2023-2024學年廣東省深圳市南山外國語學校高級中學高一下學期期中數(shù)學試題及答案

試題PAGE1試題2023-2024學年廣東省深圳市南山外國語學校（集團）高級中學高一（下）期中數(shù)學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．（5分）（2024春?南山區(qū)期中）復(fù)數(shù)z滿足i（z+i）＝1+i，則z＝（）A．1﹣2i B．1+2i C．2+i D．﹣1+2i2．（5分）（2024?浙江模擬）已知向量，是平面上兩個不共線的單位向量，且，，，則（）A．A、B、C三點共線 B．A、B、D三點共線 C．A、C、D三點共線 D．B、C、D三點共線3．（5分）（2022春?江城區(qū)校級期末）如圖所示是古希臘數(shù)學家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻著一個圓柱，圓柱內(nèi)有一個內(nèi)切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，相傳這個圖形表達了阿基米德最引以為自豪的發(fā)現(xiàn)，我們來重溫這個偉大發(fā)現(xiàn)，圓柱的表面積與球的表面積之比為（）A． B．2 C． D．4．（5分）（2024春?南山區(qū)期中）如圖的平面圖形由16個全部是邊長為2且有一個內(nèi)角為60°的菱形組成，那么圖形中的向量的數(shù)量積＝（）A．34 B． C．6 D．155．（5分）（2024?宜春模擬）設(shè)α是空間中的一個平面，l，m，n是三條不同的直線，則（）A．若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l⊥α B．若l∥m，m∥n，l⊥α，則n⊥α C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，則l⊥n D．若m?α，n⊥α，l⊥n，則l∥m6．（5分）（2022?河南模擬）“中國天眼”射電望遠鏡的反射面的形狀為球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圓面為底，垂直于圓面的直徑被截得的部分為高，球冠面積S＝2πRh，其中R為球的半徑，h為球冠的高），設(shè)球冠底的半徑為r，周長為C，球冠的面積為S，則當，S＝14π時，＝（）A． B． C． D．7．（5分）（2024春?南山區(qū)期中）秦九韶（1208年～1268年），字道古，祖籍魯郡（今河南省范縣），出生于普州（今四川安岳縣）．南宋著名數(shù)學家，與李冶、楊輝、朱世杰并稱宋元數(shù)學四大家．1247年秦九韶完成了著作《數(shù)書九章》，其中的大衍求一術(shù)（一次同余方程組問題的解法，也就是現(xiàn)在所稱的中國剩余定理）、三斜求積術(shù)和秦九韶算法（高次方程正根的數(shù)值求法）是有世界意義的重要貢獻．設(shè)△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，面積為S，秦九韶提出的“三斜求積術(shù)”公式為，若a2sinC＝2sinA，2ac（cosB+1）＝6，則由“三斜求積術(shù)”公式可得△ABC的面積為（）A． B． C． D．18．（5分）（2023?贛州模擬）在△ABC中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，P是△ABC的外接圓上的一點，若+n，則m+n的最小值是（）A．﹣1 B． C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。（多選）9．（6分）（2024春?南山區(qū)期中）已知復(fù)數(shù)z＝（m2+2m﹣3）+（m﹣1）i，其中m為實數(shù)，i為虛數(shù)單位，則（）A．若z為純虛數(shù)，則m＝1或﹣3 B．若復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)z的點位于第四象限，則m＜﹣3 C．若m＝2，則的虛部為﹣i D．若z＝a﹣2i（a∈R），則|z|＝2（多選）10．（6分）（2024春?南山區(qū)期中）在△ABC中，已知，則下列說法正確的是（）A．當時，此三角形有兩解 B．△ABC面積最大值為 C．△ABC的外接圓半徑為2 D．若c＝1，則此三角形一定是直角三角形（多選）11．（6分）（2023春?七里河區(qū)校級期末）如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，P為正方形底面ABCD內(nèi)的一動點，則下列結(jié)論正確的有（）A．三棱錐B1﹣A1D1P的體積為定值 B．存在點P，使得D1P⊥AD1 C．若D1P⊥B1D，則P點在正方形底面ABCD內(nèi)的運動軌跡長度為 D．若點P是AD的中點，點Q是BB1的中點，過P，Q作平面α⊥平面ACC1A1，則平面α截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面積為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．（5分）（2024春?南山區(qū)期中）已知某圓臺的上、下底半徑和高的比為1：4：4，母線長為10cm，則該圓臺的體積為（cm3）．13．（5分）（2021?新高考Ⅱ）已知向量++＝，||＝1，||＝||＝2，則?+?+?＝．14．（5分）（2022?甲卷）已知△ABC中，點D在邊BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．當取得最小值時，BD＝．四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15．（13分）（2023春?成都期末）已知復(fù)數(shù)z＝1+mi（i是虛數(shù)單位，m∈R），且為純虛數(shù)（是z的共軛復(fù)數(shù)）．（1）求實數(shù)m及|z|；（2）設(shè)復(fù)數(shù)，且復(fù)數(shù)z1對應(yīng)的點在第二象限，求實數(shù)a的取值范圍．16．（15分）（2019秋?崇左期末）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知．（1）求角B的值；（2）若b＝2，且△ABC的面積為，求△ABC的周長．17．（15分）（2024春?南山區(qū)期中）如圖所示正四棱錐S﹣ABCD，SA＝SB＝SC＝SD＝2，AB＝，P為側(cè)棱SD上的點，且SP＝3PD，求：（1）若M為SA的中點，求證：SC∥平面BMD；（2）側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC．若存在，求的值；若不存在，試說明理由．18．（17分）（2024春?南山區(qū)期中）如圖，長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝m，AD＝AA1＝1，點M是棱CD的中點．（1）求異面直線B1C與AC1所成的角的大?。唬?）當實數(shù)m＝，證明直線AC1與平面BMD1垂直；（3）若m＝2．設(shè)P是線段AC1上的一點（不含端點），滿足＝λ，求λ的值，使得三棱錐B1﹣CD1C1與三棱錐B1﹣CD1P的體積相等．19．（17分）（2024春?南山區(qū)期中）如圖所示，△ABC為等邊三角形，．I為△ABC的內(nèi)心，點P在以I為圓心，1為半徑的圓上運動．（1）求出的值．（2）求?的范圍．（3）若，當最大時，求的值．

2023-2024學年廣東省深圳市南山外國語學校（集團）高級中學高一（下）期中數(shù)學試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．（5分）（2024春?南山區(qū)期中）復(fù)數(shù)z滿足i（z+i）＝1+i，則z＝（）A．1﹣2i B．1+2i C．2+i D．﹣1+2i【解答】解：i（z+i）＝1+i，則z+i＝，故z＝1﹣2i．故選：A．2．（5分）（2024?浙江模擬）已知向量，是平面上兩個不共線的單位向量，且，，，則（）A．A、B、C三點共線 B．A、B、D三點共線 C．A、C、D三點共線 D．B、C、D三點共線【解答】解：＝+＝，則A、C、D三點共線．故選：C．3．（5分）（2022春?江城區(qū)校級期末）如圖所示是古希臘數(shù)學家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻著一個圓柱，圓柱內(nèi)有一個內(nèi)切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，相傳這個圖形表達了阿基米德最引以為自豪的發(fā)現(xiàn)，我們來重溫這個偉大發(fā)現(xiàn)，圓柱的表面積與球的表面積之比為（）A． B．2 C． D．【解答】解：設(shè)球的半徑為R，因為球是圓柱的內(nèi)切球，則圓柱的底面半徑為R，高為2R．所以圓柱的表面積S1＝2πR2+2πR?2R＝6πR2，球的表面積S2＝4πR2，所以．即圓柱的表面積與球的表面積之比為．故選：C．4．（5分）（2024春?南山區(qū)期中）如圖的平面圖形由16個全部是邊長為2且有一個內(nèi)角為60°的菱形組成，那么圖形中的向量的數(shù)量積＝（）A．34 B． C．6 D．15【解答】解：如圖：以菱形的2條邊為基底和，且，與的夾角為60°，則由平面向量的基本定理知，所以．故選：A．5．（5分）（2024?宜春模擬）設(shè)α是空間中的一個平面，l，m，n是三條不同的直線，則（）A．若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l⊥α B．若l∥m，m∥n，l⊥α，則n⊥α C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，則l⊥n D．若m?α，n⊥α，l⊥n，則l∥m【解答】解：由α是空間中的一個平面，l，m，n是三條不同的直線，知：在A中，若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l與α相交、平行或l?α，故A錯誤；在B中，若l∥m，m∥n，l⊥α，則由線面垂直的判定定理得n⊥α，故B正確；在C中，若l∥m，m⊥α，n⊥α，則l∥n，故C錯誤；在D中，若m?α，n⊥α，l⊥n，則l與m相交、平行或異面，故D錯誤．故選：B．6．（5分）（2022?河南模擬）“中國天眼”射電望遠鏡的反射面的形狀為球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圓面為底，垂直于圓面的直徑被截得的部分為高，球冠面積S＝2πRh，其中R為球的半徑，h為球冠的高），設(shè)球冠底的半徑為r，周長為C，球冠的面積為S，則當，S＝14π時，＝（）A． B． C． D．