2023-2024學年湖北省武漢市華中師大一附中高一（下）期中數(shù)學試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年湖北省武漢市華中師大一附中高一（下）期中數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知復數(shù)z滿足z(1?i)=|1+i|2，則z=(

)A.1?i B.1+i C.?1?i D.?1+i2.下列說法正確的是(

)A.空間中兩直線的位置關(guān)系有三種：平行、垂直和異面

B.若空間中兩直線沒有公共點，則這兩直線異面

C.和兩條異面直線都相交的兩直線是異面直線

D.若兩直線分別是正方體的相鄰兩個面的對角線所在的直線，則這兩直線可能相交，也可能異面3.已知a,b,c均為單位向量，且2a=3b+4A.13 B.?13 C.14.氈帳是蒙古族牧民居住的一種房子，內(nèi)部木架結(jié)構(gòu)，外部毛氈圍攏，建造和搬遷都很方便，適合牧業(yè)和游牧生活.如圖所示，某氈帳可視作一個圓錐與一個圓柱的組合體，下半部分圓柱的高為2.5米；上半部分圓錐的母線長為23米，軸截面(過圓錐軸的截面)是面積為33平方米的等腰鈍角三角形，則建造該氈帳(不含底面)需要毛氈A.(63+15)π B.(53+6)π5.設復數(shù)z1，z2對應的向量分別為OZ1,OZ2,O為坐標原點，且z1=?2A.1?3i B.?1+3i6.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a,b,c,B=π6,c=6，若△ABC有兩解，則b的取值范圍是A.(3,6) B.(33,63)7.如圖，在四邊形ABCD中，AD⊥CD，∠BAD=∠BCD=π3，AB=8，AD=16，點E在邊AD上，且BE⊥AD，點F為邊BC(含端點)上一動點，則DF?EF的最小值為A.36

B.39

C.45

D.488.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且cb+2bc=3cosA，1A.64 B.105 C.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.設z，z1，z2是復數(shù)，則(

)A.若|z|=2，則z2=4 B.若z1=z2?，則z2=z1?

10.對非零向量a,b，定義運算“(?)”：a(?)b=|a|cosθ+|b|sinθ，其中A.若a/?/b，則|a(?)b|=|a|

B.若a=(?1,2),b=(?3,1)，則(a?b)(?)a=11.已知正四棱錐O?ABCD的底面邊長為6，高為3，則(

)A.若點P為正四棱錐O?ABCD外接球的球心，則四棱錐P?ABCD的體積為4

B.直徑為1的球能夠整體放入正四棱錐O?ABCD內(nèi)

C.若點M在底面內(nèi)(包含邊界)運動，N為OD中點，則當MN/?/平面OBC時，點M的軌跡長度為6

D.若以點O為球心，2為半徑的球O的球面與正四棱錐O?ABCD的棱OA，OB，OC，OD分別交于點E，F(xiàn)，G，H，則四邊形EFGH三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.如圖，已知△A′B′C′是水平放置的△ABC用斜二測畫法畫出的直觀圖，A′B′在x′軸上，B′C′與x′軸垂直，且B′C′=4，則△ABC的邊AB上的高為______．

13.如圖，為測量武漢防汛紀念碑AB的高度及取景點C與F之間的距離(B,C,D,F在同一水平面上，雕像垂直該水平面于點B，且B，C，D三點共線)，華中師大一附中研究性學習小組同學在C，D，F(xiàn)三點處測得頂點A的仰角分別為60°，30°，45°，若∠FCB=45°，CD=50米，則紀念碑的高度為______米，取景點C與F之間的距離為______米.14.已知平面非零向量a,b和單位向量e，若a與e的夾角為π3,b3?e與四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知復數(shù)z滿足z+i和z2?i均為實數(shù)．

(1)求復數(shù)z；

(2)若z1=z16.(本小題15分)

已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為S，且6S=a(b+c)．

(1)若sinB=23，求cosA；

(2)若a=3,A=π3，求17.(本小題15分)

如圖，在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AB=CD=AD=3BC，點E為邊AD上靠近點A的六等分點，F(xiàn)為CD中點．

(1)用AB,AD表示EF；

(2)設G為AB中點，P是線段AG(不含端點)上的動點，DP交EF于點M，若EM=λEF，AP18.(本小題17分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為梯形，其中AD//BC，且AD=2BC，點E為棱PD的中點．

(1)求證：CE/?/平面PAB；

(2)若M為CE上的動點，則線段AD上是否存在點N，使得MN/?/平面PAB？若存在，請確定點N的位置，若不存在，請說明理由；

(3)若PA=PB=PC=AD=10，CD=12，請在圖中作出四棱錐P?ABCD過點B，E及棱AD中點的截面，并求出截面周長．19.(本小題17分)

