河北省邢台市2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

河北省邢台市2023-2024学年高一下学期期中数学试卷(解析版) 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）（3+i）（4﹣2i）＝（　　） A．14﹣2i B．8﹣2i C．14+2i D．8+2i 2．（5分）下列结论正确的是（　　） A．底面是正方形的棱锥是正四棱锥 B．绕直角三角形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥 C．有两个面是四边形且相互平行，其余四个面都是等腰梯形的几何体是四棱台 D．棱台的所有侧棱所在直线必交于一点 3．（5分）已知向量满足，且，则在上的投影向量为（　　） A． B． C． D． 4．（5分）如图，△O′A′B′是△OAB在斜二测画法下的直观图，其中O′B′＝2O′A′＝4，则△OAB的面积是（　　） A． B．4 C．8 D． 5．（5分）如图，圆锥SO的顶点及底面圆的圆周都在球M的球面上，且圆锥SO的母线长和底面圆的直径均为2，则球M的表面积为（　　） A．π B．4π C． D． 6．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin2A+sin2B+cos2C＜1，则△ABC的形状是（　　） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定的 7．（5分）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若点E，F分别满足，平面EB1C1F将三棱柱分成的左、右两部分的体积分别为V1和V2，则V1：V2＝（　　） A．19：8 B．2：1 C．17：10 D．16：11 8．（5分）18世纪末，挪威测量学家维塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如|z|＝|OZ|，即复数z的模的几何意义为z对应的点Z到原点的距离．设复数z＝x+yi（x，y∈R），且，则|z+1|的取值范围是（　　） A． 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）已知复数z＝a+bi（a，b∈R，且b≠0）满足，则（　　） A． B． C．|z|＝1 D． （多选）10．（6分）用一个平面去截一个几何体，截面是四边形，则这个几何体可能是（　　） A．圆锥 B．圆柱 C．三棱柱 D．三棱锥 （多选）11．（6分）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝3A1B1＝6，AA1＝4，P为棱BB1上的动点（含端点），则下列结论正确的是（　　） A．四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的表面积是 B．四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积是 C．AP+PC的最小值为 D．AP+PC1的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（5分）一个棱台至少有 　 　个面． 13．（5分）已知复数z和是关于x的方程x2+mx+8＝0（m∈R）的两根，则|z|＝　 　． 14．（5分）在△ABC中，D，E分别在边BC，AC上，且，若，则x﹣y＝　 　，线段AD与BE交于点F，则＝　 　． 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）已知复数z＝m2﹣1+（m2﹣2m﹣3）i（m∈R）． （1）若复数z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围； （2）若是纯虚数，求m的值． 16．（15分）如图，这是某建筑大楼的直观图，它是由一个半球和一个圆柱组合而成的．已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面（过圆柱上、下底面圆的圆心连线的平面）ABCD是边长为6的正方形． （1）求该几何体的表面积； （2）求该几何体的体积． 17．（15分）在平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝6，，F是线段AD的中点，，λ∈[﹣1，1]． （1）若，AE与BF交于点N，，求x﹣y的值； （2）求的最小值． 18．（17分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别在BB1，AD上．