资源简介

《浙江省金砖联盟 2024 学年第二学期期中数学试题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C A B D A C D ABD BD
题号 11
答案 ABC
1．A
【详解】复数 z = 2i ，虚部为 2.
故选：A.
2．C
【详解】 A = ( 2,1], B = ( 4,0), A B = ( 2,0)
故选：C.
3．A
【详解】 直观图正方形O A B C 的边长为1cm， O B = 2cm，
原图形为平行四边形OABC，如图：
其中OA =1cm ，高OB = 2 2 = 2 2cm
2
AB =CO = 12 + (2 2 ) = 3cm，
原图形的周长 L = 2 (1+3) = 8cm .
故选：A.
4. B
【详解】已知向量 | a |= 2,| b |= 4，
a 与 b 同向共线时， | a + b |= 6，所以“ a 与 b 共线”不能推出“ | a + b |= 2”，
| a + b |= 2时， | a +b |=| b | | a |， a 与b 反向共线，所以能推出“ a 与b 共线”
所以“ a 与b 共线”是“ | a + b |= 2”的必要不充分条件.
故选：B.
5. D
2
【详解】 cos( ) =
8 5
1
{#{QQABBQA04gCYwBZACJ6rA00GCwqQkJMRLSoOgQAUqARDAQNAFAA=}#}
3 17
cos( + 2 ) = cos( ( 2 )) = cos( 2 ) =1 2cos2( ) =
4 4 4 8 25
故选：D.
6. A
b2 + c2 a2 c 2b
【详解】由cos A = ，代入 + = 4cos A
2bc b c
c 2b c2 + 2b2 b2 + c2 a2
可得 + = = 4 c2 = 2a2，即c = 2a
b c bc 2bc
由 sin2 B sin2 C = 2sin2 A，可得b2 c2 = 2a2 ，又 c = 2a，代入化简可得，b = 2a
a2 + c2 b2 a2 + ( 2a)2 (2a)2 2
cos B = = =
2ac 2a 2a 4
故选：A.
7. C
【详解】 P 为线段BD1上的动点， B, D , E, F 四点共面，都在平面 ABC1D1 上，取截面 ABC1 1D1 ，
是一个边长为2 的正方形，E 为BC1的中点，F 为C1D1中点，在线段 AB 上取中点G ，
根据正方形的对称性，则PF = PG ，所以PE + PF = PG + PF ，
根据直线段最短可得：PG + PF GF = 2.
所以PE + PF 的最小值为 2.
故选：C.
8. D
【详解】如图，在正四面体 P ABC 中，设顶点 P 在底面的射影为O1，
2
则球心O在 PO1 上，O1在 AE 上，且 AO1 = AE ,连接OE OA，
3
3 2 3
设正四面体的棱长为a，则 AE = a ， AO1 = AE = a
2 3 3
3 6
则正四面体的高PO 2 2 2 2 ， 1 = PA O1A = a ( a) = a
3 3
6 3
在Rt△OO
2 2 2 2 2 2
1A中，OA =OO1 +O1A ，即3 = ( a 3) + ( a) ，解
3 3
得 a = 2 6 ，过E点作外接球O的截面，只有当OE ⊥截面圆所在的平面时，
2
{#{QQABBQA04gCYwBZACJ6rA00GCwqQkJMRLSoOgQAUqARDAQNAFAA=}#}
截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为
1
r = R2 OE2 = (OB)2 (OE)2 = BE = a = 6 ，
2
故选：D.
9．ABD
【详解】对 A，因为e1 ,e2 不共线，由几何意义可知，a 与b 不共线，则a 与b 可以作为平面向量
的一组基底，故 A正确；
a b bsin A 5 3 3
对 B，因为在 ABC 中，由正弦定理 = 可得sin B = = ，
sin A sin B a 9 2
即60 B 120 ， 可知有两解，故 B正确；
对 C，向量之间不能比较大小，只能比较向量的模，故 C错误；
对 D，因为a = (3, 2)，b = (1,k )，则a +b = (4,k 2)，a (a +b) =12 2(k 2) =16 2k
设 a 与a + b 夹角为 ，因为 为锐角，所以cos 0 a (a +b) 0 k 8，且
4 k 2
，解得 k 8，故 D正确；
3 2
故选：ABC
10. BD
【详解】对 A．设 z = a +bi,a,b R，由 z 1 = z +1
2 2
，得 (a 1) +b2 = (a +1) +b2 ，解得
a = 0， z = bi，当b = 0时， z 不为纯虚数，故 A错误；
对 B，设 z = a +bi, z = a bi, z z = (a +bi)(a bi) = a2 +b2， | z |2= a2 +b2 z z =| z |2 成
立，故 B正确；
对 C，由复数的几何意义，在复平面内，点 z 满足到1 i的距离大于 1，小于 2 ，所以，点 z 的
集合是一个圆环，面积等于 (2)2 (1)2 = 3 ，故 C错误；
对 D，如图， | z1 + z2 |=| 3 + i|=2, 所以 z1, z2 , z1 + z2 都在以原点为圆心，
半径为 2的圆上，OACB 构成一个菱形， AOC = 60 ，所以，
| z1 z2 |=| BA |= 2 3，故 D正确；
3
{#{QQABBQA04gCYwBZACJ6rA00GCwqQkJMRLSoOgQAUqARDAQNAFAA=}#}
故选：BD
11. ABC
【详解】对 A,延长 EF，交DD1于一点 K，连接 AK，交 A1D1于点 G，
所以，三线交于点 K；
对 B，取多边形 AGEFH 所在的平面图形，CI =CE =1，根据相似
1 2 2 13
可知，CH = AD = ，由勾股定理可得HE = ( )2 +1 = ，
3 3 3 3
2 2 13 HE
2 + HI 2 IE 2 4
同理HI = ( ) +1 = ，由余弦定理可得cos EHI = = ，所以
3 3 2HE HI 13
EHI 是锐角。要使得 AH AP最大，只要让 AP在AH 上的投影向量
最长，所以，当点 P运动到点 E时，取到最大值。
4 2 13
AH = 22 + ( )2 =
3 3
2 13 13 4 10 13
AM = AH + HE cos EHI = + =
3 3 13 13
2 13 10 13 20
(AH AP) max = AH AM = =
3 13 3
对 C，被截面所分的上下部分体积分别记作V1,V2 ，下部分几何体可以看做是棱台D1GF CAI
1 1 26 1 1 1
减去棱锥E CHI ，VD GF CAI = ( +3+1)2 = ，V1 E CHI = ( )1= ，3 3 9 3 3 9
25 25 47 V 47
V =V 1 =2 D1GF CAI VE CHI = ，V1 =VABCD A B C D V1 1 1 1 2 = 8 = ，所以， 9 9 9 V 2 25
对 D，设 N 为底面 ABCD中心，因为球心O到 A, B,C, D 的距离相等，所以ON ⊥平面ABCD
2 2 2 2 3 2 41
设ON长度为x，R = ( 2) + x = (2 x) +1 x = , R =
4 16
2 41
外接球表面积 S = 4 R =
4
故选:ABC
12. [2,+ )
4
{#{QQABBQA04gCYwBZACJ6rA00GCwqQkJMRLSoOgQAUqARDAQNAFAA=}#}
【详解】 x2
2
2x + 2 1， y = 2x 2x+2 2
故答案为：[2,+ )．
13. 5 6
OP OP OP 3
【详解】设OP = h,h 0，则OA = = 3h,OB = = h,OC = = hπ π π 3 .
tan tan tan
6 4 3
由 OBC + OBA = π，得cos OBC = cos OBA，
2

h2
2 3
+ (10) h 2 2
由余弦定理得 3 h
2 + (10 ) ( 3h) ，解得h = 5 6 米.
=
2 100 h 2 100 h
故答案为：5 6 .
14. (0,4]
【详解】由 AM = AD + DB ( R)可知，M是直线 BD上的动点，那么，
当 AM ⊥ BD时， AM 取到最小值，设 ABD = ，
1
(AM )min = AB sin = 2sin 1 sin ， 30 90
2
S = AB AD sin BAD = 4sin( 2 ) = 4sin 2
30 90 , 60 180 ,0 sin 1
S = 4sin 2 (0,4]
故答案为： (0,4]
15.（1） z = 2+ i （2） p = 4,q = 5
【详解】（1）设 z = x + yi (x y R)， z i = x + ( y 1) i为实数，所以 y =1，……………2分
z x + i 1 1 1
z x i， = = (x + i)(2 i) = (2x +1)+ (2 x)i 为实数，
2+ i 2+ i 5 5 5
5
{#{QQABBQA04gCYwBZACJ6rA00GCwqQkJMRLSoOgQAUqARDAQNAFAA=}#}
所以 x = 2………………………………………………………………5分
故 z = 2+ i………………………………………………………………6 分
(2)由求根公式可知，若 z 和 z 是关于 x 的方程 x2 + px + q = 0的两个根，……………8分
由韦达定理， z + z = 4 = p p = 4； z z = 5 = q q = 5……………10分
故答案为： p = 4,q = 5 ……………………………………………13 分
3π 1 3
16．(1) 向量 a 与b 的夹角 a,b = (2) 投影向量等于 ( , ) .
4 2 2
【详解】（1）a +b = (2, 2+ x)，因为 (a +b ) ⊥ a ，
所以 (a +b ) a = 2+ ( 2) ( 2+ x) = 6 2x = 0，解得 x = 3，此时b = (1,3)。…………3分
2
a b =1 1+ ( 2) (3) = 5 2 2， a = 12 + ( 2) = 5 ， b = 1 + 3 = 10 ，…………6 分
a b 5 2
所以cos a,b = = = ，又因为a,b 0,π ，
a b 5 10 2
3π
所以向量 a 与 b 的夹角 a,b = .………………………………………………8分
4
（2）a +b = (2, 2+ x)， (a + b ) / /c ，所以2(5 x) = 4( 2+ x)，解得 x = 3…………11 分
a b 5 1 3
投影向量等于 b = (1,3) = ( , )2 ………………………………………15分
| b| 10 2 2
17．(1) x 1 (2) m 0 .
【详解】（1）当m = 2 时， f (x) = x2 2x + 4，对称轴为 x =1，
f (x) 在[1,+ ) 上单调递增.……………………………………………………………2分
2x +3 3,4x +1 1, f (2x +3) f (4x +1) 2x +3 4x +1，………………4分
4x 2x 2 0 (2x 2)(2x +1) 0 2x +1 0, 2x 2 0 x 1
故答案为： x 1 ………………………………………………6分
（2）根据题意，对任意的 x1 [ 1,1]，存在 x2 [1,3]，使得 f (x1) g(x2)成立
即 f (x1)min g(x2)min ，………………………………………8分
6
{#{QQABBQA04gCYwBZACJ6rA00GCwqQkJMRLSoOgQAUqARDAQNAFAA=}#}
f (x) 4 4
g(x) = = x + m，当 x = ，即 x = 2时， g(x)取到最小值，
x x x
g(x)min = g(2) = 4 m .………………………………………10 分
f (x) = x2 mx + 4 4 m对 x [ 1,1]恒成立，即 x2 m(x 1)
x2
当 x =1时，上式显然成立,当 x [ 1,1) 时， x 1 0， m ，…………12分
(x 1)
(t +1)2 1
令 t = x 1 [ 2,0) ，m = t + + 2 对 t [ 2,0) 成立，
t t
1
m (t + + 2)max = 0
t
故答案为： m 0………………………………………………………………15分
1 2 2 2
18．(1)cos B = (2) ① AD = 21 ②BD长的最小值为
2 3 3
【详解】（1）根据正弦定理将原式化简为，sin BcosC + (sinC + 2sin A)cos B = 0
展开可得sin BcosC + sinC cos B + 2sin Acos B = sin(B +C)+ 2sin Acos B = 0…………3分
A+ B +C = , sin(B +C) = sin(A)， sin A+ 2sin Acos B = 0，
1
sin A 0, cos B = …………………………………………………………5分
2
1 3
（2） ABC 的面积为 S = acsin B = ac = 3 ac = 4…………………6分
2 4
①由a =1，可得c = 4， 由BD ⊥ BC ，可得 CBD = 90 , ABD = 30
在 ABD 中，由正弦定理可知，
AD AB 2
= AD = …………………8分
sin30 sin ADB sin ADB
sin ADB = sin(C +90 ) = cosC
在 ABC中，由余弦定理可知，
2 2 1AC = AB + BC 2AB BC cos120 = 16+1 2 4 1 ( ) = 21
2
7
{#{QQABBQA04gCYwBZACJ6rA00GCwqQkJMRLSoOgQAUqARDAQNAFAA=}#}
a2 +b2 c2 1+ 21 16 21
在 ABC中，cosC = = = ，…………………10 分
2ab 2 1 21 7
21 2 2 7 2
sin ADB = AD = = = 21 …………………12分
7 sin ADB 21 3
法二：由等面积法，
1 1 1 2
S ABC = S ABD + S BCD 3 = 4 BD + 1 BD 1 BD = 3…………………8分
2 2 2 3
2 4 2 3 3 2 21AC = AB + BD2 2AB BD cos30 = 16+ 2 4 = …………12 分
3 3 2 3
1 2
②若CD = 2AD，可得BD = BC + BA
3 3
1 2 1 4 4 1 1 4 8
| BD |= ( BC + BA)2 = a2 + c2 + ac( ) = a2 + c2 ………………14 分
3 3 9 9 9 2 9 9 9
1 4 1 4 4 16
ac = 4, a2 + c2 2 a2 c2 = ac = ，
9 9 9 9 9 9
1 2 4 2 1 4 8 16 8 2 2
当且仅当 a = c ,即a = 2c时，等号成立。 | BD |= a2 + c2 =
9 9 9 9 9 9 9 3
2 2
故答案为：BD长的最小值为 .………………………………………………17分
3
2π 3 1888 2
19．(1) V = R (2) V = π (3) V球缺 = H [3R H ]球台 .
3 3 3
【详解】(1) 依题意该几何体的体积:
2 1 2 2πV =V 3圆柱 V圆锥 = R R R R = R …………………………3分
3 3
(2) 如图所示，作出“球台”的轴截面，
设球心为O，过O作OE ⊥ AB交 AB 于点E，交CD于点F ，
依题意 AB =10cm，CD = 6cm， EF = 8cm，
设球的半径为Rcm， EO = hcm，
则 R2 =CF 2 +OF 2 且R2 = BE2 +OE2 ，
R2 = h2 +102 = (8 h)2 + 62 h = 0, R =10。
8
{#{QQABBQA04gCYwBZACJ6rA00GCwqQkJMRLSoOgQAUqARDAQNAFAA=}#}
即 O，E重合，球的半径为 10cm。……………………………………………6分
作一个高与底面半径都为 10cm 的圆柱，用距离上底面距离为 h的平面去截球台和圆柱，
球台的截面面积图形为圆，半径为 2 2 ，所以面积为 (10210 h h
2 )，
圆柱的截面面积图形为圆环，大圆半径为 10，小圆半径为 ，所以面积为 (102 h2 )，
可得两截面的面积相等，………………………………………………………8分
由祖暅原理知，球台的体积等于右边高为 8的圆柱OO1 体积减去一个圆锥OO1 体积，圆锥的底面
半径为 8
1 1888
V =V圆柱 V圆椎 = π 10
