2023-2024学年福建省福州市六校高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年福建省福州市六校高一（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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）设复数z=21+i，则|A．2 B．0 C．2 D．1﹣i2．（5分）已知a→，b→为不共线的非零向量，AB→A．A，B，C三点共线 B．A，B、D三点共线 C．B，C，D三点共线 D．A，C，D三点共线3．（5分）在△ABC中，a=3，b＝1，B=A．π3 B．π6或5π6 C．2π3 4．（5分）在矩形ABCD中，AB=22，AD＝2，E为线段BC的中点，F为线段CD上靠近C的四等分点，则AEA．4 B．8 C．92 5．（5分）已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（）A．63π B．93π C．6．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csinA=3acosC，c＝23，ab＝8，则a+bA．6 B．8 C．4 D．27．（5分）中国是瓷器的故乡，“瓷器”一词最早见之于许慎的《说文解字》中．某瓷器如图1所示，该瓷器可以近似看作由上半部分圆柱和下半部分两个圆台组合而成，其直观图如图2所示，已知圆柱的高为18cm，底面直径AB＝12cm，CD＝20cm，EF＝14cm，中间圆台的高为3cm，下面圆台的高为4cm，若忽略该瓷器的厚度，则该瓷器的侧面积约为（）A．375πcm2 B．377πcm2 C．379πcm2 D．381πcm28．（5分）瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的公式：eix＝cosx+isinx，其中e是自然对数的底数，i是虚数单位，该公式被称为欧拉公式．根据欧拉公式，下列选项正确的是（）A．复数eπ2B．ei对应的点位于第二象限 C．若z1=eπ3i，z2=eθi在复平面内分别对应点Z1，D．|二、多选题：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。（多选）9．（5分）下列有关复数的说法中（其中i为虚数单位），正确的是（）A．i22＝1 B．复数z＝3﹣2i的共轭复数的虚部为2 C．若1﹣3i是关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）的一个根，则q＝﹣8 D．若复数z满足|z﹣i|＝1，则|z|的最大值为2（多选）10．（5分）如图，设Ox，Oy是平面内相交成60°角的两条数轴，e1→，e2→分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量．若向量OP→=xe1→+ye2→，则把有序数对（x，y）叫做向量OPA．a→B．a→C．a→D．a→与b→（多选）11．（5分）给出下列命题，其中正确的选项有（）A．若|a→|=4，|b→|=1，向量a→与向量bB．已知a→=(1，2)，b→=(1，1)，且a→与aC．若PA→⋅PB→=PBD．在△ABC中，向量AB→与AC→满足（AB→|AB→|（多选）12．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列四个命题中，正确的有（）A．当a＝5，b＝7，A＝60°时，满足条件的三角形共有1个 B．若△ABC是钝角三角形，则tanA•tanC＜1 C．若a2tanB＝b2tanA，则a＝b D．若A＝60°，a＝2，则△ABC面积的最大值为3三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量a→，b→满足（a→−b→）⊥b→，且|a→|＝2，|14．（5分）如图所示的是用斜二测画法画出的△AOB的直观图（图中虚线分别与x′轴，y′轴平行），则原图形△AOB的面积是．15．（5分）海上某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为36海里处；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为23海里处；货轮由A处向正北航行到D处时看灯塔B在北偏东120°，则灯塔C与D处之间的距离为16．（5分）赵爽是我国汉代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》作注解时，给出了“赵爽弦图”：四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大的正方形．如图所示，正方形ABCD的边长为13，正方形EFGH边长为1，则AE→⋅AG→的值为；tan∠四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）已知向量a→=(2，1)，b→（1）若c→∥a（2）若(ka→+18．（12分）如图所示，正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为2，连接A′C′，A′D，A′B，BD，BC′，C′D得到一个三棱锥．求：（1）三棱锥A′﹣BC′D的表面积与正方体表面积的比值；（2）三棱锥A′﹣BC′D的外接球的表面积和体积．19．（12分）如图，在△OAB中，已知P为线段AB上一点，OP→（1）若BP→=2PA→，求实数（2）若BP→=3PA→，|OA→20．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2a＝b+2ccosB．（1）求角C的大小；（2）若a+b=215，且△ABC的外接圆半径为23，求AB边上的高21．（12分）江都种植花木，历史悠久，相传始于唐代，盛于清代，素有“花木之乡”之称，在国内外有较高的知名度．某种植园准备将如图扇形空地AOB分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、郁金香和菊花；已知扇形的半径为70米，圆心角为2π3，动点P在扇形的弧上，点Q在OB上，且PQ∥OA（1）当OQ＝50米时，求PQ的长；（2）综合考虑到成本和美观原因，要使郁金香种植区△OPQ的面积尽可能的大；设∠AOP＝θ，求△OPQ面积的最大值．22．（12分）如图，在△ABC中，已知AB＝2，AC＝5，∠BAC＝60°，BC边上的中点为M，点N是边AC上的动点（不含端点），AM，BN相交于点P．（1）求BC；（2）当点N为AC中点时，求：∠MPN的余弦值；（3）求：NA→⋅NB→的最小值；当NA→

2023-2024学年福建省福州市六校高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）设复数z=21+i，则|A．2 B．0 C．2 D．1﹣i【考点】复数的模．【答案】C【分析】根据复数的模长的性质求解．【解答】解：由题意，|z|＝|21+i|=故选：C．2．（5分）已知a→，b→为不共线的非零向量，AB→A．A，B，C三点共线 B．A，B、D三点共线 C．B，C，D三点共线 D．A，C，D三点共线【考点】平面向量的相等与共线．【答案】B【分析】利用平面向量的线性运算及平面向量共线定理对四个选项依次判断即可．【解答】解：∵AB→=a∴不存在λ，使AB→=λ故A，B，C三点不共线，故选项A错误；∵BD→=BC∴AB→∴A，B、D三点共线，故选项B正确；∵BC→=−2a∴不存在λ，使CD→=λ故B，C，D三点不共线，故选项C错误；∵AC→=AB→+∴不存在λ，使AC→=λ故A，D，C三点不共线，故选项D错误；故选：B．3．（5分）在△ABC中，a=3，b＝1，B=A．π3 B．π6或5π6 C．2π3 【考点】正弦定理．【答案】D【分析】根据大边对大角可得A＞B，再由正弦定理可得3sinA=1sinπ【解答】解：在△ABC中，根据大边对大角可得A＞B，由正弦定理可得3sinA所以sinA=3故A=π3或故选：D．4．（5分）在矩形ABCD中，AB=22，AD＝2，E为线段BC的中点，F为线段CD上靠近C的四等分点，则AEA．4 B．8 C．92 【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】B【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算即可求解．【解答】解：建立如图平面直角坐标系，则A（0，0），E（22，1），F（32所以AE→⋅AF故选：B．5．（5分）已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（）A．63π B．93π C．【考点】圆锥的体积．【答案】B【分析】根据圆锥侧面展开图的形状先求出圆锥的母线，然后求出半径，再由圆锥的体积公式进行求解．【解答】解：设母线长为l，依题意得，πl＝2π×3，解得l＝6，于是圆锥的高为62根据圆锥的体积公式，其体积为：π×3故选：B．6．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csinA=3acosC，c＝23，ab＝8，则a+bA．6 B．8 C．4 D．2【考点】正弦定理．【答案】A【分析】由正弦定理，同角三角函数基本关系式化简已知等式，结合sinA≠0，可求得tanC，结合范围C∈（0，π），可求C=π【解答】解：因为csinA=3acosC由正弦定理可得sinCsinA=3sinAcosC又sinA≠0，所以可得sinC=3cosC，可得tanC=又C∈（0，π），所以C=π又c＝23，ab＝8，由余弦定理可得12＝a2+b2﹣ab＝（a+b）2﹣3ab＝（a+b）2﹣24，所以a+b＝6．故选：A．7．（5分）中国是瓷器的故乡，“瓷器”一词最早见之于许慎的《说文解字》中．某瓷器如图1所示，该瓷器可以近似看作由上半部分圆柱和下半部分两个圆台组合而成，其直观图如图2所示，已知圆柱的高为18cm，底面直径AB＝12cm，CD＝20cm，EF＝14cm，中间圆台的高为3cm，下面圆台的高为4cm，若忽略该瓷器的厚度，则该瓷器的侧面积约为（）A．375πcm2 B．377πcm2 C．379πcm2 D．381πcm2【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．【答案】D【分析】先计算两个圆台的母线长，根据圆柱和圆台的侧面积公式即可求出该瓷器的侧面积约．【解答】解：由题意可知，AC=32+(CD−AB2)2=所以该瓷器的侧面积约为12π×18+5×（6+10）π+5×（7+10）π＝381πcm2．故选：D．8．（5分）瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的公式：eix＝cosx+isinx，其中e是自然对数的底数，i是虚数单位，该公式被称为欧拉公式．根据欧拉公式，下列选项正确的是（）A．复数eπ2B．ei对应的点位于第二象限 C．若z1=eπ3i，z2=eθi在复平面内分别对应点Z1，D．|【考点】复数的指数形式．【答案】D【分析】由欧拉公式及复数的相关概念计算逐项计算判断即可．【解答】解：对于A，eπ2i=cosπ对于B，ei＝cos1+isin1，因为0＜1＜π所以复数ei在复平面内对应的点为（cosl，sinl），位于第一象限，故B错误；对于C，z1=e|OZ1|=因此△OZ1Z2的面积为12因为0≤|sin(θ−π3)|≤1，所以△OZ1Z2面积的最大值为1对于D，eix﹣sinx+icosx＝cosx+isinx﹣sinx+icosx＝（cosx﹣sinx）+（sinx+cosx）i，所以|eix﹣sinx+icosx|==co=2，故D故选：D．二、多选题：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。（多选）9．（5分）下列有关复数的说法中（其中i为虚数单位），正确的是（）A．i22＝1 B．复数z＝3﹣2i的共轭复数的虚部为2 C．若1﹣3i是关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）的一个根，则q＝﹣8 D．若复数z满足|z﹣i|＝1，则|z|的最大值为2【考点】复数的模；复数的运算；虚数单位i、复数．【答案】BD【分析】对于A，结合复数的四则运算，即可求解；对于B，结合共轭复数和虚部的定义，即可求解；对于C，结合韦达定理，即可求解；对于D，结合复数模公式，以及复数的几何意义，即可求解．【解答】解：对于A，i22＝（i4）5•i2＝﹣1，故A错误；对于B，复数z＝3﹣2i的共轭复数为z=3+2i，其虚部为2，故B对于C，1﹣3i是关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）的一个根，则1+3i也是关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）的一个根，故（1﹣3i）（1+3i）＝q，所以q＝10，故C错误；对于D，设z＝a+bi（a，b∈R），|z﹣i|＝1，则a2+（b﹣1）2＝1，圆以（0，1）为圆心，1为半径，|z|=a故|z|的最大值为(0−0)2+(0−1故选：BD．（多选）10．（5分）如图，设Ox，Oy是平面内相交成60°角的两条数轴，e1→，e2→分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量．若向量OP→=xe1→+ye2→，则把有序数对（x，y）叫做向量OPA．a→B．a→C．a→D．a→与b→【考点】平面向量的基本定理．【答案】AD【分析】利用新定义的坐标概念进行计算可判断每个选项的正确性．【解答】解：对于A：a→=(1，2)=e1→+2e2→，b→=(2，−1)=2e1→−对于B：e1→+2e2→≠2对于C：a→•b→=（e1→+2e2→）•（2e1→−e2→）＝2对于D：|a→|＝|e1→+2|b→|＝|2e1→∴cos＜a→，b→故选：AD．（多选）11．（5分）给出下列命题，其中正确的选项有（）A．若|a→|=4，|b→|=1，向量a→与向量bB．已知a→=(1，2)，b→=(1，1)，且a→与aC．若PA→⋅PB→=PBD．在△ABC中，向量AB→与AC→满足（AB→|AB→|【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的投影向量；数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】ACD【分析】根据投影向量的概念算出a→在b→上的投影向量，判断出A项的正误；根据两个向量夹角为锐角的充要条件，列式算出λ的取值范围，判断出B项的正误；根据两个向量垂直的条件，结合垂心的性质加以判断，可得C项的正误；根据单位向量的性质与等边三角形的判定定理，得出【解答】解：对于A，a→在b→上的投影为|a→|cos120°=−2，结合|b→|=1，可知对于B，a→+λb→=（1+λ，2+λ），若a→与a→+λb所以1+λ+2（2+λ）＞0且2+λ≠2（1+λ），解得λ＞−53且λ≠0，故对于C，由PA→⋅PB→=PB→⋅PC因此，点P是△ABC的两条高线的交点，可知P是△ABC的垂心，故C项正确；对于D，由（AB→|AB→|+AC因为（AB→|AB→|+AC→|由BA→|BA→|⋅BC故选：ACD．（多选）12．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列四个命题中，正确的有（）A．当a＝5，b＝7，A＝60°时，满足条件的三角形共有1个 B．若△ABC是钝角三角形，则tanA•tanC＜1 C．若a2tanB＝b2tanA，则a＝b D．若A＝60°，a＝2，则△ABC面积的最大值为3【考点】解三角形；正弦定理．【答案】BD【分析】对于A：利用余弦定理即可求解；对于B：分类讨论，利用诱导公式以及同角三角函数基本关系式即可求解；对于C：由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求sin2A＝sin2B，可得A＝B或A+B=π2，即a＝b或a2+b2＝c2，即可判断；对于D：由余弦定理，基本不等式可求【解答】解：对于选项A：由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，可得25＝49+c2﹣2×7×c×1则c2﹣7c+24＝0，因为Δ＝（﹣7）2﹣4×1×24＝﹣47＜0，所以该方程无解，即不存在满足条件的三角形，故A错误；对于选项B：在钝角△ABC中，若A，C之一是钝角，则tanAtanC＜0＜1，若B是钝角，则A+C＜π2，0＜A＜π则有0＜sinA＜sin(π同理0＜sinC＜cosA，因此，sinAsinC＜cosAcosC，从而得tanAtanC＜1，综上得tanAtanC＜1，B正确；对于选项C：因为a2tanB＝b2tanA，由正弦定理可得sin2AtanB＝sin2BtanA，则sin2AsinBcosB=sin2则sinA≠0，sinB≠0，2A，2B∈（0，2π），可得sinAcosB=sinBcosA，整理得sin2可得2A＝2B或2A+2B＝π，即A＝B或A+B=π所以a＝b或a2+b2＝c2，故C错误；对于选项D：由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bccosA，而A＝60°，a＝2，即4≥2bc﹣2bc•12可得bc≤4，所以S△ABC=12bcsinA≤12×4×故选：BD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知向量a→，b→满足（a→−b→）⊥b→，且|a→|＝2，|【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】60°．【分析】根据题意，设a→与b→的夹角为θ，由数量积的计算公式可得（a→−b→）•b→=【解答】解：根据题意，设a→与b→的夹角为若（a→−b→）⊥b→，则（a→−b→）•b又由0°≤θ≤180°，则θ＝60°；故答案为：60°．14．（5分）如图所示的是用斜二测画法画出的△AOB的直观图（图中虚线分别与x′轴，y′轴平行），则原图形△AOB的面积是40．【考点】由斜二测直观图还原图形．【答案】40【分析】根据题意，分析原图形三角形的高和底边的边长，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，原图形如图：△AOB的底边AB的长为5，高为16，其面积S=1故答案为：40．15．（5分）海上某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为36海里处；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为23海里处；货轮由A处向正北航行到D处时看灯塔B在北偏东120°，则灯塔C与D处之间的距离为23【考点】解三角形；正弦定理．【答案】23．【分析】根据给定信息作出图形，在△ABD中用正弦定理求AD，CD用余弦定理计算作答．【解答】解：如图所示，∠DAB＝75°，∠NDB＝120°，∠DAC＝30°，AB＝36，AC＝23，在△ABD中，∠B＝45°，∠ADB＝60°，由正弦定理得：AD=ABsinB在△ACD中，由余弦定理得：CD=AC2灯塔C与D处之间的距离为23海里．故答案为：23．16．（5分）赵爽是我国汉代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》作注解时，给出了“赵爽弦图”：四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大的正方形．如图所示，正方形ABCD的边长为13，正方形EFGH边长为1，则AE→⋅AG→的值为6；tan∠EAB＝【考点】平面向量数量积的性质及其运算；三角形中的几何计算．【答案】6；74【分析】由平面向量的数量积运算，结合两角和的正切公式求解即可．【解答】解：设|AF|＝|BG|＝t，t＞0，则|AG|＝1+t，又|AG|2+|BG|2＝|AB|2，即（1+t）2+t2＝13，即t＝2，则AE→又tan∠EAF=|EF||AF|=则tan∠EAB=tan∠EAF+tan∠GAB故答案为：6；74四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）已知向量a→=(2，1)，b→（1）若c→∥a（2）若(ka→+【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；平面向量数量积的性质及其运算；平面向量共线（平行）的坐标表示．【答案】（1）|c（2）k=−4【分析】（1）由向量平行得出λ，进而由模长公式的得出|c（2）根据向量垂直的坐标表示得出k的值．【解答】解：（1）由c→∥a→得2故|c（2）由已知ka又(ka∴（2k+1）×2+1×（k+2）＝0，解得k=−418．（12分）如图所示，正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为2，连接A′C′，A′D，A′B，BD，BC′，C′D得到一个三棱锥．求：（1）三棱锥A′﹣BC′D的表面积与正方体表面积的比值；（2）三棱锥A′﹣BC′D的外接球的表面积和体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积．【答案】（1）3；（2）12π；43【分析】（1）求出三棱锥A′﹣BC′D的棱长为22，即可求出三棱锥A′﹣BC′D的表面积与正方体表面积的比值；（2）根据三棱锥A′﹣BC′D的外接球与正方体ABCD﹣A′B′C′D′的外接球是同一个球，利用正方体外接球直径是体对角线即可求解．【解答】解：（1）正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为2，则三棱锥A′﹣BC′D的棱长为22，表面积为4×34×（22）2＝83∴三棱锥A′﹣BC′D的表面积与正方体表面积的比值为3：3；（2）三棱锥A′﹣BC′D的外接球与正方体ABCD﹣A′B′C′D′的外接球是同一个球，设正方体的外接球直径为2R，则2R=23所以R=3所以三棱锥A′﹣BC′D的外接球的表面积S=4π×(3体积是V=419．（12分）如图，在△OAB中，已知P为线段AB上一点，OP→（1）若BP→=2PA→，求实数（2）若BP→=3PA→，|OA→【考点】平面向量数量积的性质及其运算；数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】（1）23【分析】（1）利用向量的数乘及加减运算求得OP→=23OA（2）由已知把OP→、AB【解答】解：（1）∵BP→=2PA∴3OP→=2又OP→=xOA→+yOB→（2）∵BP→=3PA整理得：4OP→=∴OP→•AB→=（3=120．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2a＝b+2ccosB．（1）求角C的大小；（2）若a+b=215，且△ABC的外接圆半径为23，求AB边上的高【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）π3（2）23【分析】（1）由题意利用余弦定理可求cosC的值，进而可求C的值；（2）由正弦定理求得c，再由余弦定理求解ab，然后利用三角形面积公式求AB边上的高h．【解答】解：（1）因为2a＝b+2ccosB，所以由余弦定理得2a＝b+2c•a2+c2−b22ac，整理得a2+则cosC=a又C∈（0，π），所以C=π（2）在△ABC中，由csinC=2R，得c＝2RsinC＝2×2由余弦定理，得c2＝a2+b