2023-2024学年广东广州番禺中学高一(下)期中数学试题及答案

2023-2024学年广东省广州市番禺中学高一（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40分．在每小题的选项中，选出符合题目的一项）复数z满足=i（i为虚数单位则复数z的共轭复数为()25分）△ABC中三顶点对应的复数分别是z1，z2，z3，若复数z满足|z﹣z1|＝|z﹣z2|＝|z﹣z3|，则z所对应的点是△ABC的()A．垂心B．外心C．内心D．重心→35分）如图，在△ABC中，点M是线段BC上靠近B的三等分点，则AM=()D．3AB−3AC→→45分）已知平面向量a=(sinθ,1)，b=(cosθ,−2)，若a∥b，则tanθ=()55分）若在△ABC中，2a•cosB＝c，则三角形的形状一定是()A．直角三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．等边三角形65分）已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于2km，灯塔A在观察站C的北偏东20°,灯塔B在观察站C的南偏东40°,则灯塔A与灯塔B的距离为()A．2kmB．4kmC．22kmD．23km75分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AA1＝2AD＝2CD，点E是线段CD的中点，则异面直线D1E与BC1所成角的余弦值为()85分）在数学探究活动课中，小华进行了如下探究：如图1，水平放置的正方体容器中注入了一定量的水；现将该正方体容器其中一个顶点固定在地面上，使得DA，DB，DC三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面为HJK，如图2所示．若在图2中则在图1中）二、多选题（本大题共3小题，共18分．每小题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.)→→（多选）106分）已知向量a=（1，3b=（cosα,sinα),则下列结论正确的是()→→A．若a∥b，则tanα=3→→π→→C．若a与b的夹角为3，则|a−b|＝3D．若与方向相反，则在上的投影向量的坐标是（多选）116分）如图，点P是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的表面上一个动点，则()A．当P在平面BCC1B1上运动时，三棱锥P﹣AA1D的体积为定值B．当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是[，]C．若F是A1B1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF⊥BD1时，PF长度的最小值是6D．使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为π+4三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.)125分）平行四边形ABCD中，点A，B，C分别对应复数4+i，3+4i，3﹣5i，则点D对应的复数→→→→→135分）已知e1，e2的两个单位向量，且|e1+e2|=3，则|e1−e2|=.145分）已知四棱锥P﹣ABCD的高为2，底面ABCD为菱形，AB=AC=，E，F分别为PA，PC的中点，则四面体EFBD的体积为；三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积的最小值为.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.)1513分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，E为AP的中点，且（1）证明：CP∥平面BDE；（2）求三棱锥P﹣BDE的体积.1615分）已知=(3sinx，−Cosx)，=(Cosx，Cosx)f(x)=⋅.（1）求函数f（x）图象的对称轴方程；（2）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(B)=且b=3，求△ABC周长的取值范围.1715分）为了测量隧道口A、B间的距离，开车从A点出发，沿正西方向行驶4002米到达D点，然后从D点出发，沿正北方向行驶一段路程后到达C点，再从C点出发，沿东南方向行驶400米到达隧道口B点处，测得BD间的距离为1000米.（1）若隧道口B在点D的北偏东θ度的方向上，求cosθ的值；（2）求隧道口AB间的距离.1817分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC⊥侧面ACC1A1，AC＝AA1＝3，BC=26，∠ACB＝90°.（1）证明：A1C⊥平面AB1C1；若Cos∠A1AC=求平面ABB1与平面ABC所成的角的余弦值.1917分）△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4asinA＝bsinCcosA+csinAcosB.（1）求的值；（2）若BD是∠ABC的角平分线.（i）证明：BD2＝BA•BC﹣DA•DC；2023-2024学年广东省广州市番禺中学高一（下）期中数学试卷一．选择题（共8小题）题号12345678答案BBBABDAB二．多选题（共3小题）题号9答案BDABDABC一、单选题（本大题共8小题，共40分．在每小题的选项中，选出符合题目的一项）复数z满足=i（i为虚数单位则复数z的共轭复数为()【分析】根据复数的除法运算和共轭复数定义计算即可.故选：B.【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题.25分）△ABC中三顶点对应的复数分别是z1，z2，z3，若复数z满足|z﹣z1|＝|z﹣z2|＝|z﹣z3|，则z所对应的点是△ABC的()A．垂心B．外心C．内心D．重心【分析】由两个复数差的绝对值的几何意义可得，z在复平面内的对应点到△ABC中三顶点的距离相等，故z所对应的点是△ABC的外心.【解答】解：∵△ABC中三顶点对应的复数分别是z1，z2，z3，若复数z满足|z﹣z1|＝|z﹣z2|＝|z﹣z3|，由两个复数差的绝对值的几何意义可得，z在复平面内的对应点到△ABC中三顶点的距离相等，故z所对应的点是△ABC的外心，故选：B.【点评】本题考查两个复数差的绝对值的几何意义，三角形的外心的定义，是一道基础题.→35分）如图，在△ABC中，点M是线段BC上靠近B的三等分点，则AM=()【分析】利用平面向量的线性运算，平面向量基本定理求解即可.【解答】解：∵点M是线段BC上靠近B的三等分点，∴AM=AB+BM=AB+3BC=AB+3（AC−AB）=3AB+3AC，【点评】本题考查平面向量的线性运算，平面向量基本定理，属于基础题.→→45分）已知平面向量a=(sinθ,1)，b=(cosθ,−2)，若a∥b，则tanθ=()【分析】根据向量共线得﹣2sinθ=cosθ,则tanθ=−→→【解答】解：∵a∥b，∴﹣2sinθ=cosθ,显然cosθ≠0，故选：A.【点评】本题主要考查向量共线的性质，属于基础题.55分）若在△ABC中，2a•cosB＝c，则三角形的形状一定是()A．直角三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．等边三角形【分析】由题意和和差角公式易得sin（A﹣B）＝0，进而可得A＝B，可判△ABC为等腰三角形.【解答】解：∵在△ABC中，2a•cosB＝c，由正弦定理可得2cosBsinA＝sinC，∴2cosBsinA＝sinC＝sin（A+B∴2cosBsinA＝sinAcosB+cosAsinB，∴sinAcosB﹣cosAsinB＝0，∴sin（A﹣B）＝0，∴△ABC为等腰三角形，故选：B.【点评】本题考查三角形性质的判断，涉及和差角公式的应用，属基础题.65分）已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于2km，灯塔A在观察站C的北偏东20°,灯塔B在观察站C的南偏东40°,则灯塔A与灯塔B的距离为()A．2kmB．4kmC．22kmD．23km【分析】利用余弦定理即可求解.【解答】解：依题意∠ACB＝180°﹣20°﹣40°=120°,故选：D.【点评】本题考查了余弦定理的应用，属于基础题.75分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AA1＝2AD＝2CD，点E是线段CD的中点，则异面直线D1E与BC1所成角的余弦值为()【分析】连接AD1，AE，由几何体的特征可得BC1∥AD1，异面直线D1E与BC1所成角为∠AD1E，设AD＝1，则CD＝1，AA1＝2，计算AD1，D1E，AE，由余弦定理可得cos∠AD1E=即可得出答案.【解答】解：连接AD1，AE，由几何体的特征可得BC1∥AD1，所以异面直线D1E与BC1所成角为∠AD1E，所以异面直线D1E与BC1所成角的余弦值为.故选：A.【点评】本题考查异面直线所成的角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题.85分）在数学探究活动课中，小华进行了如下探究：如图1，水平放置的正方体容器中注入了一定量的水；现将该正方体容器其中一个顶点固定在地面上，使得DA，DB，DC三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面为HJK，如图2所示．若在图2中则在图1中）【分析】设出正方体的棱长，利用水的体积相等建立方程求解【解答】解：当DA，DB，DC三条棱与水平面所成角均相等时，三棱锥D﹣HJK为正三棱锥，设正方体的棱长为3，则DH＝DK＝DJ＝2，所以VD−HJK=×2×2×2=又由题图1中V＝9×EF，则，所以故选：B.【点评】本题考查三棱锥的体积的问题，方程思想，化归转化思想，属中档题.二、多选题（本大题共3小题，共18分．每小题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.)