2023-2024学年广东省深圳市南山外国语学校高级中学高一下学期期中数学试题及答案

试题PAGE1试题2023-2024学年广东省深圳市南山外国语学校（集团）高级中学高一（下）期中数学试卷一、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．（5分）（2024春•南山区期中）复数z满足i（z+i）＝1+i，则z＝（）A．1﹣2i B．1+2i C．2+i D．﹣1+2i2．（5分）（2024•浙江模拟）已知向量，是平面上两个不共线的单位向量，且，，，则（）A．A、B、C三点共线 B．A、B、D三点共线 C．A、C、D三点共线 D．B、C、D三点共线3．（5分）（2022春•江城区校级期末）如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为（）A． B．2 C． D．4．（5分）（2024春•南山区期中）如图的平面图形由16个全部是边长为2且有一个内角为60°的菱形组成，那么图形中的向量的数量积＝（）A．34 B． C．6 D．155．（5分）（2024•宜春模拟）设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则（）A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α B．若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n D．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m6．（5分）（2022•河南模拟）“中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积S＝2πRh，其中R为球的半径，h为球冠的高），设球冠底的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则当，S＝14π时，＝（）A． B． C． D．7．（5分）（2024春•南山区期中）秦九韶（1208年～1268年），字道古，祖籍鲁郡（今河南省范县），出生于普州（今四川安岳县）．南宋著名数学家，与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家．1247年秦九韶完成了著作《数书九章》，其中的大衍求一术（一次同余方程组问题的解法，也就是现在所称的中国剩余定理）、三斜求积术和秦九韶算法（高次方程正根的数值求法）是有世界意义的重要贡献．设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，秦九韶提出的“三斜求积术”公式为，若a2sinC＝2sinA，2ac（cosB+1）＝6，则由“三斜求积术”公式可得△ABC的面积为（）A． B． C． D．18．（5分）（2023•赣州模拟）在△ABC中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，P是△ABC的外接圆上的一点，若+n，则m+n的最小值是（）A．﹣1 B． C． D．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。（多选）9．（6分）（2024春•南山区期中）已知复数z＝（m2+2m﹣3）+（m﹣1）i，其中m为实数，i为虚数单位，则（）A．若z为纯虚数，则m＝1或﹣3 B．若复平面内表示复数z的点位于第四象限，则m＜﹣3 C．若m＝2，则的虚部为﹣i D．若z＝a﹣2i（a∈R），则|z|＝2（多选）10．（6分）（2024春•南山区期中）在△ABC中，已知，则下列说法正确的是（）A．当时，此三角形有两解 B．△ABC面积最大值为 C．△ABC的外接圆半径为2 D．若c＝1，则此三角形一定是直角三角形（多选）11．（6分）（2023春•七里河区校级期末）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为正方形底面ABCD内的一动点，则下列结论正确的有（）A．三棱锥B1﹣A1D1P的体积为定值 B．存在点P，使得D1P⊥AD1 C．若D1P⊥B1D，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长度为 D．若点P是AD的中点，点Q是BB1的中点，过P，Q作平面α⊥平面ACC1A1，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）（2024春•南山区期中）已知某圆台的上、下底半径和高的比为1：4：4，母线长为10cm，则该圆台的体积为（cm3）．13．（5分）（2021•新高考Ⅱ）已知向量++＝，||＝1，||＝||＝2，则•+•+•＝．14．（5分）（2022•甲卷）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．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）（2023春•成都期末）已知复数z＝1+mi（i是虚数单位，m∈R），且为纯虚数（是z的共轭复数）．（1）求实数m及|z|；（2）设复数，且复数z1对应的点在第二象限，求实数a的取值范围．16．