2023-2024学年福建省泉州市惠安县惠南中学高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年福建省泉州市惠安县惠南中学高一（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．（5分）如图，在平行四边形ABCD中，设AB→=a→，AD→=b→，若点A．a→−23b→ B．−2．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝7，b＝43，c=13，则△ABCA．π6 B．π3 C．π123．（5分）设空间中的平面α及两条直线a，b满足a⊄α且b⊂α，则“a∩b＝∅”是“a∥α”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．（5分）如图，ΔO'A'B'是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与x′轴和y轴平行），O'B'＝2O'D'＝6，O'C'＝8，则△OAB的面积为（）A．82 B．122 C．245．（5分）已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为（）A．12π B．16π C．48π D．96π6．（5分）已知平面向量a→，b→的夹角为π6，且|a→|=2，A．(32，12) B．(−7．（5分）泉州海上丝绸之路艺术公园，位于泉州台商投资区百崎湖东片区内，是全国乃至全世界首座以“海丝”为主题的大型艺术公园．园内通过雕塑、水景、建筑等艺术方式，展示海丝沿线东亚、东南亚、南亚、西亚国家的艺术风情．其中大型主题雕塑“海之梦•帆影”（如图），位于百崎湖面中央，它是公园内最高的建筑物，并以优美、灵动、梦幻的姿态存在，可为游客360度观赏提供最佳视角．有个学生为了测量“海之梦•帆影”主体的高度AB，选取岸边与雕塑底部B在同一水平面内的两个测量基点C和D．现测得∠BCD＝75°，∠BDC＝60°，CD＝50m，在点C测得雕塑顶部A的仰角为30°，则“海之梦•帆影”主体AB的高度约为（）（参考数据2≈1.414，3A．30m B．35m C．40m D．43m8．（5分）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是棱BC、CC1的中点，P是侧面BCC1B1（包含边界）上的一动点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是（）A．[1，52] B．[324二、多选题：本题共3题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题要求，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）9．（6分）已知复数z满足z（1+i）＝2，以下说法正确的有（）A．z＝1﹣2i B．z在复平面内对应的点在第二象限 C．|z|=2D．若z是方程x2﹣px+2＝0的一个根（p∈R），则p＝2（多选）10．（6分）如图，已知在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M和N分别为CD1和CB的中点，则（）A．直线AC与BD1为异面直线 B．正方体ABCD﹣A1B1C1D1过点D1，M，N的截面为三角形 C．直线MN∥平面BB1D1D D．平面A1C1B∥平面D1AC（多选）11．（6分）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP=2，弦AC，BD均过点PA．PA→⋅B．当AC⊥BD时，AB→⋅C．|AC→D．OA→三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）已知向量a→，b→满足|a→|=3，|b→|=2，13．（5分）已知锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，b2+c2﹣bc＝4，则△ABC的面积的取值范围是．14．（5分）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB＝BD=2，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为10，则该棱锥的外接球的体积为四、解答题：本小题共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．（13分）已知向量a→=（﹣3，1），b→=（1，﹣2），m→=a（1）若m→与向量2a→−（2）若向量c→=（1，﹣1），且m→与向量kb16．（15分）已知复数z＝（m﹣1）+（2m+1）i（m∈R）（1）若z为纯虚数，求实数m的值；（2）若z在复平面内的对应点位于第二象限，求实数m的取值范围及|z|的最小值．17．（15分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA+sinCc−b（1）求角A的大小；（2）若a＝23，且S△ABC＝23，求△ABC的周长．18．（17分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．（1）求证：B，C，H，G四点共面；（2）求证：BG∥平面A1EF；（3）若底面边长为2，AA1＝2，求三棱锥A﹣A1EF的体积．19．（17分）如图，洪泽湖湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台P，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为120°的公路（长度均超过2千米），在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测得AM＝2千米，AN＝2千米．（1）求线段MN的长度；（2）若∠MPN＝60°，求两条观光线路PM与PN之和的最大值．

2023-2024学年福建省泉州市惠安县惠南中学高一（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.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）如图，在平行四边形ABCD中，设AB→=a→，AD→=b→，若点A．a→−23b→ B．−【考点】平面向量的基本定理．【答案】B【分析】根据平面向量基本定理，即可解出．【解答】解：由CE→∴CE→BE→故选：B．2．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝7，b＝43，c=13，则△ABCA．π6 B．π3 C．π12【考点】余弦定理．【答案】A【分析】由三角形中大边对大角可知，边c所对的角C最小，然后利用余弦定理的推论求得cosC，则答案可求．【解答】解：在△ABC中，∵a＝7，b＝43，c=13∴由大边对大角可知，边c所对的角C最小，由余弦定理可得：cosC=a∵0＜C＜π，∴C=π故选：A．3．（5分）设空间中的平面α及两条直线a，b满足a⊄α且b⊂α，则“a∩b＝∅”是“a∥α”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】充分条件与必要条件；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行．【答案】B【分析】由直线、平面的位置关系，结合充分和必要条件定义，即可求解．【解答】解：当a∩b＝∅时，∵两条直线a，b满足a⊄α且b⊂α，∴a与α可能相交，故充分性不成立，当a∥α时，∵a⊄α且b⊂α，∴a∩b＝∅，故“a∩b＝∅”是“a∥α”的必要不充分条件．故选：B．4．（5分）如图，ΔO'A'B'是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与x′轴和y轴平行），O'B'＝2O'D'＝6，O'C'＝8，则△OAB的面积为（）A．82 B．122 C．24【考点】斜二测法画直观图；平面图形的直观图．【答案】D【分析】把直观图还原为原平面图形，求解即可．【解答】解：把直观图还原为原平面图形，如图所示：△ABC中，OB＝O′B'＝6，OC＝2O'C'＝16，所以△OAB的面积为S=1故选：D．5．（5分）已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为（）A．12π B．16π C．48π D．96π【考点】球内接旋转体．【答案】C【分析】由题中条件得出圆锥的母线长l，根据圆锥的侧面展开图的弧长等于底面圆周长可计算出底面圆半径r，再利用勾股定理可计算出圆锥的高h，进而求出球O的半径，最后利用球体体积公式可得出答案．【解答】解：设圆锥的母线长为l，底面圆半径为r，球O的半径为R，则πl＝2πr，得l＝2r，又圆锥的高为3，可得3=l2−r2圆锥的底面半径为3，母线长为23，∴R＝23．因此，球O的表面积为：4πR2＝48π．故选：C．6．（5分）已知平面向量a→，b→的夹角为π6，且|a→|=2，A．(32，12) B．(−【考点】平面向量的投影向量；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】D【分析】根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．【解答】解：b→则|b平面向量a→，b→的夹角为π6则a→a→在b→方向上的投影向量为：故选：D．7．（5分）泉州海上丝绸之路艺术公园，位于泉州台商投资区百崎湖东片区内，是全国乃至全世界首座以“海丝”为主题的大型艺术公园．园内通过雕塑、水景、建筑等艺术方式，展示海丝沿线东亚、东南亚、南亚、西亚国家的艺术风情．其中大型主题雕塑“海之梦•帆影”（如图），位于百崎湖面中央，它是公园内最高的建筑物，并以优美、灵动、梦幻的姿态存在，可为游客360度观赏提供最佳视角．有个学生为了测量“海之梦•帆影”主体的高度AB，选取岸边与雕塑底部B在同一水平面内的两个测量基点C和D．现测得∠BCD＝75°，∠BDC＝60°，CD＝50m，在点C测得雕塑顶部A的仰角为30°，则“海之梦•帆影”主体AB的高度约为（）（参考数据2≈1.414，3A．30m B．35m C．40m D．43m【考点】解三角形．【答案】B【分析】在△BCD中，利用三角形内角和定理算出∠CBD＝45°，从而根据正弦定理算出BC长，然后在Rt△ABC中利用正切的定义，求出AB的长度，即可得到本题的答案．【解答】解：在△BCD中，∠CBD＝180°﹣75°﹣60°＝45°，由正弦定理BCsin∠BDC=CD可得BC=50sin60°sin45°所以在Rt△ABC中，tan∠ACB=ABBC，可得AB=BCtan∠ACB=25故选：B．8．（5分）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是棱BC、CC1的中点，P是侧面BCC1B1（包含边界）上的一动点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是（）A．[1，52] B．[324【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征．【答案】C【分析】分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN∥平面AEF，由题意知点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．【解答】解：如下图所示，分别取棱BB1，B1C1的中点M、N，连MN，BC1，∵M，N，E，F分别为所在棱的中点，则MN∥BC1，EF∥BC1，∴MN∥EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，∴MN∥平面AEF．∵AA1∥NE，AA1＝NE，∴四边形AENA1为平行四边形，∴A1N∥AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，∴A1N∥平面AEF，又A1N∩MN＝N，∴平面A1MN∥平面AEF．∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF，∴点P必在线段MN上．在Rt△A1B1M中，A1M=A同理，在Rt△A1B1N中，可得A1N=5∴△A1MN为等腰三角形．当点P为MN中点O时，A1P⊥MN，此时A1P最短；点P位于M、N处时，A1P最长．∵A1O=A1M2−OM2=(5∴线段A1P长度的取值范围是[322，故选：C．二、多选题：本题共3题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题要求，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）9．（6分）已知复数z满足z（1+i）＝2，以下说法正确的有（）A．z＝1﹣2i B．z在复平面内对应的点在第二象限 C．|z|=2D．若z是方程x2﹣px+2＝0的一个根（p∈R），则p＝2【考点】复数的运算；复数的模．【答案】CD【分析】结合复数的四则运算，复数的概念，韦达定理，复数模公式，即可求解．【解答】解：z（1+i）＝2，则z=2则z=1+i，z对应的点为（1，1），|z|=2，故C正确，A、z是方程x2﹣px+2＝0的一个根（p∈R），则z也是方程x2﹣px+2＝0的一个根，故p＝1﹣i+1+i＝2，故D正确．故选：CD．（多选）10．（6分）如图，已知在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M和N分别为CD1和CB的中点，则（）A．直线AC与BD1为异面直线 B．正方体ABCD﹣A1B1C1D1过点D1，M，N的截面为三角形 C．直线MN∥平面BB1D1D D．平面A1C1B∥平面D1AC【考点】平面与平面平行；异面直线的判定；直线与平面平行．【答案】ACD【分析】A中，由异面直线的定义，判断出A的真假；B中，由平面与平面相交可得截面为平行四边形D1A1BC，判断出B的真假；C中，由线面平行的判断定理可得直线MN∥平面BB1D1D，判断出C的真假；D中，由面面平行的判断定理，可得平面A1C1B∥平面D1AC，判断出D的真假．【解答】解：A中，由异面直线的定义可知，直线AC与BD1为异面直线，所以A正确；B中，因为点M是D1C的中点，所以点C在平面D1MN上，NC∥A1D1，所以点D1在平面D1MN上，所以截面为平行四边形D1A1BC，所以B错误；C中，连接D1B，M和N分别为CD1和CB的中点，所以MN∥D1B，所以直线MN∥平面BB1D1D，所以C正确；D中，因为BC1∥AD1，BC1⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1，同理A1C1∥平面ACD1，且BC1∩A1C1＝C1，所以平面A1C1B∥平面D1AC，所以D正确．故选：ACD．（多选）11．（6分）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP=2，弦AC，BD均过点PA．PA→⋅B．当AC⊥BD时，AB→⋅C．|AC→D．OA→【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】ABD【分析】根据题设中的圆幂定理可判断选项A、B的正误；取AC的中点为M，连接OM，利用向量的线性运算可判断选项D的正误；根据直径的大小可判断选项C的正误．