2023-2024学年福建省泉州市南安市侨光中学高一（下）第一次段考数学试卷（4月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省泉州市南安市侨光中学高一（下）第一次段考数学试卷（4月份）（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在复平面内，复数11−i的共轭复数对应的点位于
( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若∠A：∠B：∠C=1：2：3，则a：b：c=( )
A. 1：2：3B. 3：2：1C. 2： 3：1D. 1： 3：2
3.能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是( )
A.
B.
C.
D.
4.在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，DE交AC于F，则DF=( )
A. −13AB+23ADB. −23AB+13ADC. 13AB−23ADD. 23AB−13AD
5.如图Rt△O′A′B′是一个平面图形的直观图，若O′B′= 2，则这个平面图形的面积是( )
A. 1
B. 2
C. 2 2
D. 4 2
6.已知向量a=(1,0)，b=(2,1)，则向量a在向量b方向上的投影向量为( )
A. (2 55, 55)B. (25,0)C. (−45,−25)D. (45,25)
7.黄金三角形有两种，一种是顶角为36°的等腰三角形，另一种是顶角为108°的等腰三角形.其中顶角为36°的等腰三角形的底与腰之比为 5−12，这种黄金三角形被认为是最美的三角形.根据这些信息，则cs36°=( )
A. 5−14B. 5+14C. 3+ 58D. 3− 58
8.《九章算术》中有一个“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺.引葭赴岸，适与岸齐.问水深、葭长各几何？”其大意为现有水池1丈见方(即CE=1丈=10尺)，芦苇生长在水池的中央，长出水面部分的长度为1尺.将芦苇向池岸牵引，牵引至恰巧与水岸齐接的位置(如图所示).试问水深、芦苇的长度各是多少？若将芦苇AB，AC均视为线段，在芦苇移动的过程中，设其长度不变，则AC⋅DE=( )
A. 90平方尺B. 92平方尺C. 94平方尺D. 98平方尺
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.下列说法中错误的是( )
A. 单位向量都相等
B. 向量AB与CD是共线向量，则点A、B、C、D必在同一条直线上
C. 两个非零向量a,b，若|a+b|=||a|−|b||，则a与b共线且反向
D. 已知向量a=(4,3−m),b=(1,m)，若a与b的夹角为锐角，则−110.已知i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是( )
A. i+i2+i3+i4=0B. 复数−2−i的虚部为−i
C. 若复数z为纯虚数，则|z|2=z2D. |z1⋅z2|=|z1||z2|
11.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”，半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1，则正确的有( )
A. 则该半正多面体有12个顶点B. 则该半正多面体有14个面
C. 则该半正多面体表面积为3D. 则该半正多面体体积为56
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知球的表面积为12π，则它的体积为______．
13.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD= m.
14.在△ABC中，M为BC边上任意一点，N为线段AM上任意一点，若AN=λAB+μAC(λ,μ∈R)，则λ+μ的取值范围是______．
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)
设向量a，b满足a⋅b=3，|a|=3，|b|=2．
(1)求向量a，b的夹角；
(2)求|a−b|.
16.(本小题15分)
已知复数z1=2−i，z2=m+2i(i为虚数单位)，m∈R，且z−⋅z2为纯虚数．
(1)求|z1+z2|；
(2)设复数z1，z2对应的点分别为A，B，若四边形OABC为平行四边形(O为复平面的原点)，求点C对应的复数z3．
17.(本小题15分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 3(bsinC+csinB)=4asinBsinC．
(1)求角A；
(2)若a= 7，且△ABC的面积为 32，求△ABC的周长．
18.(本小题17分)
如图所示的圆锥，顶点为O，底面半径是5cm，用一与底面平行的平面截得一圆台，圆台的上底半径为2.5cm，这个平面与母线OA交于点B，线段AB的长为10cm．
(1)求圆台的体积和圆台的侧面积；
(2)把一根绳从线段AB的中点M开始到点A，沿着侧面卷绕，使它成为最短时候，求这根绳的长度；
(3)在(2)的条件下，这根绳上的点和圆台上底面上的点的距离中，最短的距离是多少？(提示：本题的数据有长度单位)
19.(本小题17分)
如图，在圆O的内接四边形ABCD中，BC=12，AB=8，记△ABC的面积为S1，△ACD的面积为S2，∠ABC=α．
(1)若AD=4，CD=8，求S1+S2的值；
(2)若α=60°，求S2的最大值；
(3)若CD=8，求S1−S2的最大值，并写出此时α的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查复数的四则运算，复数的代数表示及其几何意义，属于基础题．
可得复数11−i的共轭复数为12−12i，即可得解．
【解答】
解：复数11−i=1+i(1−i)(1+i)=12+12i，
则复数11−i的共轭复数为12−12i，
在复平面内，复数11−i的共轭复数对应点的坐标为(12,−12)，
故在复平面内，复数11−i的共轭复数对应的点位于在第四象限．
故选D．
2.【答案】D
【解析】解：由于A：∠B：∠C=1：2：3，且∠A+∠B+∠C=π，
故∠A=π6，∠B=π3，∠C=π2．
故sin∠A：sin∠B：sin∠C=12： 32：1=1： 3：2；
所以a：b：c=sin∠A：sin∠B：sin∠C=1： 3：2．
故选：D．
直接利用三角形内角和定理和正弦定理的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角形内角和定理和正弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成，
是由A中的平面图形旋转形成的．
故选：A．
将A、B、C、D选项图形绕对称轴旋转可知A选项符合题意．
本题考查平面图形旋转形成的几何体，考查空问间想象能力和推理能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为E是BC的中点，AD/​/EC，所以|DF||EF|=|AD||EC|=2，
所以DF=23DE=23(DC+CE)=23(AB−12AD)=23AB−13AD．
故选：D．
由题可得DF=23DE，再根据向量运算法则即可表示．
本题考查平面向量基本定理，考查向量的线性运算，属基础题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查的知识点是平面图形的直观图，其中原图的面积与直观图面积之比为1： 24，属于基础题．
由已知中Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，直角边O′B′= 2，我们易求出Rt△O′A′B′的面积，再根据原图的面积与直观图面积之比为1： 24，即可求出满足条件答案．
【解答】
解：由已知中Rt△O′A′B′，直角边O′B′= 2，则Rt△O′A′B′的面积S=1
由原图的面积与直观图面积之比为1： 24．
可得原图形的面积为：2 2．
故选：C
6.【答案】D
【解析】解：∵a=(1,0)，b=(2,1)，
∴a⋅b=2，|b|= 22+12= 5，
∴向量a在向量b方向上的投影向量为a⋅b|b|×b|b|=(45,25)．
故选：D．
根据已知条件，结合向量的投影公式，即可求解．
本题主要考查向量的投影公式，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：在△ABC中，设∠A=36°,AB=AC,BCAB= 5−12．
令AB=2x,BC=( 5−1)x，
则cs36°=(2x)2+(2x)2−[( 5−1)x]22⋅2x⋅2x
=4x2+4x2−(6−2 5)x28x2= 5+14．
故选：B．
由已知条件，根据余弦定理求解即可．
本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：设AB=x(尺)，则AC=x+1(尺)，
∵AD=5(尺)，∴52+x2=(x+1)2，解得：x=12，
以A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系(单位：尺)，
则A(0,0)，D(5,0)，C(5,12)，E(−5,12)，
