2023-2024学年广东省惠州市高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年广东省惠州市高一（下）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知复数z满足z(1+i)=|A.i B.22−222.已知向量a=(1,2),b=(A.114 B.−114 C.13.下列说法正确的是(

)A.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体

B.球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段

C.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥

D.用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台4.如图所示，点E为△ABC的边AC的中点，F为线段BE上靠近点B的三等分点，则A.13BA+23BC

5.如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A′B′C′D

A.AB=2

B.A′D′=22

C.6.已知平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，AB⋅AD=A.[−1,8) B.(07.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为A.36

B.34

C.8.我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”，类比赵爽弦图，用3个全等的小三角形拼成了如图所示的等边△ABC，若EF=2，sinA.8

B.7

C.6

D.5二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.A，B，C表示不同的点，n，l表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下列说法错误的是(

)A.若α∩β=l，n/​/α，n/​/β，则n/​/l

B.若A，B∈l，A，B∉α，则l/​/α

C.10.欧拉公式exi=cosA.e2i对应的点位于第二象限 B.eπi为纯虚数

C.exi11.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列四个命题中正确的命题是A.若acosA=bcosB=ccosC，则△ABC一定是等边三角形

B.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a=(0,5)，b=(113.如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=16.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，14.截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为______．

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知平面向量a=(1,2),b=(−3,−2)．

(1)16.(本小题15分)

如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点．

(1)证明：△PBC是直角三角形；

(17.(本小题15分)

如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=60°，E，F分别是边AB，BC上的点，且AE=EB，BF=318.(本小题17分)

在△ABC中，设角A，B，C的对边长分别为a，b，c，已知sinA−sinBsinC=a−c19.(本小题17分)

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱BB1=1，∠ABC=2π3，且M，N分别为

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：由题意可知：|1−i|=12+(−1)2=22.【答案】D

【解析】解：b=(1,−1)，c=(4,5)，

则b+λ c=(4λ+13.【答案】B

【解析】解：对于A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，

所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；

对于B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；

对于C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，

以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；

对于D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误．

故选：B．

根据几何体的结构特征逐项分析判断．

本题主要考查空间几何体的结构特征，属于基础题．4.【答案】C

【解析】解：AF=AE+EF=12AC+23EB=15.【答案】D

【解析】解：如图过D′作DE⊥O′B′，

由等腰梯形A′B′C′D′可得：△A′D′E是等腰直角三角形，

即A′D′=2A′E=12×(4−2)×2=2，即B错误；6.【答案】A

【解析】解：如图，设DP=xDC=xAB(0<x<1)，则CP=(x−1)AB，

∴PA=−AD−DP=−xAB−A7.【答案】A

【解析】解：如图，延长CB到点E，使得EB=12BC，连接ME，NE，

由BE=BM，得∠EMB=∠MBC1=45°，即ME/​/BC1，

所以∠NME为异面直线MN和BC1所成的角或其补角，

8.【答案】B

【解析】解：由题意知，CF=AD=BE，CE=AF=BD，

所以EF=CF−EF，FD=AD−AF，DE=BE−BD，即EF=FD=DE，

所以△DEF为等边三角形，

所以∠EFD=∠EDF=60°，

所以∠A9.【答案】BC【解析】解：A，B，C表示不同的点，n，l表示不同的直线，α，β表示不同的平面，

对于A，若α∩β=l，n/​/α，n/​/β，则由线面平行的性质得n/​/l，故A正确；

对于B，若A，B∈l，A，B∉α，则l/​/α或l与α相交，故B错误；

对于C，若A，B∈α，A，B，C∈β，α∩β=l，则C不一定在l上，故C错误；

对于D，若n⊥α，l⊥β，n/​/10.【答案】AC【解析】解：对于A：由题意可得：e2i=cos2+isin2，则其对应的点为(cos2,sin2)，

则cos2<0，sin2>0，

∴e2i对应的点位于第二象限，故A正确；

对于B：由题意可得：e11.【答案】AD【解析】解：若acosA=bcosB=ccosC，则sinAcosA=sinBcosB=sinCcosC，即tanA=tanB=tanC，即A=B=C，即△ABC是等边三角形，故12.【答案】(2【解析】解：向量a=(0,5)，b=(1,2)，

所以a在b的投影向量为13.【答案】12

【解析】解：设△ABC的面积为a，底面ABC水平放置时，液面高为h，

侧面AA1B1B水平放置时，水的体积为V=34S△ABC⋅AA1=34a⋅14.【答案】22π【解析】解：因为棱长为a的正四面体的高为a2−(23×32a)2=63a，

所以截角四面体上下底面距离为63×6−63×2=463，

设其外接球的半径为R，等边三角形ABC的中心为O′，正六边形EFHILK的中心为O′′15.【答案】解：(1)设c=(x,y)，2a+b=(−1,2)，且c⊥(2a+b)，

∴c⋅(2a+b)=2y−x=0，

∴x=2y，且【解析】(1)可设c=(x,y)，求出2a+b=(−1,2)，根据条件可得出2y−x=16.【答案】(1)证明：因为AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点，

所以BC⊥AC，

因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，

又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，

所以BC⊥平面PAC，

又PC⊂平面PAC，

所以BC⊥PC，

即△PBC是直角三角形；

(2)解：过A作AH⊥PC于H，

因为BC⊥平面PAC，AH⊂平面【解析】(1)由圆的性质可得BC⊥AC，再由PA⊥平面ABC，则PA⊥BC，然后由面面垂直的判定可得BC⊥平面PAC，从而可得BC⊥17.【答案】解：(1)∵AE=EB，BF=3FC，

∴AG=tAF=t(AB+BF)=tAB+3t4AD，

∵E，G，D三点共线，

∴存在λ，使得AG=λ【解析】(1)根据条件可得出AG=tAB+3t4AD，AG=12λ18.【答案】解：(1)由已知及正弦定理，得a−bc=a−ca+b，即(a−b)(a+b)=c(a−c)，即a2−b2=ac−c2，即a2【解析】(1)利用已知和正弦定理化简，结合余弦定理可得角B的值；

(2)由于A+C=120°，c=219.【答案】(1)证明：取AC1的中点P，连接B1P、PN，如图1所示：

因为M，N分别为BB1，AC的中点，所以PN//C1C，且PN=12C1C，

又B