2023-2024学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（下）期中数学试卷一、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.已知复数z满足z(1−i)=|1+i|2，则z=(

)A.1−i B.1+i C.−1−i D.−1+i2.下列说法正确的是(

)A.空间中两直线的位置关系有三种：平行、垂直和异面

B.若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面

C.和两条异面直线都相交的两直线是异面直线

D.若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面3.已知a,b,c均为单位向量，且2a=3b+4A.13 B.−13 C.14.毡帐是蒙古族牧民居住的一种房子，内部木架结构，外部毛毡围拢，建造和搬迁都很方便，适合牧业和游牧生活.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与一个圆柱的组合体，下半部分圆柱的高为2.5米；上半部分圆锥的母线长为23米，轴截面(过圆锥轴的截面)是面积为33平方米的等腰钝角三角形，则建造该毡帐(不含底面)需要毛毡A.(63+15)π B.(53+6)π5.设复数z1，z2对应的向量分别为OZ1,OZ2,O为坐标原点，且z1=−2A.1−3i B.−1+3i6.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,B=π6,c=6，若△ABC有两解，则b的取值范围是A.(3,6) B.(33,63)7.如图，在四边形ABCD中，AD⊥CD，∠BAD=∠BCD=π3，AB=8，AD=16，点E在边AD上，且BE⊥AD，点F为边BC(含端点)上一动点，则DF⋅EF的最小值为A.36

B.39

C.45

D.488.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cb+2bc=3cosA，1A.64 B.105 C.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.设z，z1，z2是复数，则(

)A.若|z|=2，则z2=4 B.若z1=z2−，则z2=z1−

10.对非零向量a,b，定义运算“(∗)”：a(∗)b=|a|cosθ+|b|sinθ，其中A.若a/​/b，则|a(∗)b|=|a|

B.若a=(−1,2),b=(−3,1)，则(a−b)(∗)a=11.已知正四棱锥O−ABCD的底面边长为6，高为3，则(

)A.若点P为正四棱锥O−ABCD外接球的球心，则四棱锥P−ABCD的体积为4

B.直径为1的球能够整体放入正四棱锥O−ABCD内

C.若点M在底面内(包含边界)运动，N为OD中点，则当MN/​/平面OBC时，点M的轨迹长度为6

D.若以点O为球心，2为半径的球O的球面与正四棱锥O−ABCD的棱OA，OB，OC，OD分别交于点E，F，G，H，则四边形EFGH三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.如图，已知△A′B′C′是水平放置的△ABC用斜二测画法画出的直观图，A′B′在x′轴上，B′C′与x′轴垂直，且B′C′=4，则△ABC的边AB上的高为______．

13.如图，为测量武汉防汛纪念碑AB的高度及取景点C与F之间的距离(B,C,D,F在同一水平面上，雕像垂直该水平面于点B，且B，C，D三点共线)，华中师大一附中研究性学习小组同学在C，D，F三点处测得顶点A的仰角分别为60°，30°，45°，若∠FCB=45°，CD=50米，则纪念碑的高度为______米，取景点C与F之间的距离为______米.14.已知平面非零向量a,b和单位向量e，若a与e的夹角为π3,b3−e与四、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满足z+i和z2−i均为实数．

(1)求复数z；

(2)若z1=z16.(本小题15分)

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，且6S=a(b+c)．

(1)若sinB=23，求cosA；

(2)若a=3,A=π3，求17.(本小题15分)

如图，在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AB=CD=AD=3BC，点E为边AD上靠近点A的六等分点，F为CD中点．

(1)用AB,AD表示EF；

(2)设G为AB中点，P是线段AG(不含端点)上的动点，DP交EF于点M，若EM=λEF，AP18.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，其中AD//BC，且AD=2BC，点E为棱PD的中点．

(1)求证：CE/​/平面PAB；

(2)若M为CE上的动点，则线段AD上是否存在点N，使得MN/​/平面PAB？若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由；

(3)若PA=PB=PC=AD=10，CD=12，请在图中作出四棱锥P−ABCD过点B，E及棱AD中点的截面，并求出截面周长．19.(本小题17分)

为提升城市景观面貌，改善市民生活环境，某市计划对一公园的一块四边形区域ABCD进行改造.如图，AB=4(百米)，BC=2(百米)，AD=CD，AD⊥CD，∠ABC∈[π4,3π4]，M，N，E分别为边BC，AB，AC的中点，△BDE所在区域为运动健身区域，其余改造为绿化区域，并规划4条观景栈道DM，DN，EM，EN以及两条主干道AC，BD.(单位：百米)

