山西省大同市2023-2024学年高一下学期4月期中质量检测数学试卷.docx

1、山西省大同市2023-2024学年高一下学期4月期中质量检测数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1（5分）复数z在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2（5分）已知向量（m，2），（3，1），若，则实数m（）ABC6D63（5分）已知某圆柱的表面积是其下底面面积的4倍，则该圆柱的母线与底面直径的比为（）A1：1B1：2C1：3D1：44（5分）在ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，若c3，b，C60，则A（）A45B75C105D1355（5分）已知向量（1，0），（2，2），若向量在向量上的投影向量为，向量在向量上的投影向量为，则

2、（）A2B2CD6（5分）如图，在ABC中，已知ACB120，将ABC以AC为轴旋转一周形成的几何体的体积V1，以BC为轴旋转一周形成的几何体的体积为V2，若V12V2，则（）ABCD7（5分）已知非零向量，满足（+3），|2|3|，则向量，夹角的余弦值为（）ABCD8（5分）已知某圆台的体积为，其轴截面为梯形ABCD，AB4，CD2，则在该圆台的侧距上，从点A到C的最短路径的长度为（）A3B3C6D3二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。（多选）9（6分）下列说法正确的是（）A一个多面体至少有4个面B圆柱的母线与它的轴可以不平行C用任意一个平面截取球得到的截面都是一个圆面D有两个面

3、互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱（多选）10（6分）如图，某旅游部门计划在湖中心Q处建一游览亭，打造一条三角形DEQ游览路线已知AB，BC是扇岸上的两条甬路，ABC120，BD0.3km，BE0.5km，DQE60（观光亭Q视为一点，游览路线、甬路的宽度忽略不计），则（）ADE0.7kmB当DEQ45时，DQkmCDEQ面积的最大值为km2D游览路线DQ+QE最长为1.4km（多选）11（6分）已知两个非零向量，定义新运算，则（）A当|时，B对于任意非零向量，都有（+）+C对于不垂直的非零向量，都有（）（）D若，2t，m，tN，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。1

4、2（5分）用斜二测画法作一个水平放置的平行四边形的直观图，若直观图是一个角为45，边长为2的菱形，则原来的平行四边形的面积为 13（5分）白银比例是指事物各部分间存在着一定的数学比例关系，其比值为1：，具有很好的美感，在设计与建筑领域有广泛应用，在矩形ABCD中，AB，BCAB，从矩形ABCD中截取一个正方形ABEF，剩下的矩形CDFE的宽EC与长CD之比为白银比例，则 14（5分）在四面体ABCD中，AB，AD3，AC，CD1，BC，BD，则四面体ABCD的外接球的表面积为 ，四面体ABCD的体积为 四、解答题：本题共5小题，共77分。15（13分）已知复数z满足z（13i）为纯虚数，z2i

5、（1）求z以及；（2）设z1，若|z1|2，求实数m的值16（15分）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin2A+sinBsinCsin2B+sin2C（1）求角A的大小；（2）若a2bcosC，判断ABC的形状并说明理出17（15分）如图，在ABC中，AB3，AC4，A60，点D，E满足2，AC边上的中线BM与DE交于点O设，（1）用向量，表示，；（2）求MOE的大小18（17分）如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱ABCA1B1C1（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面BCC1B1落在圆锥底面上已知正三棱柱底面边长为，高为2（1）求挖掉的正三棱柱ABCA1B1C

6、1的体积；（2）求该几何体的表面积19（17分）如果三角形的一个内角等于另外一个内角的两倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，如在ABC中，若A2B，则ABC为倍角三角形，其中角A叫做2倍角，角B叫做1倍角（1）利用正，余弦定理证明下面的倍角定理：在倍角三角形中，2倍角所对边的平方等于1倍角所对边乘以该边与第三边之和；（2）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B2C，2sinB3sinC且ABC的面积为，求ABC的周长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。1（5分）复数z在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【解答】解：复数

7、z13i，复数z在复平面内对应的点为（1，3），位于第三象限故选：C2（5分）已知向量（m，2），（3，1），若，则实数m（）ABC6D6【解答】解：（m，2），（3，1），则m12（3），解得m6故选：D3（5分）已知某圆柱的表面积是其下底面面积的4倍，则该圆柱的母线与底面直径的比为（）A1：1B1：2C1：3D1：4【解答】解：根据题意，设圆柱的底面半径为r，母线长为h，若该圆柱的表面积是其下底面面积的4倍，即2r2+2rh4r2，变形可得：hr，则有h：2r1：2；即该圆柱的母线与底面直径的比为1：2故选：B4（5分）在ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，若c3，b，C60

