浙江省余姚中学2023-2024学年高一下学期3月质量检测试题 数学答案

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余姚中学 2023 学年第二学期质量检测高一数学学科试卷
一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1.已知
i
为虚数单位，复数
z
满足
2
(1 ) 2z i 
，则
2024
z
（ B ）
A.
1
B.
1
C.
i
D.
i
2.已知向量
(1,1), (2, 1)a b  
 
，若
，则实数
=（ B ）
A.
1
2
B.
1
2
C.
2
D.
-2
3. 如图，一个水平放置平面图形的直观图
A B C D
 
是边长为 1的菱形，且
1O D
，则原平面图形的面积为
（A）
A. 2B. 1C.
2 2
D.
2
【详解】把直观图还原出原平面图形为平行四边形，如图所示：
其中
2 2OD O D
 
 
,
1AB CD A B
 
 
，所以原平面图形的面积为 S＝2×1＝2．
4.已知
1a
，
3b
，
 
3,1a b 
 
，则
a b
 
与
a b
 
的夹角为（ B ）
A.
60
B.
120
C.
45
D.
135
由
 
3,1a b 
 
可得
2 2
| | ( 3) 1 2a b 
 
，则
2 2
2
| | 4, 2 4a b a a b b  
 
，即得
1 2 3 4a b  
 
，故
0a b 
 
，则
2 2
2
| | 2 4, | | 2a b a a b b a b  
     
，
故
2 2
( ) ( ) 2 1
cos , 2 2 2
| || | | || |
a b a b a b
a b a b a b a b a b a b
 
   
   
   
 
   
，
由于
, [0, π]a b a b  
 
，故
2π
,3
a b a b  
 
5. 在
ABC
中，
30B 
，
2 3AB
，
2AC
，则
ABC△
的面积是( C )
A.
3
B.
2 3
C.
3
或
2 3
D.
2 3
或
4 3
解析：由
2 3AB
，
2AC
，
30B 
及正弦定理
sin sin
AC AB
B C
，得
1
2 3
sin 3
2
sin 2 2
AB B
CAC
 
.由角
C
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为三角形的内角可知
60C 
或
120
.因此
90A 
或
30
.在
ABC△
中，由
2 3AB
，
2AC
，
90A 
或
30
，
得面积
1sin 2 3
2
S AC AB A  
或
3
.
6. 在
ABC
中，
9AB AC 
 
，
sin cos sinB A C
，
6
ABC
S
，
P
为线段
AB
上的动点，且
| | | |
CA CB
CP x y
CA CB
 
 
 
，则
2 1
x y
的最小值为（ C）
A．
11 6
6 3
B．
11
6
C．
11 6
12 3
D．
11
12
【答案】C【详解】设
| |AB c
，
| |AC b
，根据题意得
cos 9
cos
1sin 6
2
bc A
b c A
bc A
，
解得
3b
，
5c
，
4
sin 5
A
，
3
cos 5
A
，
 
22 2 2 2 3
2 cos 5 3 2 5 3 4
5
CB AB AC c b bc A  
 
3 4
| | | |
CA CB x y
CP x y CA CB
CA CB
 
 
 
 
，又
A
、
P
、
B
三点共线，
1
3 4
x y
 
，
2 1 2 1 11 11 11 6
( )( ) 2
3 4 12 3 2 12 3 2 12 3
x y x y x y
x y x y y x y x
       
，
当且仅当
1
3 4
3 2
x y
x y
y x
 
，即
 
 
6 4 6
5
4 2 6 3
5
x
y
 
 
时，等号成立．故选：C
法二：以
AC
所在的直线为
x
轴，以
BC
所在的直线为
y
轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则
 
0, 0C
、
 
3,0A
、
 
0, 4B
，
P
为线段
AB
上的一点，则存在实数
使得
 
3, 4 3 , 4 0 1AP AB
 
 
 
，
 
3 3 , 4CP CA CB
 
 
 
，设
1
CA
e
CA
，
1
C
eB
CB
，则
1 2 1e e 
 
，
 
11,0e 
，
 
20,1e
ur
，
 
1 2 ,
CA CB
CP x y xe ye x y
CA CB
 
 
 
 
，
3 3
4
x
y
 
，消去
得
4 3 12x y 
，
1
3 4
x y
 
，以下同
7．在
ABC
中，
, ,a b c
分别为
, ,A B C
的对边，
O
为
ABC
的外心，且有
2 3
3
c a b 
，
sin (cos 3) cos sin 0C A C A 
，若
AO x AB y AC 
 
，
,x y R
，则
x y 
（ A ）
A．
2
B．
2
C．
3
D．
3
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【答案】A
因为
2 3
3
AB BC AC 
， 所以
2 3
3
c a b 
，又因为
sin (cos 3) cos sin 0C A C A 
，
所以
sin cos cos sin 3 sinC A C A C 
，所以
 
sin 3 sinC A C 
，所以
sin 3 sinB C
，
即
3b c
，所以
a c
，所以
2 2 2 2 2 2
2
3 1
cos 2 2 2
a c b c c c
Bac c
   
 
，所以
120 , 30B A C  
 
，
如图所示：
由正弦定理得：
1
2 sin
c
R AO c
C
 
，因为
AO x AB y AC 
 
，则
2
xAO AB AB AB Ay C 
   
，
所以
2 2 2
3
2
3
2
1c cx y c 
，即
2 3 1x y 
，则
2
AO AC xAB AC y AC  
   
，所以
2 2 2
2
33
2
3xc c y c 
，即
2 1x y 
，
1, 1x y 
，
2x y  
.故选：A.
法二：等和线
8．棱长为 1 的正四面体
ABCD
内有一个内切球
,O M
为
CD
中点，
N
为
BM
中点，连接
AN
交球
O
于
,P Q
两点，
则
PQ
的长为（ A ）
A．
2 33
33
B．
3 11
11
C．
22
24
D．
3
10
【答案】A 如左图，设
BCD
的中心为
E
，则
AE ⊥
平面
BCD
.因为正四面体
ABCD
的棱长为 1，
所以
3
2
BM
，
2 3
3 3
BE BM 
，
2 2 6
3
AE AB BE  
，故正四面体
ABCD
的体积
2
1 3 6 2
1
3 4 3 12
V 
，正四面体
ABCD
的表面积
2
31 4 3
4
S  
，设正四面体
ABCD
的内切球半径为
r
，则由
3
S
V r
得
3 6
12
V
rS
 
.因为
N
是
BM
的中点，所以
1 3
6 12
EN BM 
，
2 2 11
4
AN AE EN  
.
考察正四面体
ABCD
过
, ,A B M
三点的截面图（如右图），则
6 6 6
3 12 4
OA AE OE AE r   
，
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