(1)若∠ABC=π2，求主干道BD的长；

(2)当∠ABC变化时，

①证明运动健身区域△BDE

答案解析1.B

【解析】解：∵z(1−i)=|1+i|2=(1+1)2=2，2.D

【解析】解：对于A，空间中两直线的位置关系有三种：平行、相交和异面，故A错误；

对于B，若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面或平行，故B错误；

对于C，和两条异面直线都相交的两直线是异面直线或相交直线，故C错误；

对于D，如图，在长方体ABCD−A′B′C′D′中，

当A′B所在直线为a，BC′所在直线为b时，a与b相交，

当A′B所在直线为a，B′C所在直线为b时，a与b异面，

∴若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面，故D正确．

故选：D．

3.D

【解析】解：因为a,b,c均为单位向量，且2a=3b+4c，

所以2a−3b=4c，4a2−12a⋅b+9b4.A

【解析】解：根据题意，如图所示为该组合体上半部分圆锥轴截面，

由于其母线长为23米，轴截面是面积为33平方米的等腰钝角三角形，

则有ℎ2+r2=1212×2r×ℎ=33r>ℎ，解可得r=3ℎ=3，

则上半部分圆锥的侧面积5.B

【解析】解：由题意知，z1=−2+2i=2(−22+22i)=2(cos6.A

【解析】解：三角形中，B=π6，c=6，则△ABC有两解的充要条件为：csinB<b<c，

即3<b<6，即B∈(3,6)．

故选：A7.C

【解析】解：以E为坐标原点，AD、EB所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，连接BD，

因为AB=8，AD=16，∠A=π3，所以BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcosπ3=192，可得BD=83，