（15分）（2019秋•崇左期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）求角B的值；（2）若b＝2，且△ABC的面积为，求△ABC的周长．17．（15分）（2024春•南山区期中）如图所示正四棱锥S﹣ABCD，SA＝SB＝SC＝SD＝2，AB＝，P为侧棱SD上的点，且SP＝3PD，求：（1）若M为SA的中点，求证：SC∥平面BMD；（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由．18．（17分）（2024春•南山区期中）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝m，AD＝AA1＝1，点M是棱CD的中点．（1）求异面直线B1C与AC1所成的角的大小；（2）当实数m＝，证明直线AC1与平面BMD1垂直；（3）若m＝2．设P是线段AC1上的一点（不含端点），满足＝λ，求λ的值，使得三棱锥B1﹣CD1C1与三棱锥B1﹣CD1P的体积相等．19．（17分）（2024春•南山区期中）如图所示，△ABC为等边三角形，．I为△ABC的内心，点P在以I为圆心，1为半径的圆上运动．（1）求出的值．（2）求•的范围．（3）若，当最大时，求的值．

2023-2024学年广东省深圳市南山外国语学校（集团）高级中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）（2024春•南山区期中）复数z满足i（z+i）＝1+i，则z＝（）A．1﹣2i B．1+2i C．2+i D．﹣1+2i【解答】解：i（z+i）＝1+i，则z+i＝，故z＝1﹣2i．故选：A．2．（5分）（2024•浙江模拟）已知向量，是平面上两个不共线的单位向量，且，，，则（）A．A、B、C三点共线 B．A、B、D三点共线 C．A、C、D三点共线 D．B、C、D三点共线【解答】解：＝+＝，则A、C、D三点共线．故选：C．3．（5分）（2022春•江城区校级期末）如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为（）A． B．2 C． D．【解答】解：设球的半径为R，因为球是圆柱的内切球，则圆柱的底面半径为R，高为2R．所以圆柱的表面积S1＝2πR2+2πR•2R＝6πR2，球的表面积S2＝4πR2，所以．即圆柱的表面积与球的表面积之比为．故选：C．4．（5分）（2024春•南山区期中）如图的平面图形由16个全部是边长为2且有一个内角为60°的菱形组成，那么图形中的向量的数量积＝（）A．34 B． C．6 D．15【解答】解：如图：以菱形的2条边为基底和，且，与的夹角为60°，则由平面向量的基本定理知，所以．故选：A．5．（5分）（2024•宜春模拟）设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则（）A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α B．若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n D．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m【解答】解：由α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，知：在A中，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l与α相交、平行或l⊂α，故A错误；在B中，若l∥m，m∥n，l⊥α，则由线面垂直的判定定理得n⊥α，故B正确；在C中，若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n，故C错误；在D中，若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，故D错误．故选：B．6．（5分）（2022•河南模拟）“中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积S＝2πRh，其中R为球的半径，h为球冠的高），设球冠底的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则当，S＝14π时，＝（）A． B． C． D．【解答】解：如示意图，根据题意，由勾股定理可得R2＝（R﹣h）2+10，联立方程，解得，于是．故选：B．7．（5分）（2024春•南山区期中）秦九韶（1208年～1268年），字道古，祖籍鲁郡（今河南省范县），出生于普州（今四川安岳县）．南宋著名数学家，与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家．1247年秦九韶完成了著作《数书九章》，其中的大衍求一术（一次同余方程组问题的解法，也就是现在所称的中国剩余定理）、三斜求积术和秦九韶算法（高次方程正根的数值求法）是有世界意义的重要贡献．设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，秦九韶提出的“三斜求积术”公式为，若a2sinC＝2sinA，2ac（cosB+1）＝6，则由“三斜求积术”公式可得△ABC的面积为（）A． B． C． D．1【解答】解：因为a2sinC＝2sinA，由正弦定理得a2c＝2a，所以ac＝2，又因为2ac（cosB+1）＝6，由余弦定理得，可得a2+c2﹣b2＝6﹣2ac＝2，所以．故选：B．8．（5分）（2023•赣州模拟）在△ABC中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，P是△ABC的外接圆上的一点，若+n，则m+n的最小值是（）A．﹣1 B． C． D．【解答】解：由余弦定理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC•cos∠BAC＝1+4﹣2×1×2×cos60°＝3，所以BC＝，所以AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC．以AC的中点O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A（1，0），C（﹣1，0），B（，），设P的坐标为（cosθ，sinθ），∴＝（﹣，），＝（﹣2，0），＝（cosθ﹣1，sinθ），∵，∴（cosθ﹣1，sinθ）＝m（﹣，）+n（﹣2，0），∴cosθ﹣1＝﹣m﹣2n且sinθ＝m，∴m＝sinθ，n＝﹣cosθ﹣sinθ+，∴m+n＝sinθ﹣cosθ+＝sin（θ﹣）+≥﹣1+＝﹣，当且仅当sin（θ﹣）＝﹣1时，等号成立．故选：B．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。（多选）9．（6分）（2024春•南山区期中）已知复数z＝（m2+2m﹣3）+（m﹣1）i，其中m为实数，i为虚数单位，则（）A．若z为纯虚数，则m＝1或﹣3 B．若复平面内表示复数z的点位于第四象限，则m＜﹣3 C．若m＝2，则的虚部为﹣i D．若z＝a﹣2i（a∈R），则|z|＝2【解答】解：复数z＝（m2+2m﹣3）+（m﹣1）i，对于A，若z为纯虚数，则，解得m＝﹣3，故A错误；对于B，复平面内表示复数z的点位于第四象限，则，解得m＜﹣3，故B正确；对于C，m＝2，则z＝5+i，，虚部为﹣1，故C错误；对于D，z＝a﹣2i（a∈R），则m﹣1＝﹣2，解得m＝﹣1，故z＝﹣4﹣2i，|z|＝，故D正确．故选：BD．（多选）10．（6分）（2024春•南山区期中）在△ABC中，已知，则下列说法正确的是（）A．当时，此三角形有两解 B．△ABC面积最大值为 C．△ABC的外接圆半径为2 D．若c＝1，则此三角形一定是直角三角形【解答】解：，由正弦定理可得：sinA•sin＝sinBsinA，在三角形中，sinA＞0，sin＞0，所以sin＝2sincos，即cos＝，又因为B∈（0，π），所以＝，即B＝；A中，因为＜c＜2，由正弦定理可得：＝，可得sinC＝sinB＝•＝∈（，1），所以该三角形有两解，所以A正确；B中，由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB≥2ab﹣2ac•＝ac，即ac≤3，所以S△ABC＝acsinB≤×3×＝，所以B正确；C中，设三角形外接圆的半径为R，则＝2R，即R＝＝1，所以C不正确；D中，若c＝1，由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB，即3＝1+a2﹣2×1×a×，解得a＝2或a＝﹣1（舍），所以可得a2＝b2+c2，所以该三角形一定是直角三角形，所以D正确．故选：ABD．（多选）11．（6分）（2023春•七里河区校级期末）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为正方形底面ABCD内的一动点，则下列结论正确的有（）A．三棱锥B1﹣A1D1P的体积为定值 B．存在点P，使得D1P⊥AD1 C．若D1P⊥B1D，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长度为 D．若点P是AD的中点，点Q是BB1的中点，过P，Q作平面α⊥平面ACC1A1，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为【解答】解：对于A，由题意及图形可知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以点P到平面A1B1C1D1距离d为定值．所以＝，又为定值，故三棱锥B1﹣A1D1P的体积为定值．故A正确；对于B，因A1D⊥AD1，则若D1P⊥AD1，必有A1D∥D1P．但A1D⊂平面ADD1A1，D1∈平面ADD1A1，P∈AD⊂平面ADD1A1或P∉平面ADD1A1，所以A1D与D1P相交或A1D与D1P异面．所以不存在相应的点P，使D1P⊥AD1.故B错误；对于C，如图有B1D⊥平面D1AC．理由如下：连接DB，A1D．由题可得AC⊥DB，AC⊥BB1，又DB∩BB1＝B，DB，BB1⊂平面DBB1，所以AC⊥平面DBB1．因为DB1⊂平面DBB1，所以AC⊥DB1．同理可证得AD1⊥DB1，又AD1∩AC＝A，所以B1D⊥平面D1AC，得D1P⊂平面D1AC．故点P轨迹为平面D1AC与底面ABCD交线，即为线段AC，AC＝2，故C正确；对于D，如图取AB中点为P1，连接PP1．由题可得DB⊥AC，AA1⊥平面ABCD．连接BD，因为PP1∥DB，PP1⊂平面ABCD，则PP1⊥AC，PP1⊥AA1．又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，则PP1⊥平面ACC1A1．又取DD1中点为Q1，则QQ1∥DB∥PP1，有P，P1，Q，Q1四点共面．则平面PP1QQ1即为平面α．又由两平面平行性质可知，PP1∥RR1，PQ1∥QR1，P1Q∥Q1R，又P，P1，Q，Q1都是中点，故R是D1C1中点，R1是B1C1中点．则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面为正六边形，又正方体棱长为2，则，故截面面积为．故D正确．故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）（2024春•南山区期中）已知某圆台的上、下底半径和高的比为1：4：4，母线长为10cm，则该圆台的体积为224π（cm3）．【解答】解：根据题意，设圆台的上、下底面半径和高分别为x、4x、4x，可得母线长为，即，解之得x＝2，所以圆台的上底面半径为r＝2，下底面半径为R＝8，高h＝8．由此可得圆台的体积为V＝πh（r2+R2+rR）＝224π．故答案为：224π．13．（5分）（2021•新高考Ⅱ）已知向量++＝，||＝1，||＝||＝2，则•+•+•＝﹣．【解答】解：方法1：由++＝得+＝﹣或+＝﹣或+＝﹣，∴（+）2＝（﹣）2或（+）2＝（﹣）2或（+）2＝（﹣）2，又∵||＝1，||＝||＝2，∴5+2•＝4，5+2＝4，8+2＝1，∴•＝，•＝，•＝，∴•+•+•＝﹣．故答案为：﹣．方法2：•+•+•＝＝＝﹣．故答案为：﹣．14．（5分）（2022•甲卷）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝．【解答】解：设BD＝x，CD＝2x，在三角形ACD中，b2＝4x2+4﹣2•2x•2•cos60°，可得：b2＝4x2﹣4x+4，在三角形ABD中，c2＝x2+4﹣2•x•2•cos120°，可得：c2＝x2+2x+4，要使得最小，即最小，＝＝，其中，此时，当且仅当（x+1）2＝3时，即或（舍去），即时取等号，故答案为：．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．（13分）（2023春•成都期末）已知复数z＝1+mi（i是虚数单位，m∈R），且为纯虚数（是z的共轭复数）．（1）求实数m及|z|；（2）设复数，且复数z1对应的点在第二象限，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）∵z＝1+mi，∴，∴，∵为纯虚数，∴，解得m＝﹣3，故z＝1﹣3i，则；（2）∵i2023＝i4×505+3＝i3＝﹣i，∴，∵复数z1所对应的点在第二象限，∴，解得，故实数a的取值范围为．16．（15分）（2019秋•崇左期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）求角B的值；（2）若b＝2，且△ABC的面积为，求△ABC的周长．【解答】解：（1）由正弦定理及已知，化边为角得．∵A+B+C＝π，∴sinA＝sin（B+C），代入得，∴．∵0＜C＜π，∴，又∵0＜B＜π，∴．（2）∵，∴ac＝4．由余弦定理，得b2＝a2+c2﹣2accosB＝（a+c）2﹣3ac，∴（a+c）2＝b2+3ac＝16，∴a+c＝4，∴△ABC的周长为6．17．（15分）（2024春•南山区期中）如图所示正四棱锥S﹣ABCD，SA＝SB＝SC＝SD＝2，AB＝，P为侧棱SD上的点，且SP＝3PD，求：（1）若M为SA的中点，求证：SC∥平面BMD；（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由．【解答】（1）证明：如图，连接BD交AC于点O，连接MO，BM，DM，则O为AC的中点，当M为SA的中点时，OM∥SC，又OM⊂平面BMD，SC⊄平面BMD，所以SC∥平面BMD；（2）解：在侧棱SC上存在点E，使得BE∥平面PAC，满足，理由如下：取SD的中点Q，由SP＝3PD，得PQ＝PD，过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ，BE，△BDQ中，有BQ∥PO，又PO⊂平面PAC，BQ⊄平面PAC，所以BQ∥平面PAC，由，得，又QE∥PC，又PC⊂平面PAC，QE⊂平面PAC，所以QE∥平面PAC，又BQ∩QE＝Q，BQ、QE⊂平面BEQ，所以平面BEQ∥平面PAC，而BE⊂平面BEQ，所以BE∥平面PAC，即在侧棱SC上存在点E，使得BE∥平面PAC，满足．18．（17分）（2024春•南山区期中）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝m，AD＝AA1＝1，点M是棱CD的中点．（1）求异面直线B1C与AC1所成的角的大小；（2）当实数m＝，证明直线AC1与平面BMD1垂直；（3）若m＝2．设P是线段AC1上的一点（不含端点），满足＝λ，求λ的值，使得三棱锥B1﹣CD1C1与三棱锥B1﹣CD1P的体积相等．【解答】解：（1）连接B1C，由四边形BCC1B1为正方形，可得B1C⊥BC1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥平