【文档说明】安徽省芜湖市师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.491 MB，由管理员店铺上传

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安徽师范大学附属中学2023~2024学年度第二学期度期中考查高一数学试题一、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，只有一项是符合要求的.1.若复数()()()211iRaaa−+−

是实数，则a等于（）A.1B.1−C.1D.不存在【答案】A【解析】【分析】根据实数和复数的概念直接列式求解即可.【详解】因为()()()211iRaaa−+−是实数，所以10a−=，解得1a=，故选：A2.设1e、2e是平面内两个不共线的向量，则下列四组向量不能作为基底的是（）A

.1e和122ee+B.122ee+与123ee−C.123ee−与214ee−D.122ee+与1224ee+【答案】D【解析】【分析】根据基底的概念及平面向量基本定理判断即可.【详解】因为1e、2e是平面内两个不共线的向量，所以1e、2e可以作为平面内的一组基底

，对于A：显然不存在实数t使得()1122etee=+，故1e和122ee+不共线，则1e和122ee+可以作为一组基底；对于B：若()121223eemee+=−，则132mm==−，方程无解，故122ee+与123ee−不共线，即122ee+与123e

e−可以作为一组基底；对于C：若()122134eenee−=−，则341nn=−=−，方程无解，故123ee−与214ee−不共线，即123ee−与214ee−可以作为一组基底；对于D：因为()12122422eeee+=+，所以122ee+与1224ee+共线，

故不能作为一组基底，故选：D3.在ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知23a=，4B=，3A=，则b=（）A.22B.2C.3D.2【答案】A【解析】【分析】由正弦定理可得23ππsinsin34b=,求解即

可.【详解】在ABC中，由正弦定理可得sinsinabAB=,所以23ππsinsin34b=,所以233222b=,解得22b=.故选：A.4.如图，水平放置的ABC的斜二测直观图为ABC，若1ABAC==，则BC=（）A.2B.2C.5D

.5【答案】C【解析】【分析】首先得到平面图形，再根据斜二测画法规则求出线段长度.【详解】依题意由直观图可得如下平面图形，因为1ABAC==，所以1ABAB==，22ACAC==，所以

225BCABAC=+=.故选：C5.已知a，b为两个单位向量且13ab=，则向量a在向量b上的投影向量为（）A.13B.13bC.13−D.13b−【答案】B【解析】【分析】借助投影向量定义计算即可得.【详解】113113abbbbbb==.故选：B.6.某圆锥的侧面积为4，其侧面

展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径长为（）A.2B.2C.22D.42【答案】A【解析】【分析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意得到2πr=πl，进而可得22π4πr=，求解即可.【详解】设

圆锥的母线长为l，底面半径为r，即侧面展开图的半径为l，侧面展开图的弧长为πl.又圆锥的底面周长为2πr，所以2ππrl=，即圆锥的母线长2lr=.所以圆锥的侧面积为2π2π4πrlr==，解得2r=..故选：A.

7.如图，已知点G是ABC的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点，设AMxAB=uuuruuur，ANyAC=uuuruuur，则4xy+的最小值为（）A.9B.4C.3D.52【答案】C

【解析】【分析】借助平面向量线性运算与三点共线定理及基本不等式计算即可得.【详解】由点G是ABC的重心，AMxAB=uuuruuur，ANyAC=uuuruuur，故()1111113333AGABAC

AMANAMANxyxy=+=+=+，由G、M、N三点共线，故11133xy+=，则()11144544423333333333yxyxxyxyxyxyxy+=++=++++=，当且仅当433=yxxy，即1x=，1

2y=时，等号成立.故选：C.8.在ABC中，5AB=，42AC=，2cos10A=，H是ABC的垂心，若HPxHByHC=+，其中10,2x，10,2y，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为（）A7B.14C.212D.214【答案】D【解析】【分析】先通过解三角

