辽宁省沈阳市东北育才学校高中本部2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（含解析）

辽宁省东北育才学校高中本部2023-2024学年高一下学期期中考试
数学试题
一、单项选择题：本大题共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）已知等腰梯形ABCD，现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周，所得的几何体为（　　）
A．一个圆台、两个圆锥 B．一个圆柱、两个圆锥
C．两个圆台、一个圆柱 D．两个圆柱、一个圆台
2．（5分）在复平面内表示复数的点位于第二象限，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣1，1） B．（0，1） C．（1，+∞） D．（0，+∞）
3．（5分）sin20°cos20°﹣cos225°＝（　　）
A．1 B． C．﹣1 D．
4．（5分）如图所示，矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O'A'＝6cm，C'D'＝2cm，则原图形OABC的面积是（　　）cm2．
A．12 B．12 C．6 D．
5．（5分）在复平面内，复数z1，z2对应的点关于直线y＝x对称，若z1＝2+i，则|z2+1﹣3i|＝（　　）
A． B．5 C． D．1
6．（5分）已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，动点P在BC边上（包括端点），则的取值范围是（　　）
A．[0，1] B．[﹣1，2] C．[﹣2，2] D．[﹣1，1]
7．（5分）如图（1）所示，已知点B在抛物线y＝x2上，过B作BA⊥x轴于点A，且OA＝a．将曲边三角形OAB如图（2）所示放罝，并将曲边三角形OAB沿平面OAB的垂线方向平移一个单位长度（即AA1＝1），得到相应的几何体OAB﹣O1A1B1．取一个底面面积为a2高为a的正四棱锥S﹣MNPQ放在平面ABB1A1上如图（3）所示，这时，平面OO1S∥平面ABB1A1，现用平行于平面ABB1A1的任意一个平面去截这两个几何体，截面分别为矩形CDEF，四边形M1N，P1Q1，截面与平面OO1S的距离为x0（0＜x0＜a）），试用祖暅原理，曲边三角形OAB的面积为（　　）
A． B． C．a3 D．a2
8．（5分）已知，则＝（　　）
A． B． C． D．
二、多项迭择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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）在锐角△ABC中，下列结论一定成立的有（　　）
A．
B．cosA＞sinB
C．sinA＞cosB
D．tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC
（多选）10．（6分）已知z1，z2均为复数，则下列结论中正确的有（　　）
A．若|z1|＝|z2|，则z1＝±z2
B．若z1＝，则z1+z2是实数
C．若|z1+z2|＝|z1﹣z2|，则z1z2＝0
D．若z1+z2＝0，则z1是实数
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，且PA＝AB＝2，BC＝1，则该四棱锥的外接球的表面积为 　 　．
13．（5分）已知tanα＝2tanβ，，则sin（β﹣α）＝　 　．
14．（5分）已知棱长相等的正三棱锥P﹣ABC底面的三个顶点A，B，C均在以O为球心的球面上（其中O为△ABC的中心），球面与棱PA，PB，PC分别交于点A1，B1，C1．若球O的表面积为12π，则多面体A1B1C1﹣ABC的体积为 　 　．
四、解答题：本大题共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．
（1）若a＝2，求；
（2）若是纯虚数，求a的值．
16．（15分）在△ABC中，AB＝3，AC边上的中线BD＝， ＝5．
（1）求AC的长；
（2）求sin（2A﹣B）的值．
17．（15分）已知函数．
（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期及其单调递增区间，
（Ⅱ）若A为锐角△ABC的内角，且，求△ABC面积的取值范围．
18．（17分）如图，在正六棱锥P﹣ABCDEF中，球O是其内切球，，点M是底面ABCDEF内一动点（含边界），且OM＝OP．
（1）求正六棱锥P﹣ABCDEF的体积；
（2）当点M在底面ABCDEF内运动时，求线段OM所形成的曲面与底面ABCDEF所围成的几何体的表面积．
