2023-2024学年福建省三明市五地五校联考高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年福建省三明市五地五校联考高一（下）期中数学试卷一、选择题：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）已知复数z满足z=2+i1−i，则A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（5分）下列说法中正确的是（）A．直四棱柱是长方体 B．棱锥的侧面只能是三角形 C．通过圆台侧面一点，有无数条母线 D．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周所围成的旋转体为圆锥3．（5分）已知向量a→=（x，3），b→=（3，﹣1），且a→A．﹣1 B．﹣9 C．9 D．14．（5分）设△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若a＝3，b=3，A=π3A．π6 B．5π6 C．π6或5π5．（5分）四边形OABC直观图为如图矩形O1A1B1C1，其中O1A1＝3，O1C1＝1，则四边形OABC的周长为（）A．8 B．10 C．12 D．166．（5分）如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E，F分别为BC，CD的中点，G为EF中点，则AG→A．23AB→+13AD→ 7．（5分）河水的流速为2m/s，一艘小船想沿垂直于河岸方向以10m/s的速度驶向对岸，则小船实际航行的速度大小为（）A．10m/s B．226m/s C．46m/s D．12m/s8．（5分）若对于一些横纵坐标均为整数的向量，它们的模相同，但坐标不同，则称这些向量为“等模整向量”，例如向量a→=(1，3)，b→A．4个 B．6个 C．8个 D．12个二、选择题：本题共3小题，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）9．（6分）在△ABC中，下列命题正确的是（）A．AB→B．若(AB→+ACC．若AM→=12AB→D．若AM→=2AB→−（多选）10．（6分）下列是关于互不相同的直线m，n，l和平面α，β的四个命题，其中错误的命题是（）A．m⊂α，l∩α＝A，点A∉m，则l与m是异面直线 B．m⊂α，n⊂β，则m与n是异面直线 C．α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，且m∩n＝P，则P∈l D．m⊂α，n⊂β，则“m与n相交”与“α与β相交”等价（多选）11．（6分）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（）A．圆锥的侧面积为2πR2 B．圆柱与球的表面积之比为32C．圆柱的侧面积与球的表面积相等 D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3：1：2三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）在复数范围内，方程x2+2x+3＝0的根为．13．（5分）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣1，2），B（1，1），C（﹣3，1）．则AB的中点坐标为；当实数m＝时，(mOC14．（5分）如图所示，为了测量A、B处岛屿的距离，小明在D处观测，A、B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A、B两处岛屿的距离为海里．四、解答题：共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知复数z＝a﹣1+ai（a∈R），i为虚数单位．（1）若z是纯虚数，求a；（2）若|z|=5，求z（3）在（1）的条件下，复数w满足|w﹣z|＝1，写出复数w在复平面上对应点的轨迹．16．（15分）已知向量a→与b→的夹角θ=2π3，且|（1）求a→⋅b→，|a→（2）求向量a→与a17．（15分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acosC+c＝2b．（1）求角A的大小；（2）D在边AC上，（i）若D是边AC的中点，c＝1，BD=3，求a（ii）若AB＝8，CD=2，cos∠BDC=17，求18．（17分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝1，∠CAB＝90°．（1）求该直三棱柱的表面积S与体积V．（2）若把两个这样的直三棱柱拼成一个大棱柱．（i）这样的大棱柱有几种拼法？在原图基础上画出其中两种拼后的简图（不需要用斜二测画）；（ii）这几种拼法中大棱柱表面积最大时，求此大棱柱的外接球的体积．19．（17分）古希腊数学家托勒密对凸四边形（凸四边形是指没有角度大于180°的四边形）进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立．且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大．根据上述材料，解决以下问题：如图，在凸四边形ABCD中，（1）若AB=2，BC＝1，∠ACD=π2，AC＝CD（2）若AB＝2，BC＝6，AD＝CD＝4（图2），求四边形ABCD面积取得最大值时，角A的大小，并求出四边形ABCD面积的最大值．（提示：圆内接四边形对角互补）