形方法求出BC和HD的长，然后说明点P能够取到的集合恰为由点H和HBC的三边中点构成的平行四边形的内部及边界，由此得到其面积为HBCS△的一半，最后通过BC和HD的长求出HBCS△，即得所求结果.详解】延长BH，CH，AH分别交AC，AB，BC于E，F，D，如图，.【由H

为垂心，可知在直角三角形中，24cos42105AFACA===，22cos5102AEABA===，由余弦定理可得22722cos10EFAFAEAFAEA=+−=，由,,,AEHF四点共圆及正弦定理可得，2727210101sin722110

10EFAHA====−，由余弦定理，2222cos2532849BCABACABACA=+−=+−=，所以7BC=.又因为211272sin542110214221010ABCSABACA==−==，所以22847ABCSADBCADBCBC=

===，从而413HDADAH=−=−=.由于HPxHByHC=+，其中110,,0,22xy，故点P能够取到的集合，恰为由点H和HBC的三边中点构成的平行四边形的内部及边界.所以点P能够覆盖的区域的面积PS等于

HBCS△的一半，而112173222HBCSBCHD===，故214PS=，选项D正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于先用解三角形方法推知三角形中相应边的长度，然后分析点P能够取到的

区域，最后求出其面积.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，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.若直线l与平面不平行，则l与相交B.若直线l上有两个点到

平面的距离相等，则//lC.经过两条平行直线有且仅有一个平面D.如果两个平面没有公共点，则这两个平面平行【答案】CD【解析】【分析】根据直线与平面的位置关系可判断A，B；根据平面基本性质与推论可判断C；

由平行平面的定义得这两个平面平行来判断D．【详解】对于A，若直线l与平面不平行，则l与相交或l，故A错误；对于B，若直线l与平面相交，直线l上仍存在两个在平面不同侧的点到平面的距离相等，故B错误；对于C，由两条相互平行的直线能确定一个平面，且该平面有且仅有1个，故C正确；对于D

，如果两个平面没有公共点，那么由平行平面的定义得这两个平面平行，故D正确．故选：CD.10.下列命题正确是（）A.若1z，2z是复数，则1212zzzz+=+B.若复数z的共轭复数为z，22zzzz==C.虚轴上的点对应的均为纯虚数

D.已知复数z满足3i1z+=（i为虚数单位），则12iz−+的最小值是21−【答案】ABD【解析】【分析】设12i,i,zabzcd=+=+计算可判断A；设i,i,zabzab=+=−计算可判断B；点00（，）在虚轴上可判断C；因为

|3i|1z+=表示点Z到(0,3)−的距离为1，|12i|z−+表示点Z到(1,2)−的距离，计算可得最小值.【详解】对于A：设12i,i,zabzcd=+=+则1212()i=(i)(i),zzacb

dabcdzz+=+−+−+−=+故A正确；的对于B：设i,i,zabzab=+=−则2222i)(i)=||||,zzabababzz=+−+==（故B正确；对于C：点00（，）在虚轴上，但不表示纯虚数，故C错误；

对于D：因为|3i|1z+=表示点Z到(0,3)−的距离为1，则点Z在以(0,3)−为圆心的圆上，又|12i|z−+表示点Z到(1,2)−的距离，又(0,3)−到(1,2)−的距离为22112+=,所以|12i|z−+的最小值为21−,故D正确.故选：ABD11.下列说法正确的

是（）A.若m为非零实数，且()manbn=R，则a与b共线B.已知向量()2,1a=−，()1,bt=−，若,ab的夹角为锐角，则t的取值范围是2t−C.若点O满足OAOBOC==，2AB=，6AC=，则16AOBC=D.若

ABACAPABAC=+，)0,+，则点P的轨迹一定通过ABC的内心【答案】ACD【解析】【分析】对于A，利用nabm=即可说明a与b共线；对于B，说明12t=时夹角为0即可否定；对于C，

