广东省深圳市名校联考2023-2024学年高一下学期数学期中考试试题（含答案）

广东省深圳市名校联考2023-2024学年高一下学期数学期中考试试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设复数z=2i1−i，则A．−1−i B．−1+i C．1−i D．1+i2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA=64，sinB=2A．22 B．43 C．63．如图，△A'B'C'是水平放置的△ABC的斜二测直观图，△A'BA．2 B．22 C．4 D．4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=21，b=4，c=5，则A=A．π6 B．5π6 C．π35．已知|OA|=2，|OB|=6，且OA，OB的夹角为A．−32OB B．32OB 6．在长方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1C与平面A．A，M，O三点确定一个平面 B．A，M，O三点共线C．D，D1，O，M四点共面 D．A，B1，B，7．如图，平行四边形ABCD中，M是BC中点，N是CD上靠近点D的三等分点，若AB=λAM+μAN（λ，A．−95 B．−35 C．8．已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，Q为AD的中点，点M在棱PC上，且满足PA//平面MQB，则PMMCA．14 B．13 C．12二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．下列说法正确的有（）A．若a与b是单位向量，则aB．若非零向量a与b是相反向量，则|C．|D．若a与b共线，b与c共线，则a与c共线10．△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b=3a，sinB=A．π6 B．π3 C．π211．已知正四棱柱ABCD−A1B1C1DA．若PD=3，则满足条件的P点不唯一B．若PD=3，则点PC．若PD∥平面ACB1，则DPD．若PD∥平面ACB1，且PD=3，则平面BDP截正四棱柱三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶､石瓢壶､潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台（其他因素忽略不计），如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的侧面积约为cm13．设x∈R，向量a=(x,1)，b=(3,−3)，且a⊥b，则14．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，M是边BC边上一点，∠BAM=30°，∠CAM=60°，且AM=2，则c+3b的最小值为四、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．已知复数z=a−i（i为虚数单位，a∈R），且z(1+i)是纯虚数.（1）求复数z；（2）在复平面内，复数(z−mi)2(m∈R)对应的点位于第三象限，求实数16．已知向量a,b满足|a|=2（1）求a与b的夹角；（2）若c=2a−b，17．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的外接圆半径为R，且Rsin（1）求B；（2）若a>b，b=23，求a18．如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，E、F、G分别为棱（1）证明：B1E∥平面（2）在线段CC1是否存在一点N，使得平面NEF∥平面19．重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如图，重庆某避暑山庄O为吸引游客，准备在门前两条小路OA和OB之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰淇淋”般的凉爽感，已知∠AOB=π4，弓形花园的弦长AB=22，记弓形花园的顶点为M（1）将|OA|,|OB|用含有（2）该山庄准备在M点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计OA,OB的长度，才使得喷泉M与山庄

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：z=2i故答案为：B.【分析】根据复数的乘除法运算求解即可.2．【答案】B【解析】【解答】解：由正弦定理asinA=故答案为：B.【分析】直接利用正弦定理求解即可.3．【答案】B【解析】【解答】解：因为△A'B'C'为等腰直角三角形且由斜二测画法可得∠CAB=90°，所以S△ABC故答案为：B.【分析】根据斜二测画法还原即可.4．【答案】C【解析】【解答】解：由余弦定理知cosA=b2+c故答案为：C.【分析】直接利用余弦定理即可得解.5．【答案】D【解析】【解答】解：由题意得AB⋅所以AB在OB上的投影向量为AB⋅故答案为：D.【分析】先求出AB⋅6．【答案】B【解析】【解答】解：如图所示：AB、连接A1C1,AC，则A又M∈A1C，所以M∈又M∈面AB1D，所以点M在面AC同理可得点O在面ACC1A所以A，M，O三点共线，故A错误，B正确；C、显然OM,DD1为异面直线，D，D1D、由异面直线的定义可知AM,BB1是异面直线，A，B1故答案为：B.【分析】根据平面的基本性质，异面直线的定义，逐项判断即可.7．【答案】D【解析】【解答】解：因为AB=所以56AB=所以λ=65，μ=−3故答案为：D.【分析】利用平面向量的加法，减法和数乘得到AB=8．【答案】C【解析】【解答】解：连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，如图所示：

因为底面ABCD为平行四边形，所以O是AC中点，也是BD中点，而点Q是AD中点，所以N是△ABD的重心，AN=2因为PA//平面MQB，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面MQB=MN，所以PA//MN，于是得PMPC=AN故答案为：C.【分析】连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，由线面平行的性质定理可得PA//MN，再借助比例即可得解.9．【答案】B,C【解析】【解答】解：A、a与b是单位向量且方向不同时，a⋅B、若非零向量a与b是相反向量，则a与b方向相反且模相等，即|aC、|aD、若b为零向量，a、c为非零向量，则a与c不一定共线，故D错误．故答案为：BC.【分析】利用相反向量的定义和数量积的定义以及数量积的公式逐项判断即可.10．【答案】A,C【解析】【解答】解：由sinB=sin2A，得sinB=2sinAcos因为0<A<π，b>a，所以A=π6，所以所以B=π3或B=2π3，当当B=2π3时，故答案为：AC.