【解答】解：如示意圖，根據(jù)題意，由勾股定理可得R2＝（R﹣h）2+10，聯(lián)立方程，解得，于是．故選：B．7．（5分）（2024春?南山區(qū)期中）秦九韶（1208年～1268年），字道古，祖籍魯郡（今河南省范縣），出生于普州（今四川安岳縣）．南宋著名數(shù)學家，與李冶、楊輝、朱世杰并稱宋元數(shù)學四大家．1247年秦九韶完成了著作《數(shù)書九章》，其中的大衍求一術(shù)（一次同余方程組問題的解法，也就是現(xiàn)在所稱的中國剩余定理）、三斜求積術(shù)和秦九韶算法（高次方程正根的數(shù)值求法）是有世界意義的重要貢獻．設(shè)△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，面積為S，秦九韶提出的“三斜求積術(shù)”公式為，若a2sinC＝2sinA，2ac（cosB+1）＝6，則由“三斜求積術(shù)”公式可得△ABC的面積為（）A． B． C． D．1【解答】解：因為a2sinC＝2sinA，由正弦定理得a2c＝2a，所以ac＝2，又因為2ac（cosB+1）＝6，由余弦定理得，可得a2+c2﹣b2＝6﹣2ac＝2，所以．故選：B．8．（5分）（2023?贛州模擬）在△ABC中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，P是△ABC的外接圓上的一點，若+n，則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的中點O為原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，則A（1，0），C（﹣1，0），B（，），設(shè)P的坐標為（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+＝﹣，當且僅當sin（θ﹣）＝﹣1時，等號成立．故選：B．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。（多選）9．（6分）（2024春?南山區(qū)期中）已知復(fù)數(shù)z＝（m2+2m﹣3）+（m﹣1）i，其中m為實數(shù)，i為虛數(shù)單位，則（）A．若z為純虛數(shù)，則m＝1或﹣3 B．若復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)z的點位于第四象限，則m＜﹣3 C．若m＝2，則的虛部為﹣i D．若z＝a﹣2i（a∈R），則|z|＝2【解答】解：復(fù)數(shù)z＝（m2+2m﹣3）+（m﹣1）i，對于A，若z為純虛數(shù)，則，解得m＝﹣3，故A錯誤；對于B，復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)z的點位于第四象限，則，解得m＜﹣3，故B正確；對于C，m＝2，則z＝5+i，，虛部為﹣1，故C錯誤；對于D，z＝a﹣2i（a∈R），則m﹣1＝﹣2，解得m＝﹣1，故z＝﹣4﹣2i，|z|＝，故D正確．故選：BD．（多選）10．（6分）（2024春?南山區(qū)期中）在△ABC中，已知，則下列說法正確的是（）A．當時，此三角形有兩解 B．△ABC面積最大值為 C．△ABC的外接圓半徑為2 D．若c＝1，則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＝，又因為B∈（0，π），所以＝，即B＝；A中，因為＜c＜2，由正弦定理可得：＝，可得sinC＝sinB＝?＝∈（，1），所以該三角形有兩解，所以A正確；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正確；C中，設(shè)三角形外接圓的半徑為R，則＝2R，即R＝＝1，所以C不正確；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，所以該三角形一定是直角三角形，所以D正確．故選：ABD．（多選）11．（6分）（2023春?七里河區(qū)校級期末）如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，P為正方形底面ABCD內(nèi)的一動點，則下列結(jié)論正確的有（）A．三棱錐B1﹣A1D1P的體積為定值 B．存在點P，使得D1P⊥AD1 C．若D1P⊥B1D，則P點在正方形底面ABCD內(nèi)的運動軌跡長度為 D．若點P是AD的中點，點Q是BB1的中點，過P，Q作平面α⊥平面ACC1A1，則平面α截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面積為【解答】解：對于A，由題意及圖形可知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以點P到平面A1B1C1D1距離d為定值．所以＝，又為定值，故三棱錐B1﹣A1D1P的體積為定值．故A正確；對于B，因A1D⊥AD1，則若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與D1P相交或A1D與D1P異面．所以不存在相應(yīng)的點P，使D1P⊥AD1.故B錯誤；對于C，如圖有B1D⊥平面D1AC．理由如下：連接DB，A1D．