所以BD2+AB2=256=AD2，可得AB⊥BD，∠ADB=π2−π3=π6，结合AD⊥CD，可得∠BCD=π3，

因为△DBC中，∠BCD=∠BCD=π3，所以△DBC是边长等于83的等边三角形．

由BE=BDsinπ6=43，DE=BDcosπ68.D

【解析】解：因为cb+2bc=3cosA，

所以3cosA=c2+2b2bc=3⋅b2+c2−a22bc，整理可得b2=c2−3a2，①

因为1tanA+9.BC

【解析】解：对于A，取z=2i，|z|=2，而z2=(2i)2=−4，故A错误；

对于B，设z1=a+bi，由z1=z2−=a+bi，可得z2=a−bi，则z2=a−bi=z1−，故B正确；

对于C，取z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d属于R，

则|z1z2|=|10.ABD

【解析】解：对A选项，∵对非零向量a,b，a/​/b，∴<a，b>=0或π，

∴|a(∗)b|=||a|cos<a,b>+|b|sin<a,b>|=|a|，∴A选项正确；

对B选项，∵a=(−1,2),b=(−3,1)，∴(a−b)=(2,1)，

∴|a−b|=5，|a|=5，cos<a−b，a>=(a−b)⋅a|a−11.BCD

【解析】如图所示，AB=BC=CD=AD=6，连接AC，BD交于点O1，则CO1=3，

对于A，连接OO1则OO1⊥平面ABCD，OO1=3，

点P在OO1上，因为CO1⊂平面ABCD，所以CO1⊥OO1，

设正四棱锥O−ABCD外接球的半径为R，

在Rt△PCO中，PC2=CO12+PO12即R2=3+(3−R)2，

解得R=2，所以PO1=3−2=1，

则VP−ABCD=13×6×1=2，故A错误；

对于B，取AD中点M，连接OM.O1M，

则OO1⊥O1，OM⊥AD，O1M=62，

所以OM=OO12+O1M2=32+(62)2=422，

则S△AOD=12×AD×OM=12×6×422=372，

由正四棱锥O−ABCD得，S△COD=S△AOD=S△AOB=S△BOC=372，

设正四棱锥O−ABCD的内切球半径为r，

则VO−ABCD=13SABCD⋅OO1=13(4S△AOD+SABCD)r，

所以

r=SABCD⋅OO14S△OAD+SABCD=6×34×372+6=7−12，2r=7−1>1，

所以直径为1的球能够整体放入正四棱锥O−ABCD内，故B正确；

对于C，取CD，AB的中点K，J，连接KN，JN，JK，则KN//OC，

因为四边形ABCD为正方形，所以AB=CD，AB/​/CD，又CD，AB的中点为K，J，

所以BJ=CK，所以四边形BCKJ为平行四边形，

则JK//BC，JK=BC=6，12.8【解析】解：根据题意，设原图△ABC中，边AB上的高为ℎ，设AB=x，

直观图中，A′B′=AB=x，由于B′C′⊥x′轴，

则△A′B′C′的面积S′=12×A′B′×B′C′=2x，

故原图的面积S=12×AB×ℎ=12xℎ，

又由S=22S′=42x，则有1213.253

【解析】解：由题意可得∠D=30°，∠ACB=60°，则∠ACD=120°，∠CAD=30°，CD=50米，

所以CD=AC=50米，

所以纪念碑的高度AB=AC⋅sin∠ACB=50×32=253米；

且BC=ACcos∠ACB=50×12=25．

因为∠AFB=45°，所以BF=AB=253，

在△BCF中，由余弦定理可得BF2=BC2+CF214.2【解析】解：<a,e>=π3，<b3−e,b5−e>=<b−3e,b−5e>=π4，

如图作OM=3e，ON=5e，OA=a，OB=b，

则|a−b|=|AB|，b−3e=OB−OM=MB，b−5e=OB−ON=NB，

所以〈b−3e,b−5e〉=〈MB,NB〉=π4，即15.解：(1)设z=a+bi(a,b∈R)，

则z+i=a+(b+1)i，

z2−i=a+bi2−i=2a−b+(a+2b)i5，

∵z+i和z2−i均为实数，

∴b+1=0a+2b=0，

解得a=2，b=−1，

故z=2−i；

(2)z1=z−+1m+(m2+m−3)i=2+i+【解析】(1)设z=a+bi(a,b∈R)，化简z+i与z2−i，结合z+i和z2−i均为实数知虚部为0，从而建立方程，解方程求a、b，再求复数，即可求解．

(2)化简z1=16.解：(1)因为6S=a(b+c)，

所以6⋅12acsinB=a(b+c)，

又sinB=23，

所以3ac⋅23=a(b+c)，整理得ac=ab，

所以c=b，

所以C=B，

所以cosA=−cos(B+C)=−cos2B=−1+2sin2B=−1+2×(23)2=−19．

(2)因为6S=a(b+c)，

所以6⋅12bcsinA=a(b+c)，

又a=3,A=π3，

所以3bc【解析】(1)利用S=12acsinB，结合已知条件，可得c=b，即C=B，再利用二倍角公式，求解即可；

(2)利用S=117.解：(1)由已知得：

EF=ED+DF=ED+12DC=56AD+12(DA+AB+BC)

=56AD+12(−AD+AB+13AD)=12AB+12AD；

(2)设AB=【解析】(1)利用向量线性运算法则求解；

(2)利用向量线性运算法则、三点共线、向量相等求解．18.(1)证明：取PA中点F，连BF，EF，因为E为PD中点，

所以EF/​/AD，且EF=12AD，

又因为BC/​/AD，且BC=12AD，

所以EF/​/BC，且EF=BC，

所以四边形BCFE为平行四边形，

所以CE/​/AF，而CE⊄平面PAB，AF⊂平面PAB，

所以CE/​/平面PAB；

(2)解：存在点N，且N为AD中点，证明如下：

取AD中点N，连EN，CN，因为E为PD中点，N为AD中点，

所以EN//PA，

因为EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，

所以EN/​/平面PAB，

又由(1)知CE/​/平面PAB，且EN∩CE=E，

所以平面CEN/​/平面PAB，

又因为MN⊂平面CEN，

所以MN/​/平面PAB；

(3)解：设N为AD中点，取PC中点Q，连EQ，BQ，EN，BN，

则四边形BNEQ即为所求截面，

证明过程如下：因为E为PD中点，Q为PC中点，所以EQ//CD，

又因为BN//CD，所以EQ//BN，

故B，N，E，Q共面，故四边形BNEQ为所求截面，

因为PA=PB=PC=AD=10，CD=12，所以EQ=12CD=6，

EN=12PA=5，BN=CD=12，

在△PBC中，因为PB=PC=10，BC=12AD=5，

由余弦定理得ccos∠PCB=PC【解析】(1)取PA中点F，连BF，EF，由题意可证得四边形BCFE为平行四边形，再由线面平行的判断定理可证得结论；

(2)取AD中点N，连EN，CN，由题意可证得EN/​/平面PAB，再由线面平行的判断