19．（17分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
（1）若csinC﹣asinA＝（c﹣b）sinB，
①求A；
②若bc＝2，设点P为△ABC的费马点，求；
若cos2B+cos2C﹣cos2A＝1，设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|＝t|PA|，求实数t的最小值．
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本大题共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）已知等腰梯形ABCD，现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周，所得的几何体为（　　）
A．一个圆台、两个圆锥 B．一个圆柱、两个圆锥
C．两个圆台、一个圆柱 D．两个圆柱、一个圆台
【解答】解：等腰梯形的底CD较长，绕其所在的直线旋转一周，
相当于两个全等的直角三角形分别绕它的一条直角边所在的直线旋转一周，形成两个圆锥，
还有一个矩形绕它的一边所在的直线旋转一周，形成一个圆柱，
所以所得的几何体为一个圆柱、两个圆锥．
故选：B．
2．（5分）在复平面内表示复数的点位于第二象限，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣1，1） B．（0，1） C．（1，+∞） D．（0，+∞）
【解答】解：＝＝，在复平面内对应的点为（，），
则＜0，＞0，解得实数m的取值范围是（0，1）．
故选：B．
3．（5分）sin20°cos20°﹣cos225°＝（　　）
A．1 B． C．﹣1 D．
【解答】解：
＝．
故选：D．
4．（5分）如图所示，矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O'A'＝6cm，C'D'＝2cm，则原图形OABC的面积是（　　）cm2．
A．12 B．12 C．6 D．
【解答】解：如图所示，矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图，
其中O'A'＝6cm，C'D'＝2cm，则原图形是平行四边形OABC，如图，
∵O′C′＝C′D′＝1，O′C′⊥C′D′，
OA＝O'A'＝6cm，OD＝2O′D′＝2＝（cm），
∴该原图形的面积为S＝OA×OD＝6×4＝24（cm2）．
故选：D．
5．（5分）在复平面内，复数z1，z2对应的点关于直线y＝x对称，若z1＝2+i，则|z2+1﹣3i|＝（　　）
A． B．5 C． D．1
【解答】解：复数z1，z2对应的点关于直线y＝x对称，z1＝2+i，
则z2＝1+2i，
故|z2+1﹣3i|＝|1+2i+1﹣3i|＝|2﹣i|＝．
故选：C．
6．（5分）已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，动点P在BC边上（包括端点），则的取值范围是（　　）
A．[0，1] B．[﹣1，2] C．[﹣2，2] D．[﹣1，1]
【解答】解：由题可得：∠BAD＝2∠ABC＝120°，
所以＝﹣2，
因为动点P在BC边上（包括端点），
所以设（0≤λ≤1），
所以＝，
所以＝，
因为0≤λ≤1，所以4λ﹣2∈[﹣2，2]．
故选：C．
7．（5分）如图（1）所示，已知点B在抛物线y＝x2上，过B作BA⊥x轴于点A，且OA＝a．将曲边三角形OAB如图（2）所示放罝，并将曲边三角形OAB沿平面OAB的垂线方向平移一个单位长度（即AA1＝1），得到相应的几何体OAB﹣O1A1B1．取一个底面面积为a2高为a的正四棱锥S﹣MNPQ放在平面ABB1A1上如图（3）所示，这时，平面OO1S∥平面ABB1A1，现用平行于平面ABB1A1的任意一个平面去截这两个几何体，截面分别为矩形CDEF，四边形M1N，P1Q1，截面与平面OO1S的距离为x0（0＜x0＜a）），试用祖暅原理，曲边三角形OAB的面积为（　　）
A． B． C．a3 D．a2
【解答】解：依题意，在图（2）中，当OC＝x0时，，而CF＝AA1＝1，
则矩形CDEF的面积，
在正四棱锥S﹣MNPQ中，截面四边形M1N1P1Q1为正方形，其中心为G1，
令正方形MNPQ的中心为G，则点S，G1，G共线，连接G1Q1，GQ，SG1＝x0，SG＝a，如图，
平面M1N1P1Q1∥平面MNPQ，平面M1N1P1Q1∩平面SGQ＝G1Q1，平面MNPQ∩平面SGQ＝GQ，
因此G1Q1∥GQ，有，于是，
而，则，由祖暅原理知，
而几何体OAB﹣O1A1B1可视为以曲边三角形OAB为底面，高为AA1的柱体，其体积，
所以曲边三角形OAB的面积．
故选：A．
8．（5分）已知，则＝（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由已知可得2cos