由題可得AC⊥DB，AC⊥BB1，又DB∩BB1＝B，DB，BB1?平面DBB1，所以AC⊥平面DBB1．因為DB1?平面DBB1，所以AC⊥DB1．同理可證得AD1⊥DB1，又AD1∩AC＝A，所以B1D⊥平面D1AC，得D1P?平面D1AC．故點P軌跡為平面D1AC與底面ABCD交線，即為線段AC，AC＝2，故C正確；對于D，如圖取AB中點為P1，連接PP1．由題可得DB⊥AC，AA1⊥平面ABCD．連接BD，因為PP1∥DB，PP1?平面ABCD，則PP1⊥AC，PP1⊥AA1．又AC∩AA1＝A，AC，AA1?平面ACC1A1，則PP1⊥平面ACC1A1．又取DD1中點為Q1，則QQ1∥DB∥PP1，有P，P1，Q，Q1四點共面．則平面PP1QQ1即為平面α．又由兩平面平行性質(zhì)可知，PP1∥RR1，PQ1∥QR1，P1Q∥Q1R，又P，P1，Q，Q1都是中點，故R是D1C1中點，R1是B1C1中點．則平面α截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得截面為正六邊形，又正方體棱長為2，則，故截面面積為．故D正確．故選：ACD．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．（5分）（2024春?南山區(qū)期中）已知某圓臺的上、下底半徑和高的比為1：4：4，母線長為10cm，則該圓臺的體積為224π（cm3）．【解答】解：根據(jù)題意，設(shè)圓臺的上、下底面半徑和高分別為x、4x、4x，可得母線長為，即，解之得x＝2，所以圓臺的上底面半徑為r＝2，下底面半徑為R＝8，高h＝8．由此可得圓臺的體積為V＝πh（r2+R2+rR）＝224π．故答案為：224π．13．（5分）（2021?新高考Ⅱ）已知向量++＝，||＝1，||＝||＝2，則?+?+?＝﹣．【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，∴?＝，?＝，?＝，∴?+?+?＝﹣．故答案為：﹣．方法2：?+?+?＝＝＝﹣．故答案為：﹣．14．（5分）（2022?甲卷）已知△ABC中，點D在邊BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．當取得最小值時，BD＝．【解答】解：設(shè)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，此時，當且僅當（x+1）2＝3時，即或（舍去），即時取等號，故答案為：．四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15．（13分）（2023春?成都期末）已知復(fù)數(shù)z＝1+mi（i是虛數(shù)單位，m∈R），且為純虛數(shù)（是z的共軛復(fù)數(shù)）．（1）求實數(shù)m及|z|；（2）設(shè)復(fù)數(shù)，且復(fù)數(shù)z1對應(yīng)的點在第二象限，求實數(shù)a的取值范圍．【解答】解：（1）∵z＝1+mi，∴，∴，∵為純虛數(shù)，∴，解得m＝﹣3，故z＝1﹣3i，則；（2）∵i2023＝i4×505+3＝i3＝﹣i，∴，∵復(fù)數(shù)z1所對應(yīng)的點在第二象限，∴，解得，故實數(shù)a的取值范圍為．16．（15分）（2019秋?崇左期末）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知．（1）求角B的值；（2）若b＝2，且△ABC的面積為，求△ABC的周長．【解答】解：（1）由正弦定理及已知，化邊為角得．∵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的周長為6．17．（15分）（2024春?南山區(qū)期中）如圖所示正四棱錐S﹣ABCD，SA＝SB＝SC＝SD＝2，AB＝，P為側(cè)棱SD上的點，且SP＝3PD，求：（1）若M為SA的中點，求證：SC∥平面BMD；（2）側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC．若存在，求的值；若不存在，試說明理由．【解答】（1）證明：如圖，連接BD交AC于點O，連接MO，BM，DM，則O為AC的中點，當M為SA的中點時，OM∥SC，又OM?平面BMD，SC?平面BMD，所以SC∥平面BMD；（2）解：在側(cè)棱SC上存在點E，使得BE∥平面PAC，滿足，理由如下：取SD的中點Q，由SP＝3PD，得PQ＝PD，過Q作PC的平行線交SC于E，連接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，即在側(cè)棱SC上存在點E，使得BE∥平面PAC，滿足．18．（17分）（2024春?南山區(qū)期中）如圖，長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝m，AD＝AA1＝1，點M是棱CD的中點．（1）求異面直線B1C與AC1所成的角的大小；（2）當實數(shù)m＝，證明直線AC1與平面BMD1垂直；（3）若m＝2．設(shè)P是線段AC1上的一點（不含端點），滿足＝λ，求λ的值，使得三棱錐B1﹣CD1C1與三棱錐B1﹣CD1P的體積相等．【解答】解：（1）連接B1C，由四邊形BCC1B1為正方形，可得B1C⊥BC1，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥平