廣東省惠州市博羅縣2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期5月期中考試數(shù)學(xué)試題（含答案）

廣東省惠州市博羅縣2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期5月期中考試數(shù)學(xué)試題一、單項選擇題：木題共8小題，每小題5分，共40分，在每個小題紿出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（5分）若復(fù)數(shù)z滿足（1﹣i）z＝2i，則（）A． B． C．2 D．42．（5分）已知α，β，γ是三個不同的平面，α∩γ＝m，β∩γ＝n，則“m∥n”是“α∥β”的（）條件．A．充分非必要 B．必要非充分 C．充分必要 D．既非充分又非必要3．（5分）在△ABC中，，則A＝（）A．30° B．45° C．120° D．150°4．（5分）設(shè)，是兩個單位向量，且，那么它們的夾角等于（）A． B． C． D．5．（5分）在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，E是AD的中點(diǎn)，則（）A． B． C． D．6．（5分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，P是函數(shù)y＝sinx圖象的最高點(diǎn)，Q是y＝sinx的圖象與x軸的交點(diǎn)，則的坐標(biāo)是（）A． B．（π，0） C．（﹣π，0） D．（2π，0）7．（5分）已知軸截面為正方形的圓柱MM′的體積與球O的體積之比為，則圓柱MM′的表面積與球O的表面積之比為（）A．1 B． C．2 D．8．（5分）如圖，某市人民廣場正中央有一座鐵塔，為了測量塔高AB，某人先在塔的正西方點(diǎn)C處測得塔頂?shù)难鼋菫?5°，然后從點(diǎn)C處沿南偏東30°方向前進(jìn)60m到達(dá)點(diǎn)D處，在D處測得塔頂?shù)难鼋菫?0°，則鐵塔AB的高度是（）A．50m B．30m C．25m D．15m二、多項選擇題：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，有選錯的得0分，若只有2個正確選頂，每選對一個得3分；若只有3個正確選項，每選對一個得2分（多選）9．（6分）設(shè)z＝1﹣i，則（）A． B． C． D．（多選）10．（6分）已知直線l，m，平面α，β，則下列說法錯誤的是（）A．m∥l，l∥α，則m∥α B．l∥β，m∥β，l?α，m?α，則α∥β C．l∥m，l?α，m?β，則α∥β D．l∥β，m∥β，l?α，m?α，l∩m＝M，則α∥β（多選）11．（6分）下列說法中錯誤的是（）A．若，都是非零向量，則“”是“與共線”的充要條件 B．若，都是非零向量，且，則C．若單位向量，，滿足，則D．若I為三角形ABC外心，且，則B為三角形ABC的垂心三、填空題，本題共3小題，每小題5分，共計15分.12．（5分）若一個球的表面積與其體積在數(shù)值上相等，則此球的半徑為．13．（5分）已知平面向量與的夾角為，若，，則在上的投影向量的坐標(biāo)為．14．（5分）已知△ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若△ABC的面積為，，則該三角形的外接圓直徑2R＝．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）已知向量，，．（1）若，，求λ+μ的值；（2）若，求與的夾角的余弦值．16．（15分）如圖所示，在正四棱錐S﹣ABCD中，SA＝SB＝SC＝SD＝2，，求；（1）正四棱錐S﹣ABCD的表面積；（2）若M為SA的中點(diǎn)，求證：SC∥平面BMD．17．（15分）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）求A；（2）求的最大值．18．（17分）如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝2DA，M為線段BC中點(diǎn)，AM與BD交于點(diǎn)N，P為線段CD上的一個動點(diǎn)．（1）用和表示；（2）求；（3）設(shè)，求xy的取值范圍．19．（17分）設(shè)f（z）是一個關(guān)于復(fù)數(shù)z的表達(dá)式，若f（x+yi）＝x1+y1i（其中x，y，x1，y1∈R，i為虛數(shù)單位），就稱f將點(diǎn)P（x，y）“f對應(yīng)”到點(diǎn)Q（x1，y1）．例如：將點(diǎn)（0，1）“f對應(yīng)”到點(diǎn)（0，﹣1）．（1）若f（z）＝z+1（z∈C），點(diǎn)P1（1，1）“f對應(yīng)”到點(diǎn)Q1，點(diǎn)P2“對應(yīng)”到點(diǎn)Q2（1，1），求點(diǎn)Q1、P2的坐標(biāo)．（2）設(shè)常數(shù)k，t∈R，若直線l：y＝kx+t，f（z）＝z2（z∈C），是否存在一個有序?qū)崝?shù)對（k，t），使得直線l上的任意一點(diǎn)P（x，y）“f對應(yīng)”到點(diǎn)Q（x1，y1）后，點(diǎn)Q仍在直線l上？若存在，試求出所有的有序?qū)崝?shù)對（k，t）；若不存在，請說明理由．（3）設(shè)常數(shù)a，b∈R，集合D{z|z∈C且Rez＞0}和A＝{w|w∈C且|w|＜1}，若滿足：①對于集合D中的任意一個元素z，都有f（z）∈A；②對于集合A中的任意一個元素w，都存在集合D中的元素z使得w＝f（z）．請寫出滿足條件的一個有序?qū)崝?shù)對（a，b），并論證此時的f（z）滿足條件．參考答案與試題解析一、單項選擇題：木題共8小題，每小題5分，共40分，在每個小題紿出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．【解答】解：因?yàn)椋?﹣i）z＝2i，所以．故．故選：C．2．【解答】解：如圖，將α，β，γ平面視為一個三棱柱的三個側(cè)面，設(shè)α∩β＝a，a，m，n為三棱柱三條側(cè)棱所在的直線，則由m∥n得不到α∥β，充分性不成立，若α∥β，且α∩γ＝m，β∩γ＝n，由面面平行的性質(zhì)定理可得m∥n，必要性成立，所以是必要非充分條件．故選：B．3．【解答】解：在△ABC中，，可得，，所以A＝30°．故選：A．4．【解答】解：，且，，，，且，．故選：C．5．【解答】解：在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，E是AD的中點(diǎn)，故．故選：C．6．【解答】解：由題意以及題圖可知Q（π，0），O（0，0），所以．故選：B．7．【解答】解：設(shè)圓柱MM′底面圓半徑為r，球O的半徑為R，則圓柱MM′的高為2r，由，可得，所以圓柱MM′的表面積與球O的表面積之比為．故選：B．8．【解答】解：設(shè)AB＝x，x＞0，在Rt△ABC中，由∠ACB＝45°，得BC＝AB＝x，在Rt△ABD中，由∠ADB＝30°，得BD＝AB＝x，在△BCD中，有∠BCD＝90°﹣30°＝60°，CD＝60，由余弦定理得：BD2＝CD2+CB2﹣2CD?CB?cos∠BCD，即3x2＝3600+x2﹣2×60×x×cos60°，整理得x2+30x﹣1800＝0，解得x＝30或x＝﹣60（不合題意，舍去），所以塔AB的高度是30m．故選：B．二、多項選擇題：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，有選錯的得0分，若只有2個正確選頂，每選對一個得3分；若只有3個正確選項，每選對一個得2分（多選）9．【解答】解：由z＝1﹣i可得，所以，即A正確；可得，即B正確；|z|2＝12+（﹣1）2＝2，，顯然錯誤，即C錯誤；，而，所以D錯誤．故選：AB．（多選）10．【解答】解：選項A中，m可能在α內(nèi)，也可能與α平行，故A錯誤；選項B中，α與β也可能相交，故B錯誤；選項C中，α與β也可能相交，故C錯誤；選項D中，依據(jù)面面平行的判定定理可知α∥β，故D正確．故選：ABC．（多選）11．【解答】解：對于A項，由與共線，可取，則，又，即“”是“與共線”的充分不必要條件，故A項錯誤；對于B項，由兩邊平方，展開得，化簡得：，即，故B項正確；對于C項，由可得：，兩邊平方得，因，，是單位向量，則，則，解得，又由可得：，兩邊平方得，則，解得，則，故C項錯誤；對于D項，因?yàn)椋?，故由可得：，故得點(diǎn)I為邊AC的中點(diǎn)，即三角形ABC的外心為AC的中點(diǎn)，即AI＝BI＝CI，故得AB⊥BC，即B為三角形ABC的垂心，故D項正確．故選：AC．三、填空題，本題共3小題，每小題5分，共計15分.12．【解答】解：設(shè)球的半徑為R，由題意可得，解得R＝3．故答案為：3．13．【解答】解：向量在向量上的投影向量是．故答案為：．14．【解答】解：△ABC的面積為，則，即tanC＝1，0＜C＜π，則，，則，解得2R＝2．故答案為：2．四、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．【解答】解：（1）因?yàn)?，，所以．因?yàn)?，所以，解得，所以．?）因?yàn)?，所以，?×4+3×1﹣（2×1+3x）＝0，解得x＝3，所以，故，．16．【解答】（1）解：因?yàn)镾A＝SB＝SC＝SD＝2，，取CD的中點(diǎn)H，連接SH，由題意可得，由題意可得S側(cè)面積＝4S△SCD＝4×CD×SH＝2××＝，所以S表面積＝S側(cè)面積+SABCD＝+（）2＝+2；（2）證明：連接BD交AC于O，由題意可得O為AC的中點(diǎn)，連接OM，M為SA的中點(diǎn)，在△SAC中，可得OM∥SC，OM?平面BMD，SC?平面BMD，所以SC∥平面BMD．17．【解答】解：（1）由bsinA+acosB＝c及正弦定理得，sinBsinA+sinAcosB＝sinC，因?yàn)閟inC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，所以sinBsinA+sinAcosB＝sinAcosB+cosAsinB，即sinBsinA＝cosAsinB，因?yàn)閟inB≠0，所以sinA＝cosA，所以tanA＝，又A∈（0，π），所以A＝．（2）由正弦定理知，，所以，其中，所以當(dāng)時，的最大值為．18．【解答】解：（1）由平面向量的加法法則，可得①，，②因?yàn)镸為線段BC中點(diǎn)，所以，①②相加，結(jié)合，化簡得，即．（2）由AM與BD交于點(diǎn)N，可知存在實(shí)數(shù)t，使，根據(jù)B、N、D三點(diǎn)共線，得，解得，即，所以．（3）由題意，設(shè)，代入并整理，可得．又，根據(jù)平面向量基本定理，得，所以x＝y(tǒng)﹣1，可得．因?yàn)?，所以，可得xy＝y(tǒng)（1﹣y）＝y(tǒng)2﹣y，相應(yīng)二次函數(shù)的圖象是開口向上的拋物線，關(guān)于直線對稱，因此函數(shù)F（y）＝y(tǒng)2﹣y在區(qū)間單調(diào)為增函數(shù)，當(dāng)y＝1時，（xy）min＝0，當(dāng)時，，綜上所述，xy的取值范圍為．19．【解答】解：（1）由P1（1，1）知z＝1+i，則f（z）＝z+1＝2+i，故Q1（2，1），設(shè)P2（x，y），則f（z）＝z+1＝（x+1）+yi，由Q2（1，1）知x+1＝1，y＝1，則x＝0，y＝1，即P2（0，1）；（2）直線l上的任意一點(diǎn)P（x，y）“對應(yīng)”到點(diǎn)Q（x1，y1），所以z＝x+yi，f（z）＝z2＝（x2﹣y2）+2xyi，且y＝kx+t，所以x2﹣y2＝x1，2xy＝y(tǒng)1，即Q（x2﹣y2，2xy），由題意，點(diǎn)Q（x1，y1）仍在直線l上，則2xy＝k（x2﹣y2）+t，又y＝kx+t，則2x（kx+t）＝k[x2﹣（kx+t）2]+t，展開整理得（k3+k）x2+（2t+2k2t）x+kt2﹣t＝0，則，解得k＝t＝0，所以，所求的有