黑龙江省大庆铁人中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学(图片版,含答案)

文档属性

名称 黑龙江省大庆铁人中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学(图片版,含答案)
格式 zip
文件大小 1.4MB
资源类型 教案
版本资源 人教A版(2019)
科目 数学
更新时间 2024-05-30 19:30:24

文档简介

铁人中学 2023级高一下学期期中考试 数学 试题 考试时间: 年 月
铁人中学 2023 级高一下学期期中考试
A. B. C. D.
数学试卷
π 3
5.如图,在 ABC中, BAC , AD 3DB,P为CD上一点,且满足 AP xAC AB(x R),若
试题说明:1、本试题满分 分,答题时间 分钟。 3 5

2、请将答案填写在答题卡上,考试结束后只交答题卡。 AC 4,AB 5,则 AP CD的值为( )
第Ⅰ卷 选择题部分
一、选择题(共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。)
z , z z1.已知复数 1 2在复平面内所对应的点分别为(1,-1),(1,1)则 2 1 ( )z1 9 71 46 17
A. B. C. D.
2 20 15 5
A 2. B.1 C. 2 D.2
2 6.在四棱锥 P ABCD中,底面 ABCD为正方形,E,F分别为侧棱 PC,PB上的点,且满足 PC 4EC,
2.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图,如图所示,C B x 轴,C D //y 轴,C B 1, AF / / PB平面 BDE,则 FB ( )
A B 5,则 A B C 的原图形的面积为( ) 3
A. B.2 C.3 D.4
2
7.已知 ABC的内角A,B,C的对边分别为 a,b,c,a 2 b 2 c 2 2bc sin C ,当 sin B 2sinC
取得最大值时, C为( )
π π π π
A. B. C. D.
12 6 4 3
A 5 2.5 B. C.10 2 D.5 2 8.已知球 O内切于正方体 ABCD AB2 1 1
C1D1,P,Q,M,N分别是 B1C1,C1D1,CD,BC 的中点,则
1 1 1
3.某人要作一个三角形,要求它的三条高的长度分别为 , , ,则此人( ) 该正方体及其内切球被平面MNPQ所截得的截面面积之比为( )
25 22 7
A A..不能作出这样的三角形 B.能作出一个锐角三角形 4 2 : π B. 2 2 : π C.3 2 : π D.4: π
C D 二、多选题(共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。).能作出一个直角三角形 .能作出一个钝角三角形
3
4.如图,点 A,B,C,M,N为正方体的顶点或所在棱的中点,则下列各图中,不满足直线MN / / 9. ABC的内角 A,B,C的对边分别为 a,b,c.已知a 3,c 3 2,cosC ,则( )4
平面 ABC的是( ) A 12 14 14. ABC的外接圆半径为 B. sin A
7 8
第 1 页 共 3 页
铁人中学 2023级高一下学期期中考试 数学 试题 考试时间: 年 月
C.b 6 D. ABC为锐角三角形 15.如下图所示,某学校设置了一些装饰品,这些装饰品是由正方体截去八个一样的四面体得到的,
10.已知复数 z , z ,则下列命题一定成立的有( ) 已知装饰品的体积为180000cm
3,现学校准备为装饰品的所有棱(含底面)加装灯带,请问学校需
1 2
要购买灯带的长度为 cm.
A.若 z1 z2 0,则 z z B.若 z1 z 2 21 2 2 ,则 z1 z2
2
C. z 21·z2 z1·z2 D. z1 z2 z1 z2
11.已知圆台的上、下底面直径分别为 2,6,高为2 3,则( )
16.如图,在三角形 ABC中,若 sin 2 A sin 2 B sin 2 C 2 3 sin Asin BsinC ,DB 2,DC 4,则
A.该圆台的体积为 26 3π
DA的长度的最大值为 .
112
B.该圆台外接球的表面积为 π
3
C.用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为 16
D.挖去以该圆台上底面为底,高为 3的圆柱后所得几何体的表面积为 16 2 3 π

12.已知 a,b,c是互不相等的非零向量,其中 a,b是互相垂直的单位向量,c xa yb x, y R ,
四、解答题(共 6 小题,共 70 分。)

记OA a,OB b,OC c,则下列说法正确的是( ) 17.(本小题 10 分)
A.若 a c b c 0,则 O,A,B,C 四点在同一个圆上 (1)已知向量 a 2,1 ,点 A 2, 1 ,若向量 AB a,且 AB 5,求点 B的坐标;