利用数量积的运算律及正弦定理即可验证；对于D，利用内心的性质即可验证.详解】对于A，由manb=知nabm=，故由b和nbm共线，知a与b共线；对于B，当12t=时，有2t−，但()2,1a=−，111,22ba=−=，故a与b同向共线，夹角为0，不

满足条件，故B错误；对于C，由条件知O是ABC的外接圆圆心，所以2AOBC=，2AOCB=，从而()AOBCAOOCOB=−()OAOBOC=−OAOBOAOC=−22coscosRAOBRAO

C=−【22cos2cos2RCRB=−()2cos2cos2RCB=−()2222sin2sinRBC=−()()()2212sin2sin2RBRC=−()2212ACAB=−()221622=−16=，故C正确；对于D，,ABACAB

AC分别表示平行于,ABAC的单位向量，故ABACABAC+平分BAC，即AP平分BAC，所以P的轨迹经过ABC的内心，故D正确.故选：ACD.12.在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，E，F分别为棱AB，1AA的中点，点P在对角线1AB上，则（

）A.1APDP+的最小值为222+B.三棱锥PCEF−体积为13C.点P到平面CEF的距离为16D.四面体BCEF外接球的表面积为14【答案】ABD【解析】【分析】对于A，根据正方体的性质，将点1D旋转使得1,,APD共面，

利用三角形的余弦定理，可得答案；对于B，根据正方体的性质，明确三棱锥的底面以及底面上的高，可得答案；对于C，利用A求得的三棱锥的体积，利用勾股定理求得CEF△的三边长，结合余弦定理以及面积公式，可得答案；对于D，根据三棱锥的性质，设出外接球的球心，利用勾股定理，建立方程，结合球

的面积公式，可得答案.【详解】根据题意，可作图如下：对于A，正方体1111ABCDABCD−中，易知11AD⊥平面11ABBA，因为1AB平面11ABBA，所以11AD⊥1AB，将点1D绕1AB旋转得到1D，使1,,APD共面，如下

图：易知11APDPAD+，在11AAD中，易知11135AAD=，由余弦定理，22211111111122cos44222()8422ADAAADAAADAAD=+−=+−−=+，则1222AD=+，故A正确；对于B，在正方体中11

11ABCDABCD−，,CBABCB⊥⊥平面11ABBA，在三棱锥PCEF−中，以PEF!为底面，则CB为其高，因为1PAB，易知1ABA△为等腰直角三角形，且,EF分别为1,AAAB的中点，所以1EFAB∥，且P到EF的距离为11122442ABAB==，所以1112122

33223PCEFPEFVCBS−===，故B正确；对于C，在RtBCE中，易知1,2BEBC==，则225CECBBE=+=，在RtAEF中，易知1,AEAF==，则2EF=，在在RtACF中，易知22,1ACAF==，则223

CFAFAC=+=，在CEF△中，由余弦定理，22210cos210CEEFCFCEFCEEF+−==−，则310sin10CEF=，所以13sin22CEFSEFCECEF==，点P到平面CEF的

距离为13323332PCEFCEFVS−==V，故C不正确；对于D，取EC的中点M，易知M为RtBCE的外接圆圆心，连接AM，作1,NMAAFNAM，取OMN，连接,OEOF，如下图：因为1NMAA，所以MN⊥平面BCE，由M为RtBCE的外接圆圆心，则可设O为三棱锥FBCE−的外接球球

心，即OEOFR==，因为FNAM，所以易知四边形AMNF为矩形，则,AMFNMNFN=⊥，在RtBCE中，5cos5BECEBCE==，易知πAECCEB=−，则5cos5AEC=−，在AEM△中，由余弦定理

得：222132cos4AMAEEMAEEMAEM=+−=，在RtMOE△中，2222225,4OEMEMOOMOEMER=+=−=−，在RtMOF△中，222222,(1)OFONFNOFFNOM=+=+−，则222135(1)44RR=+−−，解得272R=，则球的表面积为24

π14πR=，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知圆柱的轴截面为正方形且边长为4，则该圆柱的体积为______.【答案】16π【解析】【分析】根据给定条件，利用圆柱的体

积公式计算得解.【详解】依题意，圆柱的底面圆半径为2，高为4，所以此圆柱的体积为2π2416π=.故答案为：16π14.在ABC中，sin:sin:sin2:3:4ABC=，则最大角的余弦值为______.【答案】1

4−【解析】【分析】利用正弦定理边角的转化，将正弦值之比转化为边长之比，然后利用余弦定理即可求解.【详解】∵sin:sin:sin2:3:4ABC=，∴由正弦定理化简得::2:3:4abc=：分别设2,3,4akbkck===，则最

大角为C，∴22222249161cos22234abckkkCabkk+−+−===−．故答案为：14−.15.已知圆O的半径为2，弦长23AB=，C为圆O上一动点，则ACBC的最大值为______.【答案】6【解析】【分析】取AB的中点D，连接CD，O

D，计算23ACBCDC=−，求出OD，得出CD的最大值，即可得出ACBC的最大值．【详解】取AB的中点D，连接CD，OD，OA，如图所示：因为D为AB中点，所以132ADDBAB===，所以222()()()303ACBCADDCBDDCADBDADBDD

CDCDCDC=++=+++=−++=−，因为221ODOAAD=−=，所以最大值为max123CDODr=+=+=；所以ACBC的最大值为2336−=.故答案为：6．16.球面被平面所截得的一部分叫

做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的

圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为R，球冠的高是h，球冠的表面积公式是2πSRh=，与之对应的球缺的体积公式是()21π33VhRh=−.如图2，已知C，D是以AB为直径的圆上的两点，π3AOCBOD==，2πCODS=

扇形，则扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体的体积为______.【答案】163π【解析】【分析】由题意画出图形，可得扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体的形状，再由旋转体的表体积公式求解．【详解】因为π3AOCBOD==，所以πππ233D

OC=−=，设圆的半径为R，又21π2π23CODSR==扇形，解得23R=（负值舍去），过点C作CEAB⊥交AB于点E，过点D作DFAB⊥交AB于点F，则πsin33CEOC==，πcos33O

EOC==，所以3AEROE=−=，同理可得3DF=，3OFBF==，将扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体为一个半径23R=的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，其中球缺的高3h=，圆锥的高13h=，底面半径3r=，则其中一个球

缺的体积()()()22111π3π3323353π33VhRh=−=−=，圆锥的体积221π3333π3V==，球的体积()33344ππ23323π33VR===，所以几何体的体积31222163πVVVV=−−=

.故答案为：163π.四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知向量a，b满足4a=，()2,1b=.（1）若//ab，求向量a的坐标；（2）若()abb+⊥，求

向量a与向量b夹角的余弦值.【答案】（1）8545,55a=或8545,55a=−−（2）54−【解析】【分析】（1）借助平面向量共线定理计算与模长公式计算即可得；（2）借助向量垂直时数量积的关系及向量夹角公式计算即可

得.【小问1详解】//abrrQ，()2,1b=，设()2,ab==，又4a=，2244+=，455=，8545,55a=或8545,55a=−−；【小问2详解】()ab

b+⊥，()0abb+=，即20abb+=，cos,50abab+=，55cos,445ab−==−，即向量a与向量b夹角的余弦值为54−.18.（1）已知复数()22i1i1iz=−+−，其中i为虚数单位，求z及z；（2）若关于x的一

元二次方程20xmxn++=的一个根是12i−+，其中,mnR，i是虚数单位，求mn−的值.【答案】（1）2z=，1iz=−+；（2）1mn−=−【解析】【分析】（1）根据复数的四则运算化简复数z，再根据模长与共轭复数的概念求解即可；（2）根据复数范围内实系数一元二次方程根的性质的另