∴AC=(5,12)，DE=(−10,12)，
AC⋅DE=−50+144=94．
故选：C．
设AB=x(尺)，利用勾股定理可构造方程求得AB，以A为坐标原点可建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可求得结果．
本题考查向量的数量积的应用，考查向量的坐标表示以及计算，考查计算能力．
9.【答案】ABD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A选项，单位向量方向不同，则不相等，故A错误；
对于B选项，向量AB与CD是共线向量，也可能是AB/​/CD，故B错误；
对于C选项，两个非零向量a,b，若|a+b|=||a|−|b||，则a与b共线且反向，故C正确；
对于D选项，向量a=(4,3−m),b=(1,m)，若a与b的夹角为锐角，则a⋅b>0且a与b不共线，故4+3m−m2>04m≠3−m，解得−1故选：ABD．
根据题意，根据向量相等判断A；根据向量共线判断BC；根据向量数量积的运算性质分析D，综合可得答案．
本题考查向量的定义，涉及共线向量和向量的夹角，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：因为i+i2+i3+i4=i−1−i+1=0，A正确；
复数−2−i的虚部为−1，B不正确；
若z=i，则z2=−1，|z|2=1，C不正确；
设z1=a+bi，z2=c+di，所以z1z2=ac−bd+(ad+bc)i，
|z1z2|= (ac−bd)2+(ad+bc)2= a2c2+b2d2+a2d2+b2c2= a2+b2⋅ c2+d2=|z1||z2|，D正确．
故选：AD．
根据复数的运算可得A，C，D的正误，根据复数虚部的概念可知B的正误．
本题主要考查了复数的概念及性质，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：该半正多面体的所有顶点恰为正方体各棱的中点，如图：
其棱长为 22，有12个顶点，14个面(6个正方形，8个正三角形)，故AB正确；
半正多面体的所有顶点都在同一个正方体的棱上，
且此正方体的棱长为1，可得该半正多面体所有顶点都为正方体的棱的中点，
它可由正方体去掉8个三棱锥所剩部分，
所以该半正多面体的棱长为 22，
故半正多面体的面积为6× 22× 22+8×12× 22× 22×sin60°=3+ 3，故C错误；
半正多面体的体积为1−8×13×12×12×12×12=56，故D正确．
故选：ABD．
由图形即可判断AB；由半正多面体的所有顶点都在同一个正方体的棱上，可得正方形和正三角形的边长，计算即可判断C；利用割补法计算可得半正多面体的体积，即可判断D，
本题考查“半正多面体”的几何性质，分割补形法的应用，属中档题．
12.【答案】4 3π
【解析】解：设球的半径为R，
则根据题意可得4πR2=12π，∴R= 3，
∴该球的体积为43πR3=4 3π，
故答案为：4 3π．
根据球的表面积公式与体积公式即可求解．
本题考查球的表面积公式与体积公式的应用，属基础题．
13.【答案】100 6
【解析】【分析】
本题主要考查了解三角形的实际应用．关键是构造三角形，将各个已知条件向三角形集中，再通过正弦或其他基本性质建立条件之间的联系，列方程或列式求解．
设此山高h(m)，在△BCD中，利用仰角的正切表示出BC，进而在△ABC中利用正弦定理求得h．
【解答】
解：设此山高h(m)，则BC= 3h，
在△ABC中，∠BAC=30°，∠CBA=105°，∠BCA=45°，AB=600．
根据正弦定理得 3hsin30°=600sin45∘，
解得h=100 6(m)
故答案为：100 6．
14.【答案】[0,1]
【解析】解：因为N为线段AM上任意一点，
所以不妨设AN=tAM(0≤t≤1)，
当t=0时，AN=0，所以λAB+μAC=0，
因为AB，AC不是零向量，
所以λ=μ=0，即λ+μ=0；
当0所以tAM=λAB+μAC，即AM=λtAB+μtAC，
又B、M、C三点共线，
所以λt+μt=1，即λ+μ=t∈(0,1]，
综上，λ+μ的取值范围是[0,1]．
故答案为：[0,1]．
设AN=tAM(0≤t≤1)，当t=0时，可得λ+μ=0；当0本题考查平面向量的基本定理，熟练掌握三点共线的条件是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)∵a⋅b=3，|a|=3，|b|=2，
∴cs=a⋅b|a||b|=33×2=12，
又∈[0,π]，∴=π3；
(2)|a−b|= (a−b)2= |a|2−2a⋅b+|b|2= 9−2×3+4= 7．
【解析】(1)直接利用数量积求夹角即可；
(2)由|a−b|= (a−b)2，展开后代入已知得答案．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查向量模的求法，训练了利用数量积求夹角，是基础题．
16.【答案】解：(1)∵z1=2−i，∴z1−=2+i，
∴z−⋅z2=(2+i)(m+2i)=(2m−2)+(4+m)i为纯虚数，
∴2m−2=04+m≠0，解得m=1，
∴z2=m+2i=1+2i，∴z1+z2=3+i，
∴|z1+z2|= 12+32= 10．
(2)由题意可得，A(2,−1)，B(1,2)，设C(x,y)，
由四边形OABC为平行四边形，
可得x+2=1y+(−1)=2，解得x=−1y=3，即C(−1,3)，
故z3=−1+3i．
【解析】(1)根据已知条件，结合纯虚数的定义，以及复数模公式，即可求解．
(2)结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数模公式，以及复数的几何意义，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为 3(bsinC+csinB)=4asinBsinC，
所以由正弦定理可得 3(sinBsinC+sinCsinB)=2 3sinBsinC=4sinAsinBsinC，
因为B，C为三角形内角，sinBsinC≠0，
所以sinA= 32，
又因为A∈(0,π)，
所以A=π3或2π3；
(2)因为A=π3或2π3，a= 7，且△ABC的面积为 32，
所以由题意可得△ABC的面积 32=12bcsinA= 34bc，解得bc=2，
当A=π3时，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=(b+c)2−6=7，
可得b+c= 13，△ABC的周长为 7+ 13；
当A=2π3时，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2+bc=(b+c)2−bc=(b+c)2−2=7，
可得b+c=3，△ABC的周长为 7+3．
【解析】(1)由正弦定理化简已知等式可得sinA的值，结合A的范围即可求解A的值；
(2)由三角形的面积公式和余弦定理可得b+c的值，即可得到所求周长．
本题考查三角形的正弦定理和余弦定理、面积公式的运用，考查方程思想和转化思想、运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)作出圆台的轴截面和侧面展开图，如下图
由底面半径是5cm，上底半径为2.5cm，可得：OB=10，
所以，圆锥的高为： 202−52=5 15，故圆台的高为5 152，
因此圆台的体积为：
V=13(S1+ S1S2+S2)h
=13[π(2.5)2+ (π(2.5)2⋅π(52))+π(5)2]⋅5 152
=875 1524πcm3，
侧面积为：S=π(r1+r2)l=75πcm2．
(2)由圆锥的底面周长为2π⋅5=10π，
可得侧面展开图的弧长为10π，
设圆锥的侧面展开图的圆心角为θ，
则10π=θ×20，
所以，侧面展开图的圆心角为π2，
在直角三角形MOA中可得MA= 202−152=25cm，
所以最短时候，绳长为25cm．
(3)由侧面展开图可知，距离最短时，
就是O到直线AM的距离减OB长．
即15×2025−10，解得：2cm．
【解析】本题考查立体几何中长度最小值问题，考查降维思想的应用，考查转化与化归思想和运用求解能力，求解的关键是将空间问题转化为平面问题．
(1)画出截面图和展开图，根据几何关系求出圆台的高即可利用公式求得圆台的体积和圆台的侧面积；(2)画出展开图，把立体几何问题转化为平面问题，再结合平面内二点之间线段最短进行求解；(3)由侧面展开图可知，距离最短时，就是O到直线AM的距离减OB长．
19.【答案】解：(1)因为AB=CD=8，根据同一圆内，相等弧长所对圆周角相等，得∠BCA=∠CAD，
故DC/​/AD，所以四边形ABCD为等腰梯形，
过点A作AF⊥CD，AF= AB2−BF2= 64−16=4 3，
所以S1+S2=SABCD=12×(4+12)×4 3=32 3．

(2)由余弦定理，得AC2=82+122−2×8×12×cs60°=112，又∠B+∠D=180°，
所以∠D=120°，所以在△ACD中，
112=AD2+DC2−2×AD×DC×cs120°≥3×AD×DC(当且仅当AD=DC取等号)，
所以AD×DC≤1123，所以S2=12×AD×DC×sin120°≤12×1123× 32=28 33．
所以S2的最大值为28 33．
(3)S1−S2=12×8×12×sinα−12×8×AD×sinα=(48−4AD)sinα，
在△ABC中，AC2=82+122−2×8×12×csα，
在△ACD中，AC2=82+AD2+2×8×AD×csα，
联立以上两式，得AD2+16csα×AD+192csα−144=0，
所以(AD−12+16csα)(AD+12)=0，
解得AD=12−16csα或AD=−12(舍去)，
所以S1−S2=[48−4(12−16csα)]sinα=32sin2α，α∈(0,π)，
当α=π4时，S1−S2取最大值32．
【解析】(1)利用同一圆内，相等弧长所对圆周角相等，得到四边形为等腰梯形，即可求出面积．
(2)利用余弦定理和基本不等式，即可求解．
(3)在△ABC和△ACD中，利用AC2=AC2，即可解出AD，即可求出S1−S2的最大值．
本题考查了三角形中的几何计算，余弦定理的应用和基本不等式的应用，考查了转化思想和方程思想，属中档题．