2 8 π 82 8 = π
球台 .……………………10 分
3 3
（3）如图所示，上部分的球缺类似于图一左边半球的上面部分，因此它的体积等于圆柱的体积
减去圆台的体积，圆柱高为 H，圆台的两个底面分别为 R，R-H
V 2
1
球缺 =V圆柱 V = π R H π(R
2 +(R H )2 +R(R H )) H =
圆台
3

π R2 H H (R2 + R2 2RH + H 2 + R2 RH ) = π R2 H H (3R2 3RH + H 2 )
3 3

= H 2 (3R H )
3
……………………………………………………………………13 分
同理，下半部的球缺体积等于球的体积减去上半部球缺的体积，此时上半部球缺高为2R H
9
{#{QQABBQA04gCYwBZACJ6rA00GCwqQkJMRLSoOgQAUqARDAQNAFAA=}#}
4
V 3
2
下球缺 =V球 V上球缺 = π R (2R H ) (3R (2R H ))
3 3
4
= π R3

(2R H )2 (R + H ) = [4R3 (4R2 4RH + H 2 )(R + H )]
3 3 3

= [4R3 (4R3 4R2H + H 2R + 4R2H 4RH 2 + H 3)]
3

= [3RH 2

H 3] = H 2[3R H ]
3 3
……………………………………………………………………16 分
2
综合，球缺公式可以统一的表示为V球缺 = H [3R H ]………………………………17分
3
10
{#{QQABBQA04gCYwBZACJ6rA00GCwqQkJMRLSoOgQAUqARDAQNAFAA=}#}浙江省金砖联盟 2024 学年第二学期期中
高一年级数学学科 试题
命题： 浙江省衢州第一中学 审核：南海实验高中
考生须知：
1．本卷满分 150 分，考试时间 120分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题卷。
选择题部分
一、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.已知复数 z = (1 i)2，则 z 的虚部为 （ ）
A． 2 B． 2i C．2 D． 2i
1 x
2.已知 A ={x | 0}，B ={x |1 2 x 16}，则 A B =（ ）
x + 2
A．[ 2,0) B． ( 4,1] C． ( 2,0) D． ( 4,1)
3.如图，正方形O A B C 边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，
则原平面图形的周长是（ ）
A．8cm B．4 2cm C．4cm D． (2+ 2 3)cm
4.已知向量a,b ,| a |= 2,| b |= 4，则“ a 与 b 共线”是“ | a + b |= 2”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2 3
5.已知cos( ) = ，则cos( + 2 ) =（ ）
8 5 4
4 4 17 17
A． 21 B． 21 C． D．
25 25 25 25
c 2b
6.已知 ABC的内角A , B ,C 的对边分别为a ,b ,c，且 + = 4cos A，
b c
sin2 B sin2 C = 2sin2 A，则cos B =（ ）
1
{#{QQABBQA04gCYwBZACJ6rA00GCwqQkJMRLSoOgQAUqARDAQNAFAA=}#}
2 10 3 5 2A． B． C． D．
4 5 4 8
7.在长方体 ABCD A B C D 中， AB = 2, BC = BB1 = 2, E 为线段B1C 的中点，F 是棱C1D 的中1 1 1 1 1
点，若点 P 为线段BD1上的动点，则PE + PF 的最小值为（ ）
A． 2 B． 3 C．2 D．1+ 2
8.已知正四面体P ABC 内接于球O，球O半径为3，E 为 BC 的中点，过点E 作球O的截
面，求截面圆半径的最小值（ ）
A．1 B． 3 C． 5 D． 6
二、多选题:本题共 3 小题，每小题 6分，共 18 分.在每小题给出的选项中，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.