已知AB＝BC＝6，AA1＝8，BE＝DF＝2． （1）作出平面C1EF截长方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面，并写出作法； （2）求（1）中所作截面的周长； （3）长方体ABCD﹣A1B1C1D1被平面C1EF截成两部分，求体积较小部分的几何体的体积V． 19．（17分）如图，在平面四边形ABCD中，AB＝1，BC＝3，CD＝2，AD＝4． （1）若A为锐角，且，求△BCD的面积； （2）求四边形ABCD面积的最大值； （3）当A＝60°时，P在四边形ABCD所在平面内，求PA+PB+PD的最小值． 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）（3+i）（4﹣2i）＝（　　） A．14﹣2i B．8﹣2i C．14+2i D．8+2i 【分析】直接利用复数代数形式的乘法运算化简得答案． 【解答】解：（3+i）（4﹣2i）＝12﹣6i+4i﹣2i2＝12﹣6i+4i+2＝14﹣2i． 故选：A． 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题． 2．（5分）下列结论正确的是（　　） A．底面是正方形的棱锥是正四棱锥 B．绕直角三角形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥 C．有两个面是四边形且相互平行，其余四个面都是等腰梯形的几何体是四棱台 D．棱台的所有侧棱所在直线必交于一点 【分析】根据题意，由棱锥的定义分析A，由圆锥的定义分析B，由棱台的定义分析C和D，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，各侧面都是全等的等腰三角形，且底面为正多边形的棱锥是正棱锥，A错误； 对于B，绕直角三角形的一条直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥，B错误； 对于C，若几何体中，有两个面是四边形且相互平行，其余四个面都是等腰梯形，不能保证侧棱的延长线交于一点，该几何体不一定为棱台，C错误； 对于D，由棱台的定义，棱台的所有侧棱所在直线必交于一点，D正确． 故选：D． 【点评】本题考查棱柱、棱台、棱锥的结构特征，注意常见几何体的定义，属于基础题． 3．（5分）已知向量满足，且，则在上的投影向量为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据题设条件及投影向量的概念进行计算即可求解． 【解答】解：由题意，在上的投影向量为： ＝＝． 故选：C． 【点评】本题考查投影向量的概念，属基础题． 4．（5分）如图，△O′A′B′是△OAB在斜二测画法下的直观图，其中O′B′＝2O′A′＝4，则△OAB的面积是（　　） A． B．4 C．8 D． 【分析】根据题意，求出直观图的面积，进而由原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案． 【解答】解：根据题意，直观图△O′A′B′中，O′B′＝2O′A′＝4，∠B′O′A′＝45°， 则其直观图的面积S′＝×O′B′×O′A′×sin45°＝2， 则原图的面积S＝2S′＝2×2＝8． 故选：C． 【点评】本题考查平面图形的直观图，注意原图面积与直观图面积的关系，属于基础题． 5．（5分）如图，圆锥SO的顶点及底面圆的圆周都在球M的球面上，且圆锥SO的母线长和底面圆的直径均为2，则球M的表面积为（　　） A．π B．4π C． D． 【分析】设底面圆O半径为r，球M半径为R，圆锥高为h，则R2＝（h﹣R）2+r2，求解R得出结果． 【解答】解：如图，底面圆O半径r＝1，母线l＝2，球M半径为R，连接AM， 圆锥高， 则R2＝（h﹣R）2+r2，即， 解得， 则球M表面积． 故选：D． 【点评】本题考查了圆锥外接球表面积的计算，属于中档题． 6．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin2A+sin2B+cos2C＜1，则△ABC的形状是（　　） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定的 【分析】由已知结合同角平方关系，正弦定理及余弦定理进行化简即可判断． 【解答】解：若sin2A+sin2B+cos2C＜1， 则sin2A+sin2B＜1﹣cos2C＝sin2C， 由正弦定理得，a2+b2﹣c2＜0，即cosC＜0， 所以C为钝角，即△ABC为钝角三角形． 故选：C． 