【解答】解：如图，设直线PO与圆O于E，F，对于A，PA=−(|OE=|PO→对于B，AC⊥BD时，AP→则AB=AP=−|AP=−2|EP→||对于C，圆O的半径为2，则|AC→|≤4，|因AC，BD不能同时过圆心，故不能取等号，则|AC→|⋅|对于D，取AC的中点为M，连接OM，则MA→则OA=(OM=OM=2OM→2则OA→⋅OC故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）已知向量a→，b→满足|a→|=3，|b→|=2，|2a【考点】数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】2π3【分析】根据条件对|2a→−b→|=213【解答】解：因为|a→|=3，|所以(2a解得a→⋅b又因为＜a→，故答案为：2π313．（5分）已知锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，b2+c2﹣bc＝4，则△ABC的面积的取值范围是(23【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】(2【分析】根据a＝2，b2+c2﹣bc＝4，利用余弦定理得到A=π3，再由正弦定理得到【解答】解：因为a＝2，b2+c2﹣bc＝4，所以cosA=b因为A∈(0，π所以A=π由正弦定理得bsinB则b=4所以S=1=4=sin2B−3=2因为△ABC是锐角三角形，所以0＜B＜π20＜C=所以π6所以12所以△ABC的面积的取值范围是(2故答案为：(214．（5分）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB＝BD=2，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为10，则该棱锥的外接球的体积为82【考点】球的体积和表面积．【答案】见试题解答内容【分析】首先利用三棱锥求出三棱锥的外接球的半径，进一步求出球的体积．【解答】解：在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB＝BD=2先利用展开面，如图所示：设CD＝x，由题意知：C′B=10在△C′BD中，利用余弦定理：C′B2＝C′D2+BD2﹣2•C′D•BDcos135°，整理得：x2+4x﹣8＝0，解得x＝2或﹣4（负值舍去）．故该三棱锥A﹣BCD的外接球的直径为AC．所以AC=2所以三棱锥体的外接球的半径为2；故V球故答案为：82四、解答题：本小题共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．（13分）已知向量a→=（﹣3，1），b→=（1，﹣2），m→=a（1）若m→与向量2a→−（2）若向量c→=（1，﹣1），且m→与向量kb【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由m→与向量2a→−b→垂直，可得m（2）利用向量共线定理即可得出．【解答】解：（1）m→=a→+kb→=∵m→与向量2a→−b→垂直，∴m→•（2a→−（2）kb→+c→=（k+1，﹣2k﹣1），∵∴（﹣2k﹣1）（﹣3+k）﹣（1﹣2k）（k+1）＝0，解得k=−116．（15分）已知复数z＝（m﹣1）+（2m+1）i（m∈R）（1）若z为纯虚数，求实数m的值；（2）若z在复平面内的对应点位于第二象限，求实数m的取值范围及|z|的最小值．【考点】纯虚数；虚数单位i、复数．【答案】见试题解答内容【分析】（1）利用纯虚数的定义即可得出．（2）利用复数模的计算公式、几何意义即可得出．【解答】解：（1）∵z＝（m﹣1）+（2m+1）i（m∈R）为纯虚数，∴m﹣1＝0且2m+1≠0∴m＝1…（4分）（2）z在复平面内的对应点为（m﹣1，2m+1）由题意：m−1＜02m+1＞0，∴−即实数m的取值范围是(−1而|z|=(m−1当m=−15∈(−17．（15分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA+sinCc−b（1）求角A的大小；（2）若a＝23，且S△ABC＝23，求△ABC的周长．【考点】正弦定理．【答案】（1）A=π（2）6+23．【分析】（1）由sinA+sinCc−b=sinBc−a，利用正弦定理可得：（a+c）（c﹣a）＝b（（2）由a＝23，且S△ABC＝23，利用余弦定理与三角形面积计算公式即可得出．【解答】解：（1）由sinA+sinCc−b利用正弦定理可得：（a+c）（c﹣a）＝b（c﹣b），化为：c2+b2﹣a2＝bc，∴cosA=c∵A∈（0，π），∴A=π（2）∵a＝23，且S△ABC＝23，∴(23)2=c2+b2﹣bc，12bc化为：（b+c）2＝3bc+12＝3×8+12＝36，解得b+c＝6，∴△ABC的周长＝b+c+a＝6+23．18．（17分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．（1）求证：B，C，H，G四点共面；（2）求证：BG∥平面A1EF；（3）若底面边长为2，AA1＝2，求三棱锥A﹣A1EF的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平