一个根为12i−−，再根据韦达定理列方程组求解,mn的值，即可得所求.【详解】（1）由()()()()()22i1i2i1i2i2ii1i1i1i1i1iz+=−+=−+=−++=−−−−+，则1i2z=−−=

，1iz=−+（2）由x的一元二次方程20xmxn++=的一个根是12i−+，且,mnR，可知该方程还有另一个根为12i−−，由韦达定理，()12i12i2m−++−−=−=−，()()()212i12i12i3n−+−−=−==，故得2m

=，3n=，所以1mn−=−.19.如图，在ABC中，8AB=，5AC=，3BAC=，且35AEEB=，23AFFC=，BF与CE交于点O.（1）求BFCE的值；（2）求cosEOF的值.【答案】（1）552−

（2）1114−【解析】【分析】（1）先证明35BFACAB=−，58CEABAC=−，再利用数量积的运算律即可得到结果；（2）注意到cosEOF即是BF和CE的夹角余弦值，故利用（1）的结果并求出其模长即可得到夹角余弦值.【小问1详解】首先有π1cos85cos852032A

BACABACBAC====.而由532222FCFCFCAFFCAC=+=+=，853333EBEBEBAEEBAB=+=+=，知25FCAC=，38EBAB=.从而223555BFBCACACABACACAB=−=−−=−，335888CECBEBCBABABACAB

ABAC=−=−=−−=−.所以2222351553115355120855840858852BFCEACABABACABACABAC=−−=+−−=−−=−.【小问2详解】由于22222239696582049525

5255BFACABACABABAC=−=+−=+−=，且22222252552555820258644644CEABACACABABAC=−=+−=+−=，故55551122cosco

s,35144925BFCEEOFBFCEBFCE−−=====−.20.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，棱长为2，E是线段1AA的中点，设过点1D、C、E的平面与棱AB交于点F.（1）画出平面截正方体所得的截面，并求截面多边形的面积；（2）平面截正

方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：()13VhSSSS+=+棱台）【答案】（1）截面见解析，94（2）717【解析】【分析】（1）连接1DE并延长交DA于G，连接CG交AB

于F，可得截面1EFCD，进而求得截面1EFCD的面积即可.（2）多面体1AEFDDC−为三棱台，求得AEFS，1DDCS△，根据棱台的体积公式可求得棱台的体积，进而可求得结论.【小问1详解】连接1DE并延长交DA

于G，连接CG交AB于F，则四边形1EFCD即为平面截正方体所得的截面.由于平面11DCCD∥平面11ABBA，平面1EFCD平面111DCCDDC=，平面1EFCD平面11ABBAEF=，故1DCEF∥，因为E是1AA的中点，则A、F分别为DG和AB的中点，所以在1GDC△

中，1EFDC∥且112EFDC=，因为正方体的棱长为2，所以截面1EFCD为梯形，且1EF=，12CD=，利用勾股定理得1102DECF==，如下图所示：分别过点E、F在平面1CDEF内作1EMCD⊥，1FNCD⊥，垂足分别为点M、N，则易得221132EMEDDM=−=，所以，梯形1CD

EF的面积为()1113932224SEFCDEM=+==.【小问2详解】多面体1AEFDDC−为三棱台，1124AEFSAEAF==△，11112DDCSDDDC==△，该棱台的高为2，所以，该棱台的体积为：()11111172112334412AEF

DDCAEFDDCSSSSAD++=++=，故剩余部分的体积为72172221212−=.故比较小的那部分与比较大的那部分的体积的比值为717.21.已知ABC的内角,,ABC的对边为,,abc，且()3sinsin32sinABcbCab−−=+.

（1）求sinA；（2）若ABC的面积为423；（i）已知E为BC的中点，求ABC底边BC上中线AE长的最小值；（ii）求内角A的角平分线AD长的最大值.【答案】（1）223（2）（i）263（ii）263【解析】【分析】（1）由正弦定理将角的关系转化为边

的关系，再用余弦定理求出cosA，进而求出sinA的值即可；（2）由三角形的面积公式14sin223bcA=，可得4bc=，对向量()12AEABAC=+表达式两边平方，应用基本不等式即可求得AE长的最小值；（3）由于ADBADCABCSSS+=，可得()2cos2AADcbbc+=，由1cos

3A=求出cos2A的值，应用基本不等式即可求出角平分线AD长的最大值.【小问1详解】由正弦定理，得()332abcbcab−−=+，即22223cbabc+−=，故222213cos223bccbaAbcbc+−===，因为cos0A，所以

π0,2A，所以2122sin1cos193AA=−=−=；【小问2详解】（i）由（1）知22sin3A=，且ABC的面积为423，由三角形的面积公式得：14sin223bcA=，解得4bc=，由于E为BC的中点，则()12A

EABAC=+，两边平方可得：()()2222222111222cos4443AEABACABACcbbcAcbbc=++=++=++由基本不等式可得：22121218824343433cbbcbcbcbc+++==

（当且仅当bc=时，等号取得到），所以282633AEAE，故AE长的最小值为263；（ii）因为AD为角A的角平分线，所以1sinsin2BADCADA==，由于ADBADCABCSSS+=，所以111sinsinsinsincos2222222AAAAADc

ADbbcAbc+==，由于sin02A，所以()2cos2AADcbbc+=，由于22126cos2cos1coscos232323AAAA=−===，又4bc=，所以()6862cos24233AAD

cbbc+===，由于24bcbc+=（当且仅当bc=时，等号取得到），故()86243ADcbbcADAD=+=，故263AD，即角平分线AD长的最大值为263.22.在ABC中，A，B，C对应的边分别为a，b，c，()2sinsin3sin

sinsinaBCbBcCaA=+−.（1）求A；（2）奥古斯丁·路易斯·柯西（AugustinLouisCauchy，1789年1857−年），法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名

，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在（1）的条件下，若2a=，P是ABC内一点，过P作AB，BC，AC垂线，垂足分别为D，E，F，借助于三维分式型柯西不等式：对任意10y，20y，30y，有：()2222123312123

123xxxxxxyyyyyy++++++，当且仅当312123xxxyyy==时等号成立.求4ABBCACTPDPEPF=++的最小值.【答案】（1）π3A=（2）3233【解析】【分析】（1）借助正弦定理与余弦定理计算即可得；（2）结合面积公式与所给三维分式型柯西不等式计算

即可得.【小问1详解】由正弦定理得()2222sin3abCbca=+−，即2sin32cosabCbcA=，sin3cosaCcA=，即sinsin3sincosACCA=，()0,πC，sin0C，sin3cosAA=，若cos0A=，等式不成立，则cos0A，所以ta

n3A=，又()0,πA，所以π3A=；【小问2详解】222444ABBCACcabcabTPDPEPFPDPEPFcPDaPEbPF=++=++=++，又12PABScPD=，12PBCSaPE=，12PACSbPF=，PABPBCPACABCSSSS++=△△△△，

2ABCcPDaPEbPFS++=，由三维分式型柯西不等式有：()()222224244223ABCbcbccbTcPDaPEbPFSbc++++=++=，当且仅当121PDPEPF==，即22P

EPDPF==时等号成立，由余弦定理2222cosabcbcA=+−，得：224bcbc=+−，所以()243bcbc+−=，即()243bcbc+−=，则()()()2222423434bcbcTbcbc++++=

+−，令4tbc=++，则()2222323128441tTttt=−−−+，因为()224322bcbcbcbca+−+=+=，解得24bc+，当且仅当bc=时等号成立，所以68t，则11186t，令221281111

1233yttt=−+=−−，则当118t=，即2bc==时，y有最大值316，此时T有最小值3233.