＝2cos﹣cos
＝cos
＝cos[（2x+）﹣]＝cos（x+）＝，
则sin（）＝cos[]
＝cos（）＝2cos2（）﹣1＝2×﹣1＝﹣．
故选：D．
二、多项迭择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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）在锐角△ABC中，下列结论一定成立的有（　　）
A．
B．cosA＞sinB
C．sinA＞cosB
D．tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC
【解答】解：因为锐角三角形，所以A+B＞，且A+B＝π﹣C，
A中，sin＝sin＝cos，所以A正确；
B中，可得＞A＞﹣B，所以cosA＜cos（﹣B）＝sinB，所以B不正确；
C中，可得＞A＞﹣B，所以sinA＞sin（﹣B）＝cosB，所以C正确；
D中，在三角形中，tanA+tanB＝tan（A+B）（1﹣tanAtanB）＝﹣tanC（1﹣tanAtanB），
所以tanA+tanB+tanC＝﹣tanC（1﹣tanAtanB）+tanC＝tanAtanBtanC，所以D正确．
故选：ACD．
（多选）10．（6分）已知z1，z2均为复数，则下列结论中正确的有（　　）
A．若|z1|＝|z2|，则z1＝±z2
B．若z1＝，则z1+z2是实数
C．若|z1+z2|＝|z1﹣z2|，则z1z2＝0
D．若z1+z2＝0，则z1是实数
【解答】解：对于选项A，取z1＝，z2＝﹣+，满足|z1|＝|z2|，但不满足z1＝±z2，故A不正确；
对于选项B，设z1＝a+bi（a，b∈R），则由z1＝得：z2＝a﹣bi，所以z1+z2＝（a+bi）+（a﹣bi）＝2a∈R，故B正确；
对于选项C，设z1＝a+bi，z2＝m+ni（a，b，m，n∈R），则z1+z2＝（a+m）+（b+n）i，z1﹣z2＝（a﹣m）+（b﹣n）i，
所以由|z1+z2|＝|z1﹣z2|得：＝，即am+bn＝0，
所以z1z2＝（a+bi）（m+ni）＝（am﹣bn）+（an+bm）i＝am﹣bn≠0，故C不正确；
对于选项D，设z1＝a+bi（a，b∈R），则由z1+z2＝0得：z2＝﹣z1＝﹣a﹣bi，
所以z1＝（a+bi）（﹣a+bi）＝﹣a2﹣b2∈R，故D正确．
故选：BD．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，且PA＝AB＝2，BC＝1，则该四棱锥的外接球的表面积为 　9π　．
【解答】解：将四棱锥P﹣ABCD补成长方体如图：
则此四棱锥的外接球即为长方体的外接球，
长方体的对角线长为，
所以四棱锥的外接球的直径为3，即半径，
则该四棱锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝9π．
故答案为：9π．
13．（5分）已知tanα＝2tanβ，，则sin（β﹣α）＝　　．
【解答】解：因为tanα＝2tanβ，
即，
所以sinαcosβ＝2sinβcosα，①
因为，②
由①②可得：，，
所以．
故答案为：．
14．（5分）已知棱长相等的正三棱锥P﹣ABC底面的三个顶点A，B，C均在以O为球心的球面上（其中O为△ABC的中心），球面与棱PA，PB，PC分别交于点A1，B1，C1．若球O的表面积为12π，则多面体A1B1C1﹣ABC的体积为 　　．
【解答】解：∵球O的表面积为4πR2＝12π，
∴球O的半径R＝，
设底面正三角形的边长为a，
则＝2R＝，∴a＝3，
∴该正三棱锥的高为＝，
设正三棱锥P﹣ABC的侧棱与底面所成角为θ，则cosθ＝，
∴正三棱台A1B1C1﹣ABC的母线长为＝2，又正三棱锥ABC的所有棱长为3，
∴正三棱锥P﹣A1B1C1与正三棱锥ABC的相似比为，
∴正三棱锥P﹣A1B1C1与正三棱锥ABC的体积比为，
∴正三棱台A1B1C1﹣ABC的体积为正三棱锥ABC的体积倍，
故所求体积为＝．
故答案为：．
四、解答题：本大题共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．
（1）若a＝2，求；
（2）若是纯虚数，求a的值．
【解答】解：（1）z1＝＝＝＝1﹣3i．
a＝2时，∴＝（1﹣3i）（2+3i）＝11﹣3i．
（2）＝＝＝是纯虚数，
∴，a＝﹣9．
16．（15分）在△ABC中，AB＝3，AC边上的中线BD＝， ＝5．
（1）求AC的长；
（2）求sin（2A﹣B）的值．
【解答】解：（1）∵ ＝5，AB＝3，AC＝2AD．
∴ ＝．+＝，∴（+）2＝．
∴﹣2 ＝||2，
∴AD＝1，AC＝2．
（2）由（1）得 ＝．可得cosA＝，∴sinA＝．