8、，则A（）A45B75C105D135【解答】解：因为c3，b，C60，由正弦定理可得：，所以sinBsinC，在三角形中0B120，所以B45，所以A180BC180456075故选：B5（5分）已知向量（1，0），（2，2），若向量在向量上的投影向量为，向量在向量上的投影向量为，则（）A2B2CD【解答】解：向量（1，0），（2，2），则，向量在向量上的投影向量为，则，即，向量在向量上的投影向量为，则，即2，故故选：D6（5分）如图，在ABC中，已知ACB120，将ABC以AC为轴旋转一周形成的几何体的体积V1，以BC为轴旋转一周形成的几何体的体积为V2，若V12V2，则（）ABCD【解答

9、】解：分别过顶点A，B向对边作垂线，垂足分别为点D，E，如图所示，设ACb，BCa，因为在ABC中，已知ACB120，则，则 ， ，所以，即故选：A7（5分）已知非零向量，满足（+3），|2|3|，则向量，夹角的余弦值为（）ABCD【解答】解：，即0，即|2，|3|，可得96+，即8230，代入可得93，即|，cos，故选：C8（5分）已知某圆台的体积为，其轴截面为梯形ABCD，AB4，CD2，则在该圆台的侧距上，从点A到C的最短路径的长度为（）A3B3C6D3【解答】解：由AB4，CD2，得圆台的下底面的半径为2，上底面的半径为1，设圆台的高为h，由圆台的体积为，得，所以，在梯形ABCD中，

10、则，如图，延长AD，BC，OO1交于点P，由PDCPAB，得，所以PC3，设该圆台的侧面展开图的圆心角为，则32，所以，连接AC，PC，则从点A到C的最短路径为线段AC，又PC3，PA6，所以故选：B二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。（多选）9（6分）下列说法正确的是（）A一个多面体至少有4个面B圆柱的母线与它的轴可以不平行C用任意一个平面截取球得到的截面都是一个圆面D有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱【解答】解：一个多面体至少有4个面，故A正确；圆柱的母线与它的轴平行，故B错误；用任意一个平面截取球得到的截面都是一个圆面，故C正确；有两个面互相平行，其余各面

11、都是平行四边形的几何体也可能是组合体，故D错误故选：AC（多选）10（6分）如图，某旅游部门计划在湖中心Q处建一游览亭，打造一条三角形DEQ游览路线已知AB，BC是扇岸上的两条甬路，ABC120，BD0.3km，BE0.5km，DQE60（观光亭Q视为一点，游览路线、甬路的宽度忽略不计），则（）ADE0.7kmB当DEQ45时，DQkmCDEQ面积的最大值为km2D游览路线DQ+QE最长为1.4km【解答】解：A中，在DBE中，DBEABC120，BD0.3km，BE0.5km，由余弦定理可得DE0.7km，所以A正确；B中，因为DQE60，DE0.7，若DEQ45时，由正弦定理可得，即DQ0

12、.7km，所以B不正确；C中，在DQE中，由余弦定理可得DE2QD2+QE22QDQEcosDQEQDQE，当且仅当QDQE时取等号，所以QDQEDE20.49，所以SDQEQDQEsinDQEkm2，所以C正确；D中，在DQE中，由余弦定理可得DE2QD2+QE22QDQEcosDQE（QD+QE）23QDQE，所以（QD+QE）2DE2+3QDQEDE2+3（）2，当且仅当QEQD时取等号，所以（QD+QE）24DE2，即QD+QE2DE20.71.4km，所以D正确故选：ACD（多选）11（6分）已知两个非零向量，定义新运算，则（）A当|时，B对于任意非零向量，都有（+）+C对于不垂直的

13、非零向量，都有（）（）D若，2t，m，tN，则【解答】解：对于A，若|，则当0时，当0时，可知A项的结论不正确；对于B，若非零向量、，则（+），+，所以有（+）+成立，故B项的结论正确；对于C，设m，则m0，（）（m），（）m，当m1时，（）（），故C项的结论不正确；对于D，设向量的夹角为，0，若，2t，则且2t，可得cos21，1，结合m、tN，可知mt0，cos0，所以，即，故D项的结论正确故选：BD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12（5分）用斜二测画法作一个水平放置的平行四边形的直观图，若直观图是一个角为45，边长为2的菱形，则原来的平行四边形的面积为 8【解答】解：根

14、据题意，直观图是一个角为45，边长为2的菱形，则直观图的面积S2（22sin45）2，故原来的平行四边形的面积S2S8故答案为：813（5分）白银比例是指事物各部分间存在着一定的数学比例关系，其比值为1：，具有很好的美感，在设计与建筑领域有广泛应用，在矩形ABCD中，AB，BCAB，从矩形ABCD中截取一个正方形ABEF，剩下的矩形CDFE的宽EC与长CD之比为白银比例，则【解答】解：根据题意，由白银比例可知，所以ECCDAB1，可得AD所以，因为，所以（）（）（）（）+（）2+（）（）2故答案为：14（5分）在四面体ABCD中，AB，AD3，AC，CD1，BC，BD，则四面体ABCD的外接球

15、的表面积为 14，四面体ABCD的体积为 1【解答】解：在四面体ABCD中，因为BD2AB2+AD2，所以ABD为直角三角形，因为BD2BC2+CD2，所以BCD为直角三角形，取BD的中点O，则OAOBODOC，所以O为四面体ABCD的外接球的球心，则BD为四面体ABCD的外接球的直径，所以四面体ABCD的外接球的表面积为S4R2（2R）214将四面体ABCD补成直三棱柱A1BCAB1D，由条件可知，且AA1CD1，所以A1B2，又A1CAD3，故四面体ABCD的体积为故答案为：14；1四、解答题：本题共5小题，共77分。15（13分）已知复数z满足z（13i）为纯虚数，z2i（1）求z以及；

16、（2）设z1，若|z1|2，求实数m的值【解答】解：（1）设za+bi（a，bR），则，z2i，则abi（a+bi）2bi2i，解得b1，z（13i）（a+i）（13i）a+3+（13a）i为纯虚数，则，解得a3，故z3+i，；（2）z1，|z1|2，则，解得m1或516（15分）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin2A+sinBsinCsin2B+sin2C（1）求角A的大小；（2）若a2bcosC，判断ABC的形状并说明理出【解答】解：（1）在ABC中，因为，所以由正弦定理得，余弦定理得，而0A，所以；（2）因为，故b2c20，即bc，所以ABC为等腰三角形17（1

17、5分）如图，在ABC中，AB3，AC4，A60，点D，E满足2，AC边上的中线BM与DE交于点O设，（1）用向量，表示，；（2）求MOE的大小【解答】解：（1）由，可知，则，所以；又BM为AC边上的中线，所以（2）由AB3，AC4得|a|1，|b|2，又，所以与的夹角为120，则1由图形可知，MOE的大小等于向量与的夹角又|DE|，|BM|，7，又MOE（0，），18（17分）如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱ABCA1B1C1（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面BCC1B1落在圆锥底面上已知正三棱柱底面边长为，高为2（1）求挖掉的正三棱柱ABCA1B1C1的体积；（2）求该几何体的

18、表面积【解答】解：（1）正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为，高为2，正三棱柱ABCA1B1C1的体积；（2）在正三棱柱ABCA1B1C1中，由（1）知，设圆锥的底面圆圆心为O，则O是矩形BCC1B1的中心，设圆O半径为r，则，得r2，取BC的中点E，连接AE，则AEBC，且AEDO，OE1，于是，解得DO6，则圆锥的母线长，圆锥的底面圆的面积，侧面积，三棱柱的表面积为，该几何体的表面积为：19（17分）如果三角形的一个内角等于另外一个内角的两倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，如在ABC中，若A2B，则ABC为倍角三角形，其中角A叫做2倍角，角B叫做1倍角（1）利用正，余弦定理证明下面的倍

19、角定理：在倍角三角形中，2倍角所对边的平方等于1倍角所对边乘以该边与第三边之和；（2）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B2C，2sinB3sinC且ABC的面积为，求ABC的周长【解答】（1）证明：设A2B，可得sinAsin2B2sinBcosB，由正弦定理可得a2bcosB，再由余弦定理可得，则a2cb（a2+c2b2），即a2（cb）b（c2b2），当bc时，则BC，由A+B+C，得4B，所以，则，由勾股定理可得：a2b2+c2b2+b2b（b+c），当bc时，a2（cb）b（c2b2），两边同时除以cb可得：a2b（c+b），由上可知，当A2B时，a2b（b+c）；（2）解：由正弦定理得2b3c，由倍角定理得b2c（c+a），即b2c2ac，即c2c2ac，所以5c4a，由余弦定理可得cosC，则，由ABC的面积为SABC，解得c4，则b6，a5，故ABC的周长为15