B.若 a c b c 0,则|c|的最大值为 2 (2)球的两个平行截面的面积分别是 5π,8π,两截面间的距离为 1,求球的半径.
2 18.(本小题 12 分)C.若 c 1,则 a c b c 的最大值为 1
2
记 ABC的内角 A,B,C
2 A
的对边分别为 a,b,c,已知 c b 2csin
D.若 c 1
2
,则 x y的最小值为 2
(1)试判断 ABC的形状;
第Π卷 非选择题部分
(2)若c 1,求 ABC周长的最大值.
三、填空题(每小题 5 分,共 20 分。)
1+ i 19.如图,在直四棱柱 ABCD A1B1C1D1中,底面 ABCD为正方形,E为棱 AA1的中点,AB 2, AA1 3.13.已知 z = 2024 (a∈ R)若 z为纯虚数,则 z . i+i
14.已知 a,b 为单位向量,且 a b 2 a b ,则 a b在 a上的投影向量为 (用 a b或
a 表示)
第 2 页 共 3 页
铁人中学 2023级高一下学期期中考试 数学 试题 考试时间: 年 月
0, π , tan 3 ,求函数 g x π 在 0, 2 上的取值范围.4
22.(本小题 12 分)
3
在锐角△ABC中,设角 A,B,C的对边分别为 a,b,c,且 a 4, cos A .
5
(1)若c 4,求△ABC的面积;
(1)求三棱锥 A BDE的体积. 5b 3c(2)求 的值;
cosC
(2)在DD1上是否存在一点 P,使得平面PA1C //平面 EBD .如果存在,请说明 P点位置并证明.如果不 (3)求 AB AC AB AC 的取值范围.
存在,请说明理由.
20.(本小题 12 分)
铁人中学“数学建模”实践小组欲测量某景区位于:“观光湖”内两处景点 A,C之间的距离,如图,B
处为码头入口,D处为码头,BD为通往码头的栈道,且 BD 100m,在 B处测得
ABD π CBD π BDC 2π 3π , ,在 D处测得 , ADC .(A,B,C,D均处于同一测量
4 6 3 4
的水平面内)
(1)求 A,C两处景点之间的距离;
(2)栈道 BD所在直线与 A,C两处景点的连线是否垂直?请说明理由.
21.(本小题 12 分)
2
已知函数 f x 2 3sinxcosx 2cos x x R .
(1)求函数 f x 的最小正周期及单调递增区间;
f x π(2)将函数 的图象向左平移 个单位长度,再向上平移 1 个单位长度得到 g x 的图象,若
12
第 3 页 共 3 页铁人中学 2023 级高一下学期期中考试 如图②,当两个截面位于球心 O的异侧时,有 R2 5 R2 8 1,此方程无解.
数学答案
综上,球的半径是 3.
1.C 2.D 3.D 4.D 5.B 6.C 7.B 8.A
c b 2csin2 A sin 2 A c b 1 cos A c b18(1)解:由 ,可得 ,所以 ,
9.BC 10.AC 11.BC 12.AD 2 2 2c 2 2c
1 cos A 1 b b
4 即 ,所以 cos A ,
13.1 14. a 15. 720 2 16.6 2 2 2 2c c3
b
2 c2 a2 b π
B m,n 又由余弦定理得 ,可得
2 2 2,所以C ,
17.(1)设 ,则 AB m 2,n

1 a b c2bc c 2
所以 ABC是直角三角形
因为向量 AB a,所以 2 m 2 n 1 0
(2)解:由(1)知, ABC是直角三角形,且 c 1,可得 a sin A, b cos A,

又 AB 5,所以 (m 2)2 (n 1)2 5
所以 ABC周长为1 sin A
π
cos A 1 2 sin A


4
m 3 m 1
解得 或 ,所以 B的坐标为 3, 3 或 1,1 因为 A 0,
π A π π , 3π
n 3
,可得 ,
n 1 2
4 4 4

r r 2 所以,当
A 时,即 ABC为等腰直角三角形,周长有最大值为
2 2 1
.
( )设两个平行截面圆的半径分别为 1,2,球半径为 R,则由 r1 5 ,得 r1 5, 4
2 19.(1)在直四棱柱 ABCD A r 8 r 2 2 1
B1C1D1中,底面 ABCD为正方形,
由 2 ,得 2 ,
所以 AA1 2 2 2 2 平面 ABCD,如图①,当两个截面位于球心 O的同侧时,有 R r1 R r2 1,即
所以V V
1
A BDE E ABD AE S
1 3 1
2 2 1 .
R2 5 1 R2 8 ,解得 R 3
ABD
, 3 3 2 2
(2)当 P为DD1的中点时满足平面 PA1C //平面 EBD,
设 AC BD O ,连接OE,
因为 ABCD为正方形,所以O为 AC的中点,又 E为棱 AA1的中点,
答案第 1页,共 4页
所以OE //A1C ,又OE 平面 PA1C, A1C 平面 PA1C,所以OE//平面 PA1C,
(2)在△BCD中, BC 1002 1002 2 100 1 100 100 3,
2
又 P为DD1的中点,所以DP //A1E且DP A1E,所以DPA1E为平行四边形, 7π
在△ABD中,因为 ADB ,
12
所以DE //A1P,
所以 sin ADB sin 7π sin π π 2 6 ,又DE 平面 PA1C, A1P 平面 PA1C,所以DE//平面 PA1C, 12 4 3 4
又DE OE E,DE,OE 平面 BDE, BD AD AB由正弦定理 ,
sin BAD sin ABD sin ADB
所以平面 PA1C //平面 EBD . 100 AB
即 1 2 6 ,得 AB 50 2 6 ,
BCD CBD π 2π20.(1)由已知在△ 中, , BDC , BD 100, 2 4
6 3
2π π π 所以 BD AC BD
BCD π BCD BC BA BD BC BD BA所以 ,则△ 为等腰三角形,
3 6 6
则 BD DC 100, 100 100 3
3 2
100 50 2 6 100 150 100 50 1 3 0,2 2
π 3π
在△ABD中, BD 100, ABD , ADC , 即栈道 BD所在直线与 A,C两处景点的连线不垂直.
4 4
2π 3π 7π 21.(1)因为 f x 2 3sinxcosx 2cos 2x 3sin2x cos2x π 1 2sin 2x 1 ,
则 ADB 2π , BAD π
7π π π
6 ,
3 4 12 12 4 6
100 AD 所以 f x 的最小正周期为 π;
BD AD
由正弦定理 ,即 1 ,解得 ,
sin BAD sin ABD 2 AD 100 22 π π π π π2 令 2kπ 2x 2kπ ,则 kπ x kπ k Z ,
2 6 2 6 3
在 ACD中,DC 100, ADC

, AD 100 2, f x kπ π π4 所以 的单调增区间为 ,kπ k Z . 6 3
2
由余弦定理 AC 100 2 100 2 2 2 π 100 2 100 100 5 , (2) f x 的图象向左平移 个单位长度得到
2 12
即 A,C两处景点之间的距离为100 5;
答案第 2页,共 4页
5b 3c 20cosC 15sinC 15sinC
y π π 带入①式可知: 2sin 2 x

1 2sin 2x 2 1
20
, cosC cosC
12 6
(3)解法 1:
y 2sin 2x 2 1再向上平移 1个单位长度得到 y 2sin 2x 2 ,
设 BC中点为 D,则 AB AC 2AD 2 AD
所以 g x 2sin 2x 2 .令 t 2x 2 ,h t 2sint,
AB AC AD DB AD DC 2 2 2AD DB AD DB AD DB AD 4
x 0, π 因为 ,t 2 , 2 π , 2 所以 AB AC AB AC AD 2 2AD 4
3 4 π
又因为 0, π ,0 tan 3 1,所以 sin , cos ,
4 5 5
0, .
4 如下图所示,
2 0, π , π 2 π, 3π 所以 2 2


π π
所以 h t 在 2 , 上单调递增,在 , 2 π 上单调递减,
2 2
所以 h(t) h
π
max 2,h(t)min h π 2 2sin π 2 2sin2
48

2 25
g x π 48 即函数 在 0, 上的取值范围是 , 2 . 2 25 设△ABC的外接圆为圆 O,由于△ABC为锐角三角形,故点 A的运动轨迹为劣弧
2 2 2
22.(1)由余弦定理 cos A b c a b 3 24 b A A r 5 5 3 32bc 8 5 5 1 2(不含端点),由正弦定理知圆 O的半径 ,故OD r cos A 2 2 5 2
sin A 4 S 1 bcsin A 1 24结合 可知,△ABC的面积 4
4 192

5 2 2 5 5 25 设 AOD ,则 π A π,由余弦定理:
4 a 25 9 5 3 17 15
(2)因为 a 4, sin A ,所以 5sin A , AD OA
2 OD2 2OA OD cos 2 cos cos 13, 4 5 4 4 2 2 2 2
由正弦定理b 5sin B, c 5sinC
5b 3c 25sin B 15sinC
所以 2,① 由于函数 f x x 2x 4在 x 13,4 时单调递减, f 13 2 13 9,
cosC cosC
由于 sin B sin A C sin AcosC cos AsinC 4 3 cosC sinC, f 4 4
5 5
答案第 3页,共 4页

所以 AB AC AB AC AD
2 2AD 4 4,2 13 9 b c 8,4 5 bc 5所以 ,②式变形为 b c 2 5,故bc 15,20 16
解法 2: 从而 t 2 13,8 ,
2 2 6 2 2
由余弦定理16 b c bc b c 16
6
bc②
5 5 此时函数 f t 单调递减,而 f 2 13 2 13 9, f 8 4

由定义 AB AC bccos A
3
bc
5 所以 AB AC AB AC f t 4,2 13 9

所以 AB AC AB 6 3 12 3 AC b2 c2 bc bc 16 bc bc
5 5 5 5
设 t 16 12 bc,
5

AB AC AB AC f t 1 t2则 t 4
4
由正弦定理:
b c 4 3 5sinB 5sinC 5sinB 5sin A B 5sinB 5 cosB sinB


5 5
8sin B 4cos B 4 5 sin B
其中锐角 的终边经过点 2,1 ,由锐角三角形可知
B π A, π π π B
A,
2 2 2 2
sin π A sin π 2 5注意到 2 2

5

sin B 2 5

所以 ,15
答案第 4页,共 4页
同课章节目录