2024-2025学年广东省惠州市华罗庚中学高一（下）质检数学试卷（6月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年广东省惠州市华罗庚中学高一（下）6月质检数学试卷一、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.在复平面中，复数z=2−3i1+i对应的点的坐标在(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.下列结论正确的是(

)A.平行向量不一定是共线向量 B.单位向量都相等

C.两个单位向量之和不可能是单位向量 D.(3.《九章算术)问题十：今有方亭，下方五丈，上方四丈，高五丈．问积几何．(今译：已知正四棱台体建筑物(方亭)如图，下底边长a=5丈，上底边长b=4丈，高ℎ=5丈．问它的体积是多少立方丈？(

)A.75 B.3053 C.3203 4.已知向量a=(1,2)，b=(2,0)，则向量a在A.(1,2) B.(2,0) C.(1,0) D.(2,1)5.在△ABC中，AB=7,AC=2,C=120°，则sinA=A.714 B.2114 C.6.设α，β是两个不重合的平面，m，n是两条直线，则下列命题为真命题的是(

)A.若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥βB.若m//α，n⊂α，则m//n

C.若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//βD.若m⊥α，n⊂α，则m⊥n7.某校有小学生、初中生和高中生，其人数比是5：4：3，为了解该校学生的视力情况，采用按比例分层抽样的方法抽取一个样本量为n的样本，已知样本中高中生的人数比小学生的人数少20，则n=(

)A.100 B.120 C.200 D.2408.已知直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为8，二面角C1−AB−C的大小为π4，且AC=BC，CA.2B.22

C.

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.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列结论正确的是(

)A.a2=b2+c2−2bccosA 10.设z为复数(i为虚数单位)，下列命题正确的有(

)A.若(1+i)z=−i，则|z|=1

B.对任意复数z1，z2，有|z1z2|=|z1|⋅|z2|

11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列命题正确的是(

)A.若A=60°，a=2，则△ABC面积的最大值为3

B.若A=60°，a=1，则△ABC面积的最大值为3

C.若a=23，b=4，要使满足条件的三角形有且只有两个，则A∈(π6,π三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.高一年级有男生490人，女生510人，按男生、女生进行分层，抽取总样本量为100.通过分层随机抽样的方法得到男生、女生的平均身高为170.2cm和160.8cm，则估计高一年级全体学生的平均身高为______cm.(结果保留一位小数)13.已知复数z=a+bi，其中a，b∈R且a+b=1，则|z−1+2i|的最小值是______．14.如图，已知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，F为A1C1的中点，E为棱BB1上的动点，AA1=2四、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)

在△ABC中，已知BC=3，AC=4，点P为线段BC中点，AQ=23AB，设CB=a，CA=b．

(1)用向量a，b表示CQ；

16.(本小题15分)

记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知bsinB+(b+c)sinC=asinA．

(1)求A；

(2)若a=7，b+c=8，求△ABC的面积．17.(本小题15分)

如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，底面△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，AC=2AA1=2A1C1=2，其中D为BC上的点，且DC=2BD．

(18.(本小题17分)记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2=ac，点D在边AC上，BD(1)证明：BD=b;(2)若AD=2DC，求cos∠ABC．19.(本小题17分)

如图，在四棱锥Q−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面QAD是正三角形，面QAD⊥面ABCD，M是QD的中点．

(1)求证：BQ//平面AMC；

(2)求直线AC与平面QCD所成角的正弦值；

(3)在棱QC上是否存在点N使平面BDN⊥平面AMC成立？如果存在，求出QNNC如果不存在，说明理由．

答案解析1.【答案】C

【解析】解：复数z=2−3i1+i=(2−3i)(1−i)(1+i)(1−i)=−1−5i2=−12−52i，

2.【答案】D

【解析】解：对于A中，平行向量又叫共线向量，所以A错误；

对于B中，单位向量长度相等，但方向不一定相同，所以B错误；

对于C中，当两个单位向量夹角为120°时，两个单位向量之和也是单位向量，所以C错误；

对于D中，(AD−BC)−(CM−BM)=AD−BC−(3.【答案】B

【解析】解：已知正四棱台体建筑物(方亭)如图

下底边长a=5丈，上底边长b=4丈，高ℎ=5丈．

∴下底面面积S1=52=25(平方丈)，上底面面积S2=42=16(平方丈)，

∴它的体积V=534.【答案】C

【解析】解：因为a=(1,2)，b=(2,0)，

所以向量a在b方向上的投影向量为a⋅b|b5.【答案】B

【解析】解：△ABC中，AB=7,AC=2,C=120°，

由正弦定理可得：ABsinC=ACsinB，可得sinB=ACABsinC=27⋅32=217，

6.【答案】D

【解析】解：若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α与β可以成任意角，∴A选项错误；

若m/​/α，n⊂α，则m/​/n或m与n异面，∴B选项错误；

若m⊂α，n⊂α，m//β，n/​/β，但没说明m与n是否相交，则α/​/β不一定成立，∴C选项错误；

若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，∴D选项正确．

故选：D．

根据空间中各要素的位置关系，逐一判断即可．

本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．7.【答案】B

【解析】解：由题意可知，55+4+3n−35+4+3n=20，解得n=120．

故选：B8.【答案】A

【解析】解：取AB中点D，连接CD和C1D，

∵AC=BC，∴CD⊥AB，

∵CC1⊥平面ABC，∴C1D⊥AB，则∠C1DC=π4，

∴CC1=CD=2，

设AC=BC=x，则VABC−A1BC1=12x2sin∠ACB⋅CC1=8，

∴x2sin∠ACB=8①，

CD=12(CA+CB)，平方得22=14(x2+x2+2x2cos∠ACB)，

∴x2(1+cos∠ACB)=8②，

sin∠ACB=1+cos∠ACB，

∴∠ACB=π2，x=22，

连接A1C，交AC1于点E，由四边形AA1C1C是矩形，得点E为A1C的中点，

则点A1和点C到平面ABC1的距离相等，

作CH⊥C1D9.【答案】ABC

【解析】解：由在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，知：

在A中，由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccosA，故A正确；

在B中，由正弦定理得：asinA=bsinB，

∴asinB=bsinA，故B正确；

在C中，∵a=bcosC+ccosB，

∴由余弦定理得：a=b×a2+b2−c22ab+c×a2+c2−b22ac，

整理，得210.【答案】BC

【解析】解：(1+i)z=−i，z=−i1+i=−i(1−i)(1+i)(1−i)=1−i2=12−12i，则|z|=14+14=22，A错误；

设z1=a+bi(a,b∈R)，z2=c+di(c,d∈R)，则z1z2=(ac−bd)+(ad+bc)i，

所以|z1⋅z2|=(ac−bd)2+(ad+bc11.【答案】AD

【解析】解：对于A，若A=60°，a=2，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccos60°，

即4=b2+c2−bc≥2bc−bc=bc，所以bc≤4，当且仅当b=c时，等号成立，

因为△ABC的面积S=12bcsinA=34bc，所以当b=c=2时，S有最大值3，故A项正确；

对于B，类似于A项的分析得：若A=60°，a=1，则△ABC面积的最大值为34，故B项不正确；

对于C，如图所示，若a=23，b=4，要使满足条件的三角形有且只有两个，

则23>4sinA，即sinA<32，结合A为锐角，可得A∈(0,π3)，故C项不正确；

对于D，a+b=c(cosA+cosB)，即sinA+sinB=sinC(cosA+cosB)，

结合sinA=sin(B+C)且sinB=sin(A+C)，化简得cosC(sinA+sinB)=0，

而sinA+sinB>0，可得cosC=0，结合C为三角形的内角，可得C=π2．

因此，△ABC是以c为斜边的直角三角形，可得a=csinA=sinA，b=ccosA=cosA，

设△ABC的内切圆半径为r，则r=12(a+b−c)=12(sinA+cosA−1)≤12.【答案】165.4

【解析】解：高一年级有男生490人，女生510人，按男生、女生进行分层，抽取总样本量为100，

设在男生、女生中分别抽取m名和n名，

则m490=n510=100490+510，解得m=49，n=51．

据此可以估计高二年级全体学生的平均身高为

4901000×170.2+13.【答案】2【解析】解：z=a+bi，

|z−1+2i|2=|a−1+(b+2)i|2=(a−1)2+(b+2)2，

因a+b=1，则b=1−a，|z−1+2i|2=(a−1)2+(3−a)2=2(a−2)2+2，

14.【答案】3【解析】解：BH⊥AC，垂足为H，作B1H1⊥A1C1，垂足为H1，

可得棱BB1在平面ACC1A1上的射影为HH1，

∴点E在平面ACC1A1上的射影E1在线段HH1上，

∵AB2+BC2=AC2，∴△ABC为直角三角形，

易知∠BAC=π3，可得AH=1，∴BH=3，EE1=3，

设AF的中点为Q1，外接球的球心为Q，半径为R1，

∴Q1为△AA1F的外接圆圆心，QQ1⊥平面ACC1A1，即QQ1//EE1，

在Rt△FQQ1中，QF2=R12=QQ12+(3)2①，

又QE2=R12=(3−QQ15.【答案】解：(1)AQ=23AB，

所以CQ=CA+AQ

=CA+23(CB−CA)

=13CA+23CB

=23a+13b，

所以CQ【解析】(1)用三点共线的向量表达式结论可解；

(2)将AP，CQ用基底{CA,CB16.【答案】2π3；

15【解析】(1)根据题意可知，bsinB+(b+c)sinC=asinA及正弦定理可得b2+(b+c)c=a2，

即b2+c2−a2=−bc，由余弦定理可得cosA=b2+c2−a22bc=−12，

因为0<A<π，故A=2π3；

(2)因为b217.【答案】解：(Ⅰ)取AC中点E，连接C1E，BE，

因为AC=2AA1=2A1C1=2，其中D为BC上的点，且DC=2BD．

所以A1C1=AE=1，A1C1//AE，

所以四边形AA1C1C是平行四边形，

所以AA1//C1E，

因为AA1⊥平面ABC，

所以C1E⊥平面ABC，

因为BE⊂面ABC，AC⊂面ABC，

所以C1E⊥BE，C1E⊥AC，

因为底面△ABC为等边三角形，

所以BE⊥AC，

以E为原点，EB，EC，EC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系：

所以E(0,0,0)，A(0,−1,0)，B(3,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,−1,1)，C1(0,0,1)，D(233,13,0)，

AC1=(0,1,1)，AD=(233,43,0)，

设面AC1D的法向量n=(x,y,z)，

所以AC1⋅n=0AC⋅n=0，

所以(0,1,1)⋅(x,y,z)=0(233,43,0)⋅(x,y,z)=0【解析】(Ⅰ)取AC中点E，连接C1E，BE，可推出四边形AA1C1C是平行四边形，则AA1//C1E，进而可得C1E⊥平面ABC，由线面垂直的性质定理可得C1E⊥BE，C1E⊥AC，由底面△ABC为等边三角形，得BE⊥AC，

以E为原点，EB，EC，EC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出面AC1D的法向量n18.【答案】解：(1)证明：由正弦定理知，bsin∠ABC=csin∠ACB=2R，

∴b=2Rsin∠ABC，c=2Rsin∠ACB，

∵b2=ac，

∴b⋅2Rsin∠ABC=a⋅2Rsin∠ACB，

即bsin∠ABC=asinC，

∵BDsin∠ABC=asinC．

∴BD=b；

(2)由(1)知BD=b，

∵AD=2DC，

∴AD=23b，DC=13b，

在△ABD中，由余弦定理知，cos∠BDA=BD2+AD2−AB22BD⋅AD=b2+(23b)2−c22b⋅23b=13b2−9c212b2【解析】本题主要考查正弦定理和余弦定理，难度不大．

(1)利用正弦定理求解；

(2)要能找到隐含条件：∠BDA和∠BDC互补，从而列出等式关系求解．19.【答案】解：(1)证明：设AC∩BD=O，连接OM，

因为底面ABCD是正方形，所以O为BD的中点，

因为M是QD的中点，所以OM//QB，

因为OM⊂平面ACM，QB⊄平面ACM，

所以QB/​/平面ACM；

(2)因为底面ABCD是正方形，所以AD⊥CD，

因为平面QAD⊥平面ABCD，平面QAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，

所以CD⊥平面QAD