為提升城市景觀面貌，改善市民生活環(huán)境，某市計劃對一公園的一塊四邊形區(qū)域ABCD進行改造.如圖，AB=4(百米)，BC=2(百米)，AD=CD，AD⊥CD，∠ABC∈[π4,3π4]，M，N，E分別為邊BC，AB，AC的中點，△BDE所在區(qū)域為運動健身區(qū)域，其余改造為綠化區(qū)域，并規(guī)劃4條觀景棧道DM，DN，EM，EN以及兩條主干道AC，BD.(單位：百米)

(1)若∠ABC=π2，求主干道BD的長；

(2)當∠ABC變化時，

①證明運動健身區(qū)域△BDE

答案解析1.B

【解析】解：∵z(1?i)=|1+i|2=(1+1)2=2，2.D

【解析】解：對于A，空間中兩直線的位置關(guān)系有三種：平行、相交和異面，故A錯誤；

對于B，若空間中兩直線沒有公共點，則這兩直線異面或平行，故B錯誤；

對于C，和兩條異面直線都相交的兩直線是異面直線或相交直線，故C錯誤；

對于D，如圖，在長方體ABCD?A′B′C′D′中，

當A′B所在直線為a，BC′所在直線為b時，a與b相交，

當A′B所在直線為a，B′C所在直線為b時，a與b異面，

∴若兩直線分別是正方體的相鄰兩個面的對角線所在的直線，則這兩直線可能相交，也可能異面，故D正確．

故選：D．

3.D

【解析】解：因為a,b,c均為單位向量，且2a=3b+4c，

所以2a?3b=4c，4a2?12a?b+9b4.A

【解析】解：根據(jù)題意，如圖所示為該組合體上半部分圓錐軸截面，

由于其母線長為23米，軸截面是面積為33平方米的等腰鈍角三角形，

則有?2+r2=1212×2r×?=33r>?，解可得r=3?=3，

則上半部分圓錐的側(cè)面積5.B

【解析】解：由題意知，z1=?2+2i=2(?22+22i)=2(cos6.A

【解析】解：三角形中，B=π6，c=6，則△ABC有兩解的充要條件為：csinB<b<c，

即3<b<6，即B∈(3,6)．

故選：A7.C

【解析】解：以E為坐標原點，AD、EB所在直線為x軸、y軸，建立平面直角坐標系，連接BD，

因為AB=8，AD=16，∠A=π3，所以BD2=AB2+AD2?2AB?ADcosπ3=192，可得BD=83，

所以BD2+AB2=256=AD2，可得AB⊥BD，∠ADB=π2?π3=π6，結(jié)合AD⊥CD，可得∠BCD=π3，

因為△DBC中，∠BCD=∠BCD=π3，所以△DBC是邊長等于83的等邊三角形．

由BE=BDsinπ6=43，DE=BDcosπ68.D

【解析】解：因為cb+2bc=3cosA，

所以3cosA=c2+2b2bc=3?b2+c2?a22bc，整理可得b2=c2?3a2，①

因為1tanA+9.BC

【解析】解：對于A，取z=2i，|z|=2，而z2=(2i)2=?4，故A錯誤；

對于B，設z1=a+bi，由z1=z2?=a+bi，可得z2=a?bi，則z2=a?bi=z1?，故B正確；

對于C，取z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d屬于R，

則|z1z2|=|10.ABD

【解析】解：對A選項，∵對非零向量a,b，a/?/b，∴<a，b>=0或π，

∴|a(?)b|=||a|cos<a,b>+|b|sin<a,b>|=|a|，∴A選項正確；

對B選項，∵a=(?1,2),b=(?3,1)，∴(a?b)=(2,1)，

∴|a?b|=5，|a|=5，cos<a?b，a>=(a?b)?a|a?11.BCD

【解析】如圖所示，AB=BC=CD=AD=6，連接AC，BD交于點O1，則CO1=3，

對于A，連接OO1則OO1⊥平面ABCD，OO1=3，

點P在OO1上，因為CO1?平面ABCD，所以CO1⊥OO1，

設正四棱錐O?ABCD外接球的半徑為R，

在Rt△PCO中，PC2=CO12+PO12即R2=3+(3?R)2，

解得R=2，所以PO1=3?2=1，

則VP?ABCD=13×6×1=2，故A錯誤；

對于B，取AD中點M，連接OM.O1M，

則OO1⊥O1，OM⊥AD，O1M=62，

所以OM=OO12+O1M2=32+(62)2=422，

則S△AOD=12×AD×OM=12×6×422=372，

由正四棱錐O?ABCD得，S△COD=S△AOD=S△AOB=S△BOC=372，

設正四棱錐O?ABCD的內(nèi)切球半徑為r，

則VO?ABCD=13SABCD?OO1=13(4S△AOD+SABCD)r，

所以

r=SABCD?OO14S△OAD+SABCD=6×34×372+6=7?12，2r=7?1>1，

