2023-2024学年广东省惠州市惠阳一中高一（下）第一次质检数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年广东省惠州市惠阳一中高一（下）第一次质检数学试卷一、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.有下列命题：

①若在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；

②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；

③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等；

④底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥．

其中，正确命题的个数是(

)A.0 B.1 C.2 D.32.已知向量a=(4,x)，b=(x,1)，那么“x=2”是“a/​/bA.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件3.设复数z满足1+z1−z=i，则|z|=(

)A.1 B.2 C.3 4.△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=4，b=43，∠A=30°，那么∠B=A.30° B.60° C.120° D.60°或120°5.如图，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西30°相距10海里C处的乙船，乙船立即朝北偏东θ+30°角的方向沿直线前往B处营救，则sin θ的值为(

)

A.217 B.22 C.6.已知△ABC的边BC上有一点D满足BD=3DC，则AD可表示为(

)A.AD→=−2AB→+3AC→ B.7.已知复数z满足|z+i|=|z−i|，则|z+1+2i|的最小值为(

)A.1 B.2 C.3 D.8.已知AB⊥AC，|AB|=t，|AC|=1t.若点P是△ABCA.13 B.5−22 C.5−2二、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i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是(

)A.i+i2+i3+i4=0 B.复数−2−i的虚部为−i10.已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列说法正确的是(

)A.若sinA：sinB：sinC=2：3：4，则△ABC是钝角三角形

B.若sinA>sinB，则a>b

C.若AC⋅AB>0，则△ABC是锐角三角形

D.若A=45°，a=2，b=211.已知锐角△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且∠C=π3，c=2.则下列结论正确的是(

)A.△ABC的面积最大值为2 B.AC⋅AB的取值范围为(0,4)

C.bcosA+acosB=2 D.cosB三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是______cm．

13.设x，y∈R，向量a=(x,1)，b=(1,y)，c=(2,−4)且a⊥c，b/​/14.在△ABC中，sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，点D在线段BC上，且BC=3BD，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)

设复数z1=1−ai(a∈R)，z2=3−4i．

(1)若z1+z2是实数，求z116.(本小题15分)

已知向量a=(1,2)，b=(2,−2)，

(1)设c=4a+b，求(b⋅c)a．

(2)若a+λb与17.(本小题15分)

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知3a=3bcosC+csinB．

(1)求角B的值；

(2)若b=2，且△ABC的面积为18.(本小题17分)

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量p=(2b−c,cosC)，q=(2a,1)，且p/​/q．

(Ⅰ)求A；

(Ⅱ)求函数19.(本小题17分)

在△ABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且|AO|=2|OC|，设AB=a，AC=b．

(1)试用a，b表示AR；

(2)若|a|=2,|b|=1,<a,b>=60°，求∠ARB的余弦值；

(3)若H参考答案1.A

2.A

3.A

4.D

5.A

6.C

7.B

8.B

9.AD

10.ABD

11.BCD

12.8

13.1014.π3

315.解：(1)由z1=1−ai，z2=3−4i，得z1+z2=4−(4+a)i，而z1+z2是实数，

于是4+a=0，解得a=−4，

所以z1⋅z216.解：(1)∵a=(1,2)，b=(2,−2)，

∴c=4a+b=(4,8)+(2,−2)=(6,6)．

∴b⋅c=2×6−2×6=0，

∴(b⋅c)a=0a=0．

(2)a+λb=(1,2)+λ(2,−2)=(2λ+1,2−2λ)，

由于a+λb与a垂直，17.解：(1)由正弦定理及已知，化边为角得3sinA=3sinBcosC+sinCsinB．

∵A+B+C=π，∴sinA=sin(B+C)，代入得3sinBcosC+3cosBsinC=3sinBcosC+sinCsinB，

∴3cosBsinC=sinCsinB．

∵0<C<π，∴sinC≠0,tanB=3，

又∵0<B<π，∴B=π18.解：(Ⅰ)∵p=(2b−c，cosC)，q=(2a,1)，p/​/q，∴(2b−c)cosA−acosC=0，

由正弦定理可得：2cosAsinB=cosAsinC+sinAcosC，

即2cosAsinB=sin(A+C)，∴cosA=12，

∵0<A<π，∴A=π3；

(II)1−2cos2C1+tanC=1−2(cos2C−sin2C)1+sinC19.解：(1)由P、R、C共线，则存在λ使PR=λPC，

∴AR−AP=λ(AC−AP)，整理得：AR=(1−λ)AP+λAC=1−λ2a+λb，

由B、