＝4×CD×SH＝2××＝，所以S表面积＝S侧面积+SABCD＝+（）2＝+2；（2）证明：连接BD交AC于O，由题意可得O为AC的中点，连接OM，M为SA的中点，在△SAC中，可得OM∥SC，OM⊂平面BMD，SC⊄平面BMD，所以SC∥平面BMD．17．【解答】解：（1）由bsinA+acosB＝c及正弦定理得，sinBsinA+sinAcosB＝sinC，因为sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，所以sinBsinA+sinAcosB＝sinAcosB+cosAsinB，即sinBsinA＝cosAsinB，因为sinB≠0，所以sinA＝cosA，所以tanA＝，又A∈（0，π），所以A＝．（2）由正弦定理知，，所以，其中，所以当时，的最大值为．18．【解答】解：（1）由平面向量的加法法则，可得①，，②因为M为线段BC中点，所以，①②相加，结合，化简得，即．（2）由AM与BD交于点N，可知存在实数t，使，根据B、N、D三点共线，得，解得，即，所以．（3）由题意，设，代入并整理，可得．又，根据平面向量基本定理，得，所以x＝y﹣1，可得．因为，所以，可得xy＝y（1﹣y）＝y2﹣y，相应二次函数的图象是开口向上的抛物线，关于直线对称，因此函数F（y）＝y2﹣y在区间单调为增函数，当y＝1时，（xy）min＝0，当时，，综上所述，xy的取值范围为．19．【解答】解：（1）由P1（1，1）知z＝1+i，则f（z）＝z+1＝2+i，故Q1（2，1），设P2（x，y），则f（z）＝z+1＝（x+1）+yi，由Q2（1，1）知x+1＝1，y＝1，则x＝0，y＝1，即P2（0，1）；（2）直线l上的任意一点P（x，y）“对应”到点Q（x1，y1），所以z＝x+yi，f（z）＝z2＝（x2﹣y2）+2xyi，且y＝kx+t，所以x2﹣y2＝x1，2xy＝y1，即Q（x2﹣y2，2xy），由题意，点Q（x1，y1）仍在直线l上，则2xy＝k（x2﹣y2）+t，又y＝kx+t，则2x（kx+t）＝k[x2﹣（kx+t）2]+t，展开整理得（k3+k）x2+（2t+2k2t）x+kt2﹣t＝0，则，解得k＝t＝0，所以，所求的有