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洛阳市2023—2024学年第二学期期中考试
高一数学试卷
本试卷共4页，共150分。考试时间120分钟。
注意事项：
吹
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。
2.考试结束，将答题卡交回。
一、单项选择题：本题共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已知为崖数单位名+1
毁
A.1-3i
B.1-2i
C.1+2i
D.1+3i
2.若直线a在平面B外，则
长
A.a∥B
B.a与B至多有一个公共点
C.a与B没有公共点
D.a与B至少有一个公共点
3.已知向量a,b满足a·b=10,且b=(4,-3),则a在b上的投影向量为
福
)
B(-3g)
C.(-8,6)
D.(8,-6)
4.△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,cos
-5
=5,BC=2,AC=5,则AB=
A.25
B.7
C.√29
D.√④T
5.如图，正方体ABCD-A1BC,D1的八个顶点中，其中A,B1,C,
D,恰好是正四面体的顶点，则此正四面体的体积与正方体的
体积之比为
A.1:5
B.1:22
C.1:3
D.1:4
高一数学第1页（共4页）(2024.4)
6.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,满足下列条件的△ABC有两解
的是
A.a=2,b=3,C=60°
B.a=1,b=2,A=45°
C.a=6,b=8,A=40°
D.a=2,b=3,c∈Z
7.长方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=BC=2,BB,=1,M为A,B,的中点，P为下底面
ABCD上一点，若直线PD,∥平面BMC,则△D,DP的面积的最小值为
.2
D.1
D
8.如图，正方形ABCD的边长为a,顶点A,D分别在x轴的正半
轴y轴的正半轴上移动.若0.0元≤8，则a的最大值是
A.1
B.2
C.2√2
D.4
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知z为复数，下列说法正确的是
A.z2=z2
B.2弦=22
C.|z-z1≤21z1
D.z+z≥21zl
10.关于平面向量，下列说法正确的是
、
A.若a·b=a·c,则b=c
得照实
B.两个非零向量a,b,若|a-b1=|a1+1b|,则a与b共线且反向
C.若a与b不共线且a+2b与2a+3b共线，则4=号
D.若a=(1,2),b=(-1,1),且a与a+ab的夹角为锐角，则X∈(-5，+0)
高一数学第2页（共4页)(2024.4)洛阳市 2023———2024 学年第二学期期中考试
高一数学试卷参考答案
一、单选题
1. B　 2. B　 3. A　 4. D　 5. C 　 6. C 　 7. A　 8. B
二、多项选择题
9. AC　 10. BC 　 11. CD　 12. ABD
三、填空题
13. 7　 14. 2 + 2 5 　 15. 8π　 16. 13
13
四、解答题
17. 解:(1) z1·z2 = (a + i)(1 - ai) = 2a + (1 - a2)i, ……2 分
∵ 　 z1·z2 为纯虚数,
∴ 　 a = 0 且 1 - a2 ≠ 0, ……3 分
∴ 　 a = 0. ……4 分
(2) 由题意得,(a + i) 2
+ 2(a + i) + 2 = 0, ……5 分
即(a + 1) 2 + 2(a + 1)i = 0,
∴ 　 a = - 1, ……8 分
z 2
∴ 　 1
- 1 + i i + i = = =
+ + i, ……9 分z2 1 i 1 i
z
∴ 　 1 的虚部为 1. ……10 分
z2
18. 解:(1) 由正弦定理得,a ∶ b ∶ c = sinA ∶ sinB ∶ sinC = 5 ∶ 7 ∶ 8, ……1 分
∴ 　 b = 7 a,c = 8 a, ……2 分
5 5
8 a2
a2 + c2 - b2 5 1
由余弦定理,cosB = = = , ……4 分
2ac 16a2 2
5
∵ 　 0 < B < π,
π ∴ 　 B = . ……6 分
3
(2)∵ 　 C→D = 2D→A,
∴ 　 B→D = 2
B→A + 1 B→C, ……8 分
3 3
高一数学答案　 第1 页　 (共 5 页)　 (2024. 4)
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9B→D2 = 4B→A2 +B→C2 + 4B→A·B→
即 C = 4c2 + a2 + 2ac = 361a2, ……10 分
25
∴ 　 | B→D | = 19
a, BD 19即 = . ……12 分
15 BC 15
19. 解:(1) 设圆锥 SO 的母线长为 l,底面 ☉O 的半径为 r,
∵ 　 △SAB 的面积为 2 2 ,　 ∴ 　 S 1△SAB = ·2r·SO = 2 2 .2
解得 SO = 2 2 . ……1 分
由勾股定理,可得母线 l = SO2 + r2 = 3, ……2 分
如图,作出圆锥的轴截面,球与圆锥侧面相切,设球心为 D,球的半径为 R,
……3 分
则 DE ⊥ SB 于 E,DE = OD = R,
则 △SED ∽ △SOB,可得 DE ∶ BO = SD ∶ SB,
R 2 2 - R 2
即 = ,解得 R = , ……5 分
1 3 2
∴ 　 4 2球的体积 V = πR3 = π . ……6 分
3 3
(2) 如图,圆锥的侧面展开图为扇形 SAN, ……7 分
扇形 SAN 的弧长为 2πr = 2π, ……8 分
扇形 SAN 的圆心角 α = 2π,
3
∴ 　 ∠ASM = π , ……9 分
3
在 △SAM 中,由余弦定理,
AM2
= SA2 + SM2 - 2SA·SMcos∠ASM = 9 + 1 - 3 = 7, ……10 分
∴ 　 AM = 7 ,
∵ 　 SA + SM = 4 > 7 ,
∴ 　 蚂蚁爬行的最短距离为 AM 的长度, ……11 分
即蚂蚁爬行的最短距离为 7 . ……12 分
高一数学答案　 第2 页　 (共 5 页)　 (2024. 4)
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20. 解:(1) 由题意得,
N→M =N→C +C→M = 1 A→C + 1 C→B = 1 A→C + 1 (A→ →
B -AC) = 1 A→B + 1 A→C, ……2 分
2 3 2 3 3 6
∵ 　 AB = 3,AC = 2 3 ,∠BAC = π ,
6
∴ 　 A→B·A→C =| A→B | | A→C | cos∠BAC = 3 × 2 3 × 3 = 9, ……3 分
2
∴ 　 | N→M | = ( 1 A→B + 1 A→) 2C = 1 A→B2 + 1 A→C2 + 1 A→B·A→C3 6 9 36 9
= 1
× 9 + 1 × 12 + 1 × 9 = 21 . ……5 分
9 36 9 3
(2)D → →为直线 MN 上一点,设ND = kNM(k ∈ R), ……6 分
→
则CD =C→N +N→D =- 1 A→C + kN→M =- 1 A→C + k ( 1 A→B + 1 A→C2 2 3 6 )
1 = kA→B + ( 1 k - 1 ) A→C, ……7 分3 6 2
∴ 　 C→D·A→B = [ 1 kA→B + ( 1 k - 1 ) A→C]·A→B3 6 2
= 1 kA→B2 + ( 1 k - 1 ) A→C·A→B = 1 k·9 + ( 1 k - 1 ) × 9, ……8 分3 6 2 3 6 2
∵ 　 直线 CD → →经过 △ABC 的垂心,所以 CD ⊥ AB,即CD·AB = 0, ……9 分
∴ 　 C→D·A→B = ( 1 k ) × 9 + ( 1 k - 1 ) × 9 = 0,解得 k = 1, ……10 分3 6 2
∴ 　 C→D = 1 kA→B + ( 1 k - 1 ) A→C = 1 A→B - 1 A→ C, ……11 分3 6 2 3 3
→ →
又CD = xAB + yA→C,
∴ 　 x = 1 ,y = - 1 . ……12 分
3 3
21. (1) 证明:连接 BH, ……1 分
∵ 　 FG 为 △CBH 的中位线,
∴ 　 FG ∥ BH,
∵ 　 FG 平面 BDD1B1,BH 平面 BDD1B1,　 ∴ 　 FG ∥ 平面 BDD1B1,
……3 分
∵ 　 EF ∥ DB,EF 平面 BDD1B1,DB 平面 BDD1B1,
∴ 　 EF ∥ 平面 BDD1B1, ……5 分
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∵ 　 EF ∩ FG = F,EF,FG 都在平面 EFG 内,
∴ 　 平面 EFG ∥ 平面 BDD1B1 . ……6 分
(2) 解:如图,四边形 AEC1M 为所求截面. ……7 分
取 D1C1 的中点 N,连接 A1N,NE,
∴ 　 AE ∥ A1N,AE = A1N , ……8 分
取 A B 1 1的中点 M,连接 AM,C1M,
∴ 　 MC1 ∥ A1N,MC1 = A1N , ……9 分
∴ 　 MC1 ∥ AE,MC1 = AE,
∴ 　 AEC1M 为过 A,E,C1 三点的截面, ……10 分
又 AE = AM = 5 ,
∴ 　 四边形 AEC1M 为菱形, ……11 分
∴ 　 S 1 AEC M = ·AC1·ME =
1 ·2 3 ·2 2 = 2 6 . ……12 分
1 2 2
+ 2 -
22. 解:(1) 在 △ACD 中,由余弦定理得 cos∠ACD = 25 CD 49 = - 1
2 × 5 ×
,
CD 5
解得 CD = 4 或 CD =- 6(舍去) . ……2 分
∵ 　 cos∠ACD =- 1 ,　 ∴ 　 sin∠ACD = 2 6 . ……3 分
5 5
又 cos∠ACD = 1 - 2sin2∠ACO,解得 sin∠ACO = 15 (负值舍去),
5
……4 分
∴ 　 sin∠DCO = sin∠ACO = 15 .
5
∵ 　 S△ACD = S△ACO + S△DCO,
∴ 　 1 CA·CDsin∠ACD = 1 CA·COsin∠ACO + 1 CD·COsin∠DCO .
2 2 2
1
即 × 5 × 4 × 2 6 = 1 × 5 × CO × 15 + 1 × 4 × CO × 15 . ……5 分
2 5 2 5 2 5
∴ 　 CO = 8 10
. ……6 分
9
(2) 在 △ACD 中, AC由正弦定理可得 = AD ,
sin∠ADC sin∠ACD
5 = 7 , sin∠ADC = 2 6
即 则 , ……7 分
sin∠ADC 2 6 7
5
高一数学答案　 第4 页　 (共 5 页)　 (2024. 4)
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由于 ∠ADC 为锐角,　 ∴ 　 cos∠ADC = 5 . ……8 分
7
∵ 　 BD = BC,　 ∴ 　 ∠BDC = ∠BCD,
即 sin∠BDC = sin∠BCD = 15 ,
5
∴ 　 cos∠BDC = 10
, ……9 分
5
10 CD2 + BD2 - BC2 16 2
由余弦定理可得 cos∠BDC = = = = ,
5 2CD·BD 8BD BD
解得 BD = BC = 10 . ……10 分
∵ 　 cos∠ADC = 5 ,
7
∴ 　 sin∠ADB = sin(∠BDC - ∠ADC)
= sin∠BDCcos∠ADC - cos∠BDCsin∠ADC
= 15 × 5 - 10 × 2 6 = 15
, ……11 分
5 7 5 7 35
1 ∴ 　 S△ABD = DA·DBsin∠ADB =
1 × 7 × 10 × 15 = 6 . ……12 分
2 2 35 2
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