2023-2024学年广西示范性高中高一（下）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年广西示范性高中高一（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.若集合A={x|−4<x<12}，B={x|x<−1}，则A∩B=A.{x|−1<x<4} B.{x|−1<x<−12}

C.{x|−1<x<2.若实数m，n满足m−2i=1+ni，则m−n=(

)A.−3 B.3 C.−1 D.13.已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足a=2，A=45°，sinB=45，则b=(

)A.85 B.65 C.84.已知正三棱柱ABC−A1B1C1A.43 B.33 C.5.已知角α的终边经过点(−3,m)，若tanα=23，则sinα=(

)A.−21313 B.2136.如图所示，某广场的六边形停车场由4个全等的等边三角形拼接而成，则BA=(

)A.3BD−2BC

B.2BD−3BC

7.已知△ABC的重心为O，若|OA+OB|=|OA−OBA.3 B.22 C.28.在一节数学选修课上，为了让大家更加直观地体会旋转体的生成过程，唐老师用电脑绘制了一个△ABC，其中AB=4，BC=5，AC=6，然后分别以AB，BC，AC为旋转轴，利用电脑的3D制图功能将△ABC旋转一周，得到几何体Ω1，Ω2，Ω3，则Ω1，Ω2，A.4：5：6 B.15：12：10 C.6：5：4 D.10：12：15二、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.如图1是水平放置的边长为4的正方形ABCO，则在由斜二测画法画出的该正方形的直观图A′B′C′O′中(如图2所示)，下列说法正确的是(

)A.O′A′=4 B.O′C′=4

C.OB>O′B′ D.A′B′C′O′的面积为410.若复数z1，z2是方程x2−6x+12=0A.z1，z2实部相等

B.z1，z2虚部相等

C.|11.已知△ABC中，点P满足PA+PB=CP，点Q在△PBC内(含边界)，其中AQA.若x=13,y=23，则CQBQ=2

B.若P，Q两点重合，则AQ=13AB+13AC

C.存在三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a=(2,1)，b=(−1,λ)，若(a+b)⊥13.如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是OM,ON，则z14.已知圆台O1O2的上、下底面积分别为2π，18π，体积为104π3，则圆台O1O2的高为______；若线段AB，CD分别为圆台O1O2上、下底面的两条直径，且A，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)

(1)已知复数z为纯虚数，其中z+42−i为实数，求z−；

(2)若复数z满足(z2)16.(本小题15分)

已知a,b是平面内两个不共线的单位向量，A，B，C，D是该平面内的点，其中AB=2a+12b，AC=3a+λb，CD=4a−2b，A，C，17.(本小题15分)

已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，点M，N分别是线段C1D1，CC1的中点．

(1)求点M到平面A18.(本小题17分)

已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足acosB+bcosA+2ccosC=0．

(1)求C的值；

(2)若c=27，S△ABC=23，求△ABC的周长；

(3)若a=b=4，点M为平面19.(本小题17分)

若定义在D上的函数f(x)满足：对任意x∈D，存在常数M>0，都有|f(x)|≤M成立，则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界，最小的M称为函数f(x)的上确界．

(1)求函数f(x)=|sinx|+sinx的上确界；

(2)已知函数f(x)=1lnx+x+lnx+x−4,x∈(23,2)，证明：2为函数f(x)的一个上界；

(3)已知函数f(x)=4−x+λ+2x2x,x∈[0,+∞)，若参考答案1.D

2.B

3.C

4.C

5.A

6.C

7.D

8.B

9.ACD

10.AC

11.BCD

12.−3

13.−10+6i

14.4

72π

15.解：(1)复数z为纯虚数，

设z=bi，b∈R，

则z+42−i=4+bi2−i=(4+bi)(2+i)(2−i)(2+i)=8+2bi+4i+bi24−i2=8−b5+2b+45i，

∵z+42−i为实数，∴2b+45=0，解得b=−2，

∴z−=−bi=2i．

16.解：(1)AC=3a+λb，CD=4a−2b，A，C，D三点共线，

则存在实数k，使得AC=kCD，即3a+λb=k(4a−2b)，

a,b是平面内两个不共线的单位向量，

则4k=3−2k=λ，解得λ=−32；17.解：(1)记点M到平面A1C1B的距离为ℎ，

由题意知△A1BC1为正三角形，且A1B=22，

所以SΔA1BC1=12×22×22×sin60°=23，，

所以VB−A1C1M=13SΔA1C1M⋅BB1=13×1×2=23，

因为VB−A1C1M=VM−A1BC1，

所以18.解：(1)在△ABC中，由正弦定理得：sinAcosB+sinBcosA+2sinCcosC=0，

得sinAcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC=−2sinCcosC，

因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，所以cosC=−12，即C=2π3；

(2)因为S△ABC=23，所以S△ABC=12absinC=12ab×32=23，所以ab=8，

由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcosC=(a+b)2−2ab+ab=(a+b)2−ab，

即28=(a+b)2−8，解得a+b=6，所以a+b+c=6+27，

所以△ABC的周长为6+27；

(3)因为C=23π，a=b=419.解：(1)依题意f(x)=2sinx,2kπ≤x≤π+2kπ0,π+2kπ<x<2π+2kπ，

故f(x)∈[0,2]，|f(x)|≤2，

故f(x)=|sinx|+sinx的上确界为2；

(2)证明：令lnx+x=t∈(ln23+23,2+ln2)，

故原函数化为g(t)=t+1t−4，

由对勾函数性质可知，g(t)在t∈(ln23+23,1)上单调递减，在t∈(1,ln 2+2)上单调递增，

且g(1)=