所以直徑為1的球能夠整體放入正四棱錐O?ABCD內(nèi)，故B正確；

對于C，取CD，AB的中點K，J，連接KN，JN，JK，則KN//OC，

因為四邊形ABCD為正方形，所以AB=CD，AB/?/CD，又CD，AB的中點為K，J，

所以BJ=CK，所以四邊形BCKJ為平行四邊形，

則JK//BC，JK=BC=6，12.8【解析】解：根據(jù)題意，設原圖△ABC中，邊AB上的高為?，設AB=x，

直觀圖中，A′B′=AB=x，由于B′C′⊥x′軸，

則△A′B′C′的面積S′=12×A′B′×B′C′=2x，

故原圖的面積S=12×AB×?=12x?，

又由S=22S′=42x，則有1213.253

【解析】解：由題意可得∠D=30°，∠ACB=60°，則∠ACD=120°，∠CAD=30°，CD=50米，

所以CD=AC=50米，

所以紀念碑的高度AB=AC?sin∠ACB=50×32=253米；

且BC=ACcos∠ACB=50×12=25．

因為∠AFB=45°，所以BF=AB=253，

在△BCF中，由余弦定理可得BF2=BC2+CF214.2【解析】解：<a,e>=π3，<b3?e,b5?e>=<b?3e,b?5e>=π4，

如圖作OM=3e，ON=5e，OA=a，OB=b，

則|a?b|=|AB|，b?3e=OB?OM=MB，b?5e=OB?ON=NB，

所以?b?3e,b?5e?=?MB,NB?=π4，即15.解：(1)設z=a+bi(a,b∈R)，

則z+i=a+(b+1)i，

z2?i=a+bi2?i=2a?b+(a+2b)i5，

∵z+i和z2?i均為實數(shù)，

∴b+1=0a+2b=0，

解得a=2，b=?1，

故z=2?i；

(2)z1=z?+1m+(m2+m?3)i=2+i+【解析】(1)設z=a+bi(a,b∈R)，化簡z+i與z2?i，結(jié)合z+i和z2?i均為實數(shù)知虛部為0，從而建立方程，解方程求a、b，再求復數(shù)，即可求解．

(2)化簡z1=16.解：(1)因為6S=a(b+c)，

所以6?12acsinB=a(b+c)，

又sinB=23，

所以3ac?23=a(b+c)，整理得ac=ab，

所以c=b，

所以C=B，

所以cosA=?cos(B+C)=?cos2B=?1+2sin2B=?1+2×(23)2=?19．

(2)因為6S=a(b+c)，

所以6?12bcsinA=a(b+c)，

又a=3,A=π3，

所以3bc【解析】(1)利用S=12acsinB，結(jié)合已知條件，可得c=b，即C=B，再利用二倍角公式，求解即可；

(2)利用S=117.解：(1)由已知得：

EF=ED+DF=ED+12DC=56AD+12(DA+AB+BC)

=56AD+12(?AD+AB+13AD)=12AB+12AD；

(2)設AB=【解析】(1)利用向量線性運算法則求解；

(2)利用向量線性運算法則、三點共線、向量相等求解．18.(1)證明：取PA中點F，連BF，EF，因為E為PD中點，

所以EF/?/AD，且EF=12AD，

又因為BC/?/AD，且BC=12AD，

所以EF/?/BC，且EF=BC，

所以四邊形BCFE為平行四邊形，

所以CE/?/AF，而CE?平面PAB，AF?平面PAB，

所以CE/?/平面PAB；

(2)解：存在點N，且N為AD中點，證明如下：

取AD中點N，連EN，CN，因為E為PD中點，N為AD中點，

所以EN//PA，

因為EN?平面PAB，PA?平面PAB，

所以EN/?/平面PAB，

又由(1)知CE/?/平面PAB，且EN∩CE=E，

所以平面CEN/?/平面PAB，

又因為MN?平面CEN，

所以MN/?/平面PAB；

(3)解：設N為AD中點，取PC中點Q，連EQ，BQ，EN，BN，

則四邊形BNEQ即為所求截面，

證明過程如下：因為E為PD中點，Q為PC中點，所以EQ//CD，

又因為BN//CD，所以EQ//BN，

故B，N，E，Q共面，故四邊形BNEQ為所求截面，

因為PA=PB=PC=AD=10，CD=12，所以EQ=12CD=6，

EN=12PA=5，BN=CD=12，

在△PBC中，因為PB=PC=10，BC=12AD=5，

由余弦定理得ccos∠PCB=PC【解析】(1)取PA中點F，連BF，EF，由題意可證得四邊形BCFE為平行四邊形，再由線面平行的判斷定理可證得結(jié)論；

(2)取AD中點N，連EN，CN，由題意可證得EN/?/平面PAB，再由線面平行的判斷