9.下列命题正确的是（ ）
A.已知e1 ，e2 不共线，a = e + e ，b = e e ，则a 与b 可以作为平面向量的一组基底 1 2 1 2
B.在 ABC中，a = 9，b =10， A = 60 ，则这样的三角形有两个
C.若a,b 满足 a b 且 a 与b 同向，则a b
D.已知a = (3, 2)，b = (1,k )，若a 与 a + b 的夹角为钝角，则 k的取值范围为 (8,+ )
10.设 z 为复数，下面四个命题中，真命题的是（ ）
A.若 z 1 = z +1 ，则 z 为纯虚数
B. z z =| z |2 .
C.若1 | z 1+ i | 2,则点 z 的集合构成的图形的面积为
D.若复数 z1, z2 满足 | z1 |=| z2 |= 2, z1 + z2 = 3 + i, 则 | z1 z |= 2 3 2
11.如图，正方体 ABCD A B C D 边长为 2，E, F 分别是CC1,C D1 1 1 1 1 1中点，平面 AEF 截正方体与棱
A D G, H1 1, BC 分别交于点 ，下列选项正确的是（ ）
A.EF , DD1, AG三线交于一点
20
B.P是多边形 AGFEH 边上的动点， AH AP的最大值是 3
C.正方体被截面 AGFEH 分成上下两部分的体积之比为 47:25
D.棱锥 F ABCD的外接球的表面积为12π
2
{#{QQABBQA04gCYwBZACJ6rA00GCwqQkJMRLSoOgQAUqARDAQNAFAA=}#}
非选择题部分
三、填空题: 本题共 3 小题，每小题 5分，共 15 分.
2
12.已知函数 y = 2x 2x+2，则它的值域是 ．
13.衢州是孔子后裔的世居地和第二故乡，素有“东南阙里、南孔圣地”的美
誉，孔子雕像坐落于孔子文化公园内.如图，选取与孔子雕像底部O在同一平面
π π
内的三个测量基点 A,B,C ，且在 A,B,C 处测得雕像顶点 P 的仰角分别为 , , ,
6 4 3
AB = BC =10米，则孔子雕像高OP 为 米.
14.已知菱形 ABCD的边长为 2，设 AM = AD + DB ( R)，若 AM 1恒成立，则菱形 ABCD面
积的取值范围是 .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写文字说明、证明过程或演算步骤.
z
15.(13 分)已知复数 z 满足 z i和 均为实数．
2+ i
(1)求复数 z ；
(2)若 z 是关于 x 的方程 x2 + px + q = 0的一个根，求实数 p,q的值.
16.(15 分) 已知平面向量a = (1, 2) ,b = (1, x) ,c = (4,5 x) .
(1)若 (a +b ) ⊥ a ，求 a 与b 的夹角；
(2)若 (a + b ) / /c ，求向量 a 在向量b 上的投影向量.
2 f (x)
17.(15 分)已知函数 f (x) = x mx + 4,m R, g(x) = .
x
m = 2 x f (2x +3) f (4x（1）当 时，求关于 的不等式 +1)的解；
（2）若对任意的 x1 [ 1,1]，存在 x2 [1,3]，使得 f (x m1) g(x2)成立，求实数 的取值范围.
3
{#{QQABBQA04gCYwBZACJ6rA00GCwqQkJMRLSoOgQAUqARDAQNAFAA=}#}
18.(17 分)已知 ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为a,b,c ，且bcosC + (c + 2a)cos B = 0．
(1)求cos B；
(2)若 ABC 的面积为 3 ，D为边 AC 上的一点，
①若BD ⊥ BC ， a =1，求 AD长．
②若CD = 2AD，求BD长的最小值；
19．（17 分）我国古代南北朝数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则
积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所
截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.
(1)如图 1，左边是半径为 R的半球，右边是底面半径和高都等于 R的圆柱，在圆柱内挖去一个以
圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，求新几何体的体积.
(2)如图 2，一个球体被两个平行平面所截，夹在两平行平面间的部分叫做“球台”.该球台下底
半径为10cm，上底半径为6cm ，上下底面间的距离为8cm .根据祖暅原理，求该球台的体积.
(3)如图 3，一个球体被平面截下的部分叫做球缺．截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截
后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为 R，高为 H的球缺的体积公式.
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