在△ABC中，BC2＝AB2+AC2﹣2AB ACcosA，∴BC＝．
在△ABC中，可得sinB＝，∴cosB＝．
sin（2A﹣B）＝sin2A cosB﹣cos2A sinB＝2sinA cosA cosB﹣（1﹣2sin2A） sinB
＝2×﹣（1﹣2×）×＝．
17．（15分）已知函数．
（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期及其单调递增区间，
（Ⅱ）若A为锐角△ABC的内角，且，求△ABC面积的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）函数＝sin2x﹣cos2x＝2sin（2x﹣），
函数f（x）的最小正周期为T＝＝π；
由2kπ﹣≤2x﹣≤2kπ+，k∈Z，可得kπ﹣≤x≤kπ+，
即有f（x）的单调递增区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈Z；
（Ⅱ）若A为锐角△ABC的内角，且，
可得sin（2A﹣）＝，由0＜A＜，可得﹣＜2A﹣＜，
则2A﹣＝，即A＝，B+C＝，
设B＝+α，C＝﹣α，由0＜B＜，0＜C＜，
可得﹣＜α＜，即有sinα∈（﹣，）．
由正弦定理可得＝＝＝＝4，
即有b＝4sinB，c＝4sinC，
则△ABC面积为S＝bcsinA＝×16sinBsinC
＝4sin（+α）sin（﹣α）＝4（sin2﹣sin2α）＝4（﹣sin2α）∈（2，3]．
18．（17分）如图，在正六棱锥P﹣ABCDEF中，球O是其内切球，，点M是底面ABCDEF内一动点（含边界），且OM＝OP．
（1）求正六棱锥P﹣ABCDEF的体积；
（2）当点M在底面ABCDEF内运动时，求线段OM所形成的曲面与底面ABCDEF所围成的几何体的表面积．
【解答】解：（1）设O1是底面ABCDEF的中心，连接PO1，O1C，可知O1C＝2，在直角三角形PO1C中，PO1＝＝＝3，
又正六边形ABCDEF的面积为S＝6××2×＝6，
所以VP﹣ABCDEF＝S PO1＝×6×3＝6；
（2）取BC的中点N，连接O1N，PN．
设正六棱锥P﹣ABCDEF的内切球与侧面PBC相切于H，可得H在PN上，连接OH．
在直角三角形PO1N中，PO1＝3，O1N＝，则PN＝，所以∠OPH＝30°．
设内切球的半径为r，由PO＝2OH，可得3﹣r＝2r，解得r＝1，
所以OM＝OP＝2．在直角三角形OO1N中，ON＝＝＝2，所以ON＝OM，
所以M在正六边形ABCDEF中，且以O1为圆心，为半径的圆上，
所以M在底面ABCDEF内运动时，
线段OM所形成的曲面和底面ABCDEF所围成的几何体为圆锥．
此几何体的表面积为3π+×2×π××2＝（3+2）π．
19．（17分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
（1）若csinC﹣asinA＝（c﹣b）sinB，
①求A；
②若bc＝2，设点P为△ABC的费马点，求；
（2）若cos2B+cos2C﹣cos2A＝1，设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|＝t|PA|，求实数t的最小值．
【解答】解：（1）①由正弦定理得c2﹣a2＝（c﹣b）b，即b2+c2﹣a2＝bc，
所以，又A∈（0，π），
所以；
②由①，所以三角形ABC的三个角都小于120°，
则由费马点定义可知：∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°，
设，由S△APB+S△BPC+S△APC＝S△ABC得：
，整理得xy+yz+xz＝2，
则
＝；
（2）因为cos2B+cos2C﹣cos2A＝1，
所以cos[（B+C）+（B﹣C）]+cos[（B+C）﹣（B﹣C）]＝cos2A+1，
所以2cos（B+C）cos（B﹣C）＝2cos2A，即﹣2cosAcos（B﹣C）＝2cos2A，
所以cosA＝0或﹣cos（B﹣C）＝cosA，
当cosA＝0时，，△ABC为直角三角形，
当﹣cos（B﹣C）＝cosA，
则﹣cosBcosC﹣sinBsinC＝﹣cos（B+C）＝﹣cosBcosC+sinBsinC，
得sinBsinC＝0，在三角形中不可能成立，
所以△ABC为的直角三角形，
因为点P为△ABC的费马点，则，
设|PB|＝m|PA|，|PC|＝n|PA|，|PA|＝x，m＞0，n＞0，x＞0，
则由|PB|+|PC|＝t|PA|得m+n＝t；
由余弦定理得，
，
，
故由|AC|2+|AB|2＝|BC|2得（n2+n+1）x2+（m2+m+1）x2＝（m2+n2+mn）x2，
即m+n+2＝mn，而m＞0，n＞0，故，
当且仅当m＝n，结合m+n+2＝mn，解得时，等号成立，
又m+n＝t，即有t2﹣4t﹣8≥0，解得或（舍去），
故实数t的最小值为．