【点评】本题主要考查了同角基本关系，正弦定理及余弦定理在三角形形状判断中的应用，属于基础题． 7．（5分）如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若点E，F分别满足，平面EB1C1F将三棱柱分成的左、右两部分的体积分别为V1和V2，则V1：V2＝（　　） A．19：8 B．2：1 C．17：10 D．16：11 【分析】先计算三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V＝Sh，再得出三棱台AEF﹣A1B1C1的体积V1，从而根据，即可求解． 【解答】解：设△ABC的面积为S，三棱柱ABC﹣A1B1C1的高为h， 则三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V＝Sh， 因为，， 所以EF∥BC， 所以△AEF∽△ABC，且， 所以△AEF的面积， 则三棱台AEF﹣A1B1C1的体积， 从而， 故． 故选：A． 【点评】本题考查几何体体积的计算，属于中档题． 8．（5分）18世纪末，挪威测量学家维塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如|z|＝|OZ|，即复数z的模的几何意义为z对应的点Z到原点的距离．设复数z＝x+yi（x，y∈R），且，则|z+1|的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【分析】由题意，把化为|[（x+1）+yi]﹣（3+3i）|＝，利用绝对值不等式求出|z+1|的取值范围． 【解答】解：由z＝x+yi（x，y∈R），且， 得|[（x+1）+yi]﹣（3+3i）|＝， 由＝|[（x+1）+yi]﹣（3+3i）|≥|（x+1）+yi|﹣|3+3i|＝|z+1|﹣3，所以|z+1|≤4； 由＝|[（x+1）+yi]﹣（3+3i）|≥|3+3i|﹣|（x+1）+yi|＝3﹣|z+1|，所以|z+1|≥2； 所以|z+1|的取值范围是[2，4]． 故选：D． 【点评】本题考查了复数的模长应用问题，也考查了转化思想，是基础题． 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）已知复数z＝a+bi（a，b∈R，且b≠0）满足，则（　　） A． B． C．|z|＝1 D． 【分析】结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，求出a，b，即可依次判断． 【解答】解：复数z＝a+bi（a，b∈R，且b≠0）满足， 则（a+bi）2＝a2﹣b2+2abi＝a﹣bi，即，解得，b＝，故A正确；B错误； ，故C正确； z+＝2a＝﹣1，故D正确． 故选：ACD． 【点评】本题主要考查复数的运算，以及共轭复数的定义，属于基础题． （多选）10．（6分）用一个平面去截一个几何体，截面是四边形，则这个几何体可能是（　　） A．圆锥 B．圆柱 C．三棱柱 D．三棱锥 【分析】根据圆锥、圆柱、三棱柱、三棱锥的几何特征，分别分析出用一个平面去截该几何体时，可能得到的截面的形状，逐一比照后，即可得到答案． 【解答】解：用一个平面去截一个圆锥，得到的图形可能是圆、椭圆、抛物线、双曲线的一支、三角形，不可能是四边形，故A不满足要求； 用一个平面去截一个圆柱，轴截面是四边形，故B满足要求； 用一个平面去截一个三棱柱，当截面平行于侧棱时，截面是四边形，故C满足要求； 用一个平面去截一个三棱锥，当截面经过两组对棱的中点时，截面是四边形，故D满足要求． 故选：BCD． 【点评】本题考查的知识点是圆锥的几何特征，圆柱的几何特征，球的几何特征，其中熟练掌握相关旋转体的几何特征，培养良好的空间想像能力，是解答本题的关键． （多选）11．（6分）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝3A1B1＝6，AA1＝4，P为棱BB1上的动点（含端点），则下列结论正确的是（　　） A．四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的表面积是 B．四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积是 C．AP+PC的最小值为 D．AP+PC1的最小值为 【分析】对于A，该四棱台的侧面都是等腰梯形，算出所有面的面积即可求解； 对于B，先求出棱台的高，再利用棱台的体积公式即可求解； 对于C，把四边形A1ABB1，BB1C1C展开至同一个平面，连接AC，AC1，AB1，易知AP+PC的最小值就是展开图中AC的长，解三角形即可； 对于D，在△AA1B1中，利用余弦定理即可求解． 【解答】解：如图1，由题意可知该四棱台的侧面都是等腰梯形，且∠A1AB＝60°，作A1E⊥AB，垂足为E， 因为A1A＝4，∠A1AB＝60°，所以， 所以， 则四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的表面积，故A正确； 如图2，设O1，O分别是A1C1和AC的中点，则OO1是四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的高， 作A1H⊥AC，垂足为H，由题中数据可知， 则四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积＝，故B正确； 如图3，把四边形A1ABB1，BB1C1C展开至同一个平面，连接AC，AC1，AB1，易知AP+PC的最小值就是展开图中AC的长， 在△ABC中，AB＝BC＝6，∠ABC＝120°， 则， 即AP+PC的最小值为，故C正确； 在△AA1B1中，由余弦定理可得， 则， 从而， 由图可知，则D错误． 故选：ABC． 【点评】本题考查正四棱台的体积与表面积以及利用展开思想求最值问题，属于中档题． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（5分）一个棱台至少有 　5　个面． 【分析】由题意，根据面数最少的棱台是三棱台，即可求解． 【解答】解：易知面数最少的棱台是三棱台， 而三棱台有5个面， 则一个棱台至少有5个面． 故答案为：5． 【点评】本题考查棱台的结构特征，考查了逻辑推理能力，属于基础题． 13．（5分）已知复数z和是关于x的方程x2+mx+8＝0（m∈R）的两根，则|z|＝　　． 【分析】根据复数的运算及二次方程根与系数的关系即可求得． 【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R），则， 从而，故． 故答案为：． 【点评】本题考查二次方程根与系数的关系，考查共轭复数及复数的模长公式，属基础题． 14．（5分）在△ABC中，D，E分别在边BC，AC上，且，若，则x﹣y＝　　，线段AD与BE交于点F，则＝　9　． 【分析】由已知结合向量的线性运算即可求解x，y，进而可求x﹣y；结合向量的线性运算及平面向量基本定理即可求解． 【解答】解：因为，所以， 因为， 所以， 则，， 故， 因为B，F，E三点共线，所以＝， 因为＝3， 所以， 所以， 因为A，F，D三点共线，所以， 所以， 所以，解得k＝， 则＝9． 故答案为：，9． 【点评】本题主要考查了向量的线性运算及平面向量基本定理的应用，属于中档题． 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）已知复数z＝m2﹣1+（m2﹣2m﹣3）i（m∈R）． （1）若复数z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围； （2）若是纯虚数，求m的值． 【分析】（1）结合复数的几何意义即可求解； （2）结合复数的四则运算及基本概念即可求解． 【解答】解：（1）因为z＝m2﹣1+（m2﹣2m﹣3）i对应的点位于第四象限， 所以，解得1＜m＜3， 故m的范围为（1，3）； （2）因为＝＝＝﹣m2+m+2+（m+1）i是纯虚数， 故﹣m2+m+2＝0，m+1≠0， 所以m＝2． 【点评】本题主要考查了复数的四则运算，复数的几何意义及基本概念的应用，属于基础题． 16．（15分）如图，这是某建筑大楼的直观图，它是由一个半球和一个圆柱组合而成的．已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面（过圆柱上、下底面圆的圆心连线的平面）ABCD是边长为6的正方形． （1）求该几何体的表面积； （2）求该几何体的体积． 【分析】（1）分别求出各个面的面积即可求解； （2）分别求出半球和圆柱的体积即可求解． 【解答】解：由题意可知半球的半径R＝3，圆柱的底面圆半径r＝3，高h＝6， （1）由球的表面积公式可得半球的曲面面积， 由圆的面积公式可得圆柱底面圆的面积， 由圆柱的侧面积公式可得圆柱的侧面积S3＝2πrh＝36π， 故该几何体的表面积S＝S1+S2+S3＝18π+9π+36π＝63π． （2）由球的体积公式可得半球的体积， 由圆柱的体积公式可得圆柱的体积， 故该几何体的体积V＝V1+V2＝18π+54π＝72π． 【点评】本题考查几何体体积与表面积的计算，属于基础题． 17．（15分）在平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝6，，F是线段AD的中点，，λ∈[﹣1，1]． （1）若，AE与BF交于点N，，求x﹣y的值； （2）求的最小值． 【分析】（1）以向量、为基底，表示出、、，根据且建立关于x、y的方程组，解出x、y的值，即可得到本题的答案； （2）根据题意算出＝12，将、表示为、的组合，利用平面向量数量积的运算性质，推导出＝[（λ﹣1）+]•（+）＝16λ2+2λ+12，进而利用二次函数的性质，求出的最小值． 【解答】解：（1）当时，E为CD的中点，可得＝＝+， 若，则＝＝（x﹣1）+y， 因为F是AD的中点，所以＝+，结合，得…①， 由，得＝…②，将①②组成方程组，解得x＝，y＝，所以x﹣y＝； （2）根据题意，可得＝||•||cos＝12， 由＝，得＝+＝+，可得＝＝（λ﹣1）+， 由，得＝﹣＝+， 所以＝[（λ﹣1）+]•（+）＝（λ2﹣λ）||2+（﹣）+||2 ＝16（λ2﹣λ）+12（﹣）+62＝16λ2+2λ+12， 根据二次函数的性质，当λ＝时，的最小值为16×（）2+2×（）+12＝． 【点评】本题主要考查平面向量的线性运算法则、平面向量数量积的定义与运算性质、二次函数的最值求法等知识，属于中档题． 18．（17分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别在BB1，AD上．已知AB＝BC＝6，AA1＝8，BE＝DF＝2． （1）作出平面C1EF截长方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面，并写出作法； （2）求（1）中所作截面的周长； （3）长方体ABCD﹣A1B1C1D1被平面C1EF截成两部分，求体积较小部分的几何体的体积V． 【分析】（1）延长C1E，与CB的延长线交于点N，连接NF并延长，分别交AB于P，交CD的延长线于M，连接MC1，交DD1于点Q，连接QF，PE，即可得到截面； （2）根据相似关系得出各边的长，即可求解； （3）利用割补法即可求得几何体的体积． 【解答】解：（1）如图所示，五边形PEC1QF为所求截面． 作法如下：延长C1E，与CB的延长线交于点N， 连接NF并延长，分别交AB于P，交CD的延长线于M， 连接MC1，交DD1于点Q，连接QF，PE，则五边形PEC1QF为所求截面． （2）由（1）易得，则BN＝2， 由， 得BP＝2，AP＝4， 则，， 由，得MD＝2， 由，得QD＝2，QD1＝6， 则，， 故截面的周长为． （3）． 故所求体积为． 【点评】本题考查几何体的结构特征以及体积的计算，属于中档题． 19．（17分）如图，在平面四边形ABCD中，AB＝1，BC＝3，CD＝2，AD＝4． （1）若A为锐角，且，求△BCD的面积； （2）求四边形ABCD面积的最大值； （3）当A＝60°时，P在四边形ABCD所在平面内，求PA+PB+PD的最小值． 【分析】（1）由已知条件，结合余弦定理及三角形面积公式即可求解； （2）利用余弦定理及三角恒等变换，结合已知条件计算可得； （3）把△APD绕点A逆时针旋转60°，结合图形及线段关系可得最小值． 【解答】解：（1）在平面四边形ABCD中，AB＝1，BC＝3，CD＝2，AD＝4， 连接BD， 因为A为锐角，且，则cosA＝， 在△ABD中，由余弦定理可得： BD2＝AB2+AD2﹣2AB•ADcosA＝1+16﹣2×1×4×＝10， 在△BCD中，由余弦定理可得： cosC＝＝＝，所以sinC＝， 所以S△BCD＝BC•CDsinC＝×3×2×＝， 即△BCD的面积为； （2）由（1）可得BD2＝AB2+AD2﹣2AB•ADcosA＝1+16﹣2×1×4cosA＝17﹣8cosA， BD2＝BC2+CD2﹣2BC•CDcosC＝9+4﹣2×3×2cosC＝13﹣12cosC， 所以17﹣8cosA＝13﹣12cosC，即2cosA﹣3cosC＝1， 两边平方可得4cos2A+9cos2C﹣12cosAcosC＝1，① 四边形ABCD的面积S＝S△ABD+S△BCD＝AB•ADsinA+BC•CDsinC＝2sinA+3sinC， 两边平方可得S2＝4sin2A+9sin2C+12sinAsinC，② ①+②可得S2+1＝4+9﹣12cos（A+C）≤25， 当且仅当A+C＝π时取等号，即S≤， 即四边形ABCD面积的最大值为； （3）将△APD绕点A旋转60°，使得P，D分别与P1，D1重合，连接BD1，PP1， 则PA＝PP1，PD＝P1D1，∠P1AD1＝∠PAD，∠PAP1＝60°， 因为A＝60°，所以∠P1AD1+∠PAB＝∠PAD+∠PAB＝60°， 所以∠BAD1＝120°， 则＝＝， 由图可知，PA+PB+PD＝PP1+PB+P1D1≥BD1， 当且仅当B，P，P1，D1四点共线时，等号成立， 故PA+PB+PD的最小值是． 【点评】本题考查解三角形与三角恒等变换的应用，属难题． 学科网（北京）股份有限公司 $$