【分析】根据空间中直线，平面的位置关系分别去判断各个选项.【解答】解：对于A，若m∥α,n∥α,则m与n可能平行，相交或异面，故A错误；对于C，根据面面平行的判定定理，只有当m与n是平面β内的两条相交直线时，方可确定α∥β,故C错误；∴m⊥n，故D正确.故选：BD.【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题.（多选）106分）已知向量=（1，3则下列结论正确的是()→→A．若a∥b，则tanα=3C．若与的夹角为D．若与方向相反，则在上的投影向量的坐标是【分析】对于A，结合向量平行的性质，即可求解；对于B，结合向量垂直的性质，即可求解；对于C，结合向量模公式，即可求解；对于D，结合投影向量的公式，即可求解.→→→则sinα=3cosα,解得tanα=3，故A正确；→→→→π|a|=2，|b|=1，若a与b的夹角为3，故，若与方向相反，则在上的投影向量的坐标是|cosπ⋅,故D正确.故选：ABD.【点评】本题主要考查平面向量的数量积运算，属于基础题.（多选）116分）如图，点P是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的表面上一个动点，则()A．当P在平面BCC1B1上运动时，三棱锥P﹣AA1D的体积为定值B．当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是[，]C．若F是A1B1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF⊥BD1时，PF长度的最小值是6D．使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为π+4【分析】对于A：由△AA1D的面积不变，点P到平面AA1D1D的距离不变，求出体积即可判定A；→→对于B：以点D为原点，建立空间直角坐标系，设P（x，2﹣x，0则求出D1P，A1C1，利用向量夹角公式可判定B；对于C：设P（x，y，0根据PF⊥BD1，求出|PF|的最小值可判定C；对于D：由直线AP与平面ABCD所成的角为45°,作PM⊥平面ABCD，得到点P的轨迹可判定D.【解答】解：对于A：由△AA1D的面积不变，点P到平面AA1D1D的距离为正方体棱长，所以三棱锥P﹣AA1D的体积不变，且VP−AA1D对于B：以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，可得A1（2，0，2D1（0，0，2C1（0，2，2设P（x，2﹣x，00≤x≤2，设直线D1P与A1C1所成角为θ,θ∈(0，]，则cosθ=|cos故cosθ∈[0，]，所以θ∈(，]，故B正确；对于C，B（2，2，0F（2，1，2设P（x，y，00≤x≤2，0≤y≤2，故x=﹣y+1，|PF|=(2−x)2+(1−y)2+22=2x2−4x+8=2(x−1)2+6，当x＝1时，|PF|min=6，故C正确；对于D：因为直线AP与平面ABCD所成的角为45°,由AA1⊥平面ABCD，得直线AP与AA1⊥所成的角为45°,若点P在平面DCC1D1和平面BCC1B1内，因为∠B1AB＝45°,∠D1AD＝45°,故不成立；在平面ADD1A1内，点P的轨迹是AD1=22；在平面ABB1A1内，点P的轨迹是AB1=22；在平面A1B1C1D1内，作PM⊥平面ABCD，如图所示，因为∠PAM＝45°,所以PM＝AM，又因为PM＝AB，所以AM＝AB，所以A1P＝AB，所以点P的轨迹是以A1点为圆心，以2为半径的四分之一圆，所以点P的轨迹的长度为×2π×2=π,综上，点P的轨迹的总长度为π+42，所以D错误.故选：ABC.【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.)125分）平行四边形ABCD中，点A，B，C分别对应复数4+i，3+4i，3﹣5i，则点D对应的复数是4 【分析】由题意结合点的坐标和中点坐标公式求解点D的坐标即可.【解答】解：由点A，B，C分别对应复数4+i，3+4i，3﹣5i，得：A（4，1B（3，4C（35设平行四边形ABCD的对角线的交点为M（xM，yM点D的坐标为D（x，y由中点坐标公式可得解得：则点D的坐标为D（48点D对应的复数是4﹣8i.故答案为：4﹣8i.【点评】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查运算求解能力，是基础题.e2135分）已知e1，的两个单位向量，且|e1+e2|=3，则【分析】利用向量的模求解向量的数量积，然后转化求解|【解答】解：【解答】解：的两个单位向量，且|e1+e2|=3，可得2=3，所以2故答案为：1.【点评】本题考查向量的数量积的应用，向量的模的求法，考查计算能力.145分）已知四棱锥P-ABCD的高为2，底面ABCD为菱形，AB=AC=3，E，F分别为PA，PC的中点，则四面体EFBD的体积为三棱锥P-ABC的外接球的表面积的最小值为【分析】第一空，利用切割法，结合棱体的体积公式即可得解；第二空，先分析出三棱锥P-ABC的外接球的表面积取得最小值时的情况，再求得此时的半径，从而得解.