【分析】利用正弦定理可得b=2acosA，结合条件可得A=π6，可求出11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：如图，

因为DD1与上底面垂直，所以DA、若PD=3，则PD但B1D1B、由上可知PD1=C、连接A1D,A1C1,C1D，如图，

由AA1与CC1平行且相等得ACC1A1是平行四边形，所以AC//A1C1，又A1C1⊄平面AB1C，AC⊂平面在△DA1C1中，DAD、连接BD，AC交于点M，连接B1M，如图，

由正四棱柱性质可得B1M=3，取B1D1中点P，由B1P与DM平行且相等可得DMB1P是平行四边形，即DP=B1M=3，且DP//B1M，而DP⊄平面AB故答案为：BCD．【分析】由正四棱柱性质分别求出PD1的长，可判断AB；由面面平行的性质确定P点轨迹后，由三角形性质得最大值，可判断C；确定12．【答案】16【解析】【解答】解：石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图为该圆台的轴截面，上底面半径为r'=62则该圆台的母线长为16+4侧面积S=π(故答案为：165【分析】把石瓢壶的壶体近似看成一个圆台，根据已知条件可求出母线长，再由圆台侧面积公式即可得解.13．【答案】3；[2【解析】【解答】解：因为a⊥b，所以a⋅b=0|ta+b|2=t2a当t=2时，|ta所以|ta+b故答案为：3；[23【分析】由向量垂直可解出x；利用平方的方法，结合二次函数的性质可求得|ta14．【答案】4【解析】【解答】解：如图所示：

因为S△ABM+所以12所以12×2×c×1所以c+3当且仅当b=2，c=23时取等号，所以c+3b故答案为：43【分析】由S△ABM+S15．【答案】（1）解：因为z=a−i(a∈R)，且z(1+i)是纯虚数，所以(a−i)(1+i)=(a+1)+(a−1)i是纯虚数，则a+1=0a−1≠0，即a=−1所以z=−1−i.（2）解：(z−mi)2由题意可得1−(m+1)2<0所以实数m的取值范围是(−∞【解析】【分析】（1）由复数乘法运算法则和纯虚数概念即可得解；（2）根据复数运算法则以及几何意义即可得解.16．【答案】（1）解：因为|a|=2，|b所以a⋅所以cosθ=22所以θ=π4，即a与b的夹角为（2）解：因为c+2则|c故|c【解析】【分析】（1）利用数量积的性质及运算律即可求解；（2）由c+217．【答案】（1）解：由题知Rsin所以sinA+2又C=π−(A+B)，所以sinA+2所以sinA=2因为0<A<π，sinA>0所以cosB=又0<B<π，所以B=π（2）解：因为cosB=所以a2−ac+1又csin所以a2因为A+C=π−B=2π所以A=2π3−C>B=所以0<sinC<3所以6<12−8si故a2−ac+1【解析】【分析】（1）由RsinA+bcosA=c，根据正弦定理得Rsin（2）由cosB=a2+c2−18．【答案】（1）证明：取AC的中点M，连接EM，GM如图所示：在△ABC中，因为E、M分别为AB、AC的中点所以EM//BC且EM=1又G为B1C1的中点，B1C即B1G//EM且故四边形EMGB1为平行四边形，所以又MG⊂平面ACG，B1E⊂平面ACG，所以B（2）解：当N为CC1的中点时，平面NEF//平面证明：连接NE，NF如图所示：因为N，F分别是CC1和BC的中点，所以因为NF⊂平面A1BC1，BC1因为EF//AC，AC//A1C因为EF⊂平面A1BC1，A1C又因为EF⊂平面NEF，NF⊂平面NEF，NF∩EF=F，所以平面NEF//平面A1【解析】【分析】（1）取AC中点M，连EM，GM，证明B1（2）N为CC1的中点时，平面NEF//平面A1BC19．【答案】（1）解：因为|OA|sinθ=|OB|所以|