【解答】解：如图，设AC∩BD＝G，连接FG，EG，:VEFBD＝VB-EFG+VD-EFG，易知E，F，G分别为，PC，AC中点，:S△EFG=S△PAC，所以VB−EFG=VB−PAC，VD−EFG=VD−PAC，“四边形ABCD是菱形，AB=AC=3，:△ABC，△ACD为全等的正三角形，因为△ABC是边长为3的正三角形，记其中心为O1，则△ABC的外接圆的半径为设三棱锥P-ABC的外接球的半径为R，球心为O，则OO1丄底面ABC，过P作PH丄底面ABC交于H，则OO1ⅡPH，结合图象可知PO+OO1≥PH，其中R=PO，OO=R2−r2=R2−1，因为P到平面ABC的距离为2，即PH＝2，所以R+R2−1≥2，易知关于R的函数y=R+在上单调递增，所以当且仅当=2时，R取得最小值，此时，P，O，O1三点共线，由R+解得，所以棱锥P﹣ABC的外接球的表面积的最小值为4πR2=故答案为：；.【点评】本题考查了四面体的体积和棱锥外接球表面积最值的计算，属于中档题.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.)1513分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，E为AP的中点，且（1）证明：CP∥平面BDE；（2）求三棱锥P﹣BDE的体积.【分析】（1）作出辅助线，利用中位线得到线线平行，从而求出线面平行；（2）求出VP﹣ABD，进而求出VP−BDE=VP−ABD=【解答】解1）证明：连接AC交BD于点H，连接EH，因为底面ABCD是正方形，所以H为AC的中点，因为E为AP的中点，所以EH∥PC，因为EHc平面BDE，PCα丈平面BDE，所以PC∥平面BDE；（2）因为AB＝2，AP＝4，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，因为E为AP的中点，所以VP一BEE=VP一ABD=【点评】本题考查线面平行的判定，以及几何体体积的计算，属于中档题.1615分）已知a=(3sinx，一cosx)，b=(cosx，cosx)f(x)=a.b.（1）求函数f（x）图象的对称轴方程；（2）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f，求△ABC周长的取值范围.【分析】（1）由平面向量数量积的运算，结合三角函数的性质求解；（2）由正弦定理，结合三角函数的性质求解.→【解答】解1）由于=(3sinx，一cosx)，b=(cosx，cosx)，f（x）=•b，故f（x）=3sin2cosx﹣cos2x，函数的对称轴满足：2x一=kπ+，得x=故函数f（x）图象的对称轴方程为所以故，可得B=，由于b=3，由正弦定理可得而0＜A＜，所以−,故△ABC周长的取值范围为(23，33].【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查正弦定理及三角函数的性质，属中档题.1715分）为了测量隧道口A、B间的距离，开车从A点出发，沿正西方向行驶4002米到达D点，然后从D点出发，沿正北方向行驶一段路程后到达C点，再从C点出发，沿东南方向行驶400米到达隧道口B点处，测得BD间的距离为1000米.（1）若隧道口B在点D的北偏东θ度的方向上，求cosθ的值；（2）求隧道口AB间的距离.【分析】（1）由正弦定理可得sin∠CDB=进而可求cosθ的值；（2）由（1）可求cos∠ADB，由余弦定理可求AB.BDBC1000400【解答】解1）在△ABC中，由正弦定理得即若隧道口B在点D的北偏东θ度的方向上，在△ABD中，由余弦定理得AB2＝BD2+AD2﹣2BD•AD•cos∠ADB=（1000）2+（4002）2﹣2×1000•4002×=1000000，故隧道口AB间的距离是1000m.【点评】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，属中档题.1817分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC⊥侧面ACC1A1，AC＝AA1＝3，BC=26，∠ACB＝90°.（1）证明：A1C⊥平面AB1C1；若Cos∠A1AC=求平面ABB1与平面ABC所成的角的余弦值.【分析】（1）根据给定条件，利用菱形的性质、面面垂直的性质、线面垂直的性质及判定推理即得.（2）作出二面角的平面角，再在直角三角形中计算即得.【解答】解1）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，由AC＝AA1＝3，得四边形ACC1A1是菱形，则A1C⊥AC1，由平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，AC⊥BC，BC⊂平面ABC，得BC⊥平面ACC1A1，而A1C⊂平面ACC1A1，则A1C⊥BC，又B1C1∥BC，因此A1C⊥B1C1，而B1C1∩AC1＝C1，B1C1，AC1⊂平面AB1C1，所以A1C⊥平面AB1C1.（2）在平面ACC1A1内过点A1作A1O⊥AC于O，由平面A