2023-2024学年福建省三明市五地五校联考高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：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）已知复数z满足z=2+i1−i，则A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】复数的代数表示法及其几何意义；复数的运算．【答案】A【分析】先利用复数的运算化简z，再结合复数的几何意义求解．【解答】解：z=2+i所以z在复平面内对应的点的坐标为（12，3故选：A．2．（5分）下列说法中正确的是（）A．直四棱柱是长方体 B．棱锥的侧面只能是三角形 C．通过圆台侧面一点，有无数条母线 D．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周所围成的旋转体为圆锥【考点】命题的真假判断与应用；棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．【答案】B【分析】根据题意，由直四棱柱的定义分析A，由棱锥的定义分析B，由圆台的定义分析C，由圆锥的定义分析D，综合可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，当直四棱柱的底面不是矩形时，该直四棱柱不是长方体，A错误；对于B，棱锥的侧面只能是三角形，B正确；对于C，通过圆台侧面一点，只有一条母线，C错误；对于D，以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周所围成的旋转体为圆锥，D错误．故选：B．3．（5分）已知向量a→=（x，3），b→=（3，﹣1），且a→A．﹣1 B．﹣9 C．9 D．1【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】D【分析】利用向量垂直的性质以及向量的数量积的坐标表示得到关于x的方程解之．【解答】解：因为向量a→=（x，3），b→=（3，﹣1），且所以a→•b→=3x故选：D．4．（5分）设△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若a＝3，b=3，A=π3A．π6 B．5π6 C．π6或5π【考点】正弦定理．【答案】A【分析】由已知及正弦定理可求sinB=bsinAa=12【解答】解：∵a＝3，b=3，A=∴由正弦定理可得：sinB=bsinA∵a＞b，B为锐角，∴B=π故选：A．5．（5分）四边形OABC直观图为如图矩形O1A1B1C1，其中O1A1＝3，O1C1＝1，则四边形OABC的周长为（）A．8 B．10 C．12 D．16【考点】平面图形的直观图．【答案】C【分析】根据斜二测画法所画的直观图与平面图的关系作出平面图形OABC，根据周长公式能求出结果．【解答】解：由题意知，把四边形OABC的直观图还原为平面图形，如图所示：则OA＝O1A1＝3，OD＝212+12=22，CD＝所以OC2＝OD2+DC2＝9，则OC＝3，∴周长为：2（3+3）＝12．故选：C．6．（5分）如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E，F分别为BC，CD的中点，G为EF中点，则AG→A．23AB→+13AD→ 【考点】平面向量的数乘与线性运算．【答案】C【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标表示，列出方程组，即可求出AG→=xAB→+yAD→【解答】解：建立平面直角坐标系，如图所示；矩形ABCD中，AB＝2AD，E，F分别为BC，CD的中点，G为EF中点，设B（2，0），则D（0，1），E（2，12），F∴G（32，3∴AG→=（32，34），设AG→=xAB→则（32，34）＝（2x，即2x=3解得x=34，y∴AG→故选：C．7．（5分）河水的流速为2m/s，一艘小船想沿垂直于河岸方向以10m/s的速度驶向对岸，则小船实际航行的速度大小为（）A．10m/s B．226m/s C．46m/s D．12m/s【考点】平面向量在物理中的应用．【答案】B【分析】由题意画出图形，将涉及到的速度置于一个直角三角形中，经计算可求解．【解答】解：根据题意做出图形，如图：以v2→表示水流速度，v1由题意知|v由勾股定理可得|v2→故选：B．8．（5分）若对于一些横纵坐标均为整数的向量，它们的模相同，但坐标不同，则称这些向量为“等模整向量”，例如向量a→=(1，3)，b→A．4个 B．6个 C．8个 D．12个【考点】平面向量的模．【答案】C【分析】根据5=【解答】解：因为5=所以模为5的“等模整向量”有：（1，2），（1，﹣2），（﹣1，2），（﹣1，﹣2），（2，1），（2，﹣1），（﹣2，1），（﹣2，﹣1），共8个“等模整向量”．故选：C．二、选择题：本题共3小题，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）9．（6分）在△ABC中，下列命题正确的是（）A．AB→B．若(AB→+ACC．若AM→=12AB→D．若AM→=2AB→−【考点】平面向量数量积的性质及其运算；命题的真假判断与应用．【答案】BC【分析】由向量加法运算法则可判定A；由向量数量积的性质可判定B；由向量的线性运算可判定CD．【解答】解：选项A，由向量加法的三角形法则可知AB→+BC选项B，由(AB→+AC→所以△ABC为等腰三角形，故B正确；由AM→=12AB所以点M是边BC的中点，故C正确；由AM→=2AB→−所以点M在边CB的延长线上，故D错误．故选：BC．（多选）10．（6分）下列是关于互不相同的直线m，n，l和平面α，β的四个命题，其中错误的命题是（）A．m⊂α，l∩α＝A，点A∉m，则l与m是异面直线 B．m⊂α，n⊂β，则m与n是异面直线 C．α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，且m∩n＝P，则P∈l D．m⊂α，n⊂β，则“m与n相交”与“α与β相交”等价【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【答案】BD【分析】对于A，由异面直线判定定理得l与m是异面直线；对于B，m与n相交、平行或异面；对于C，面面相交的性质得P∈l；对于D，“m与n相交”⇒“α与β相交”，“α与β相交”⇒“m与n相交、平行或异面”．【解答】解：互不相同的直线m，n，l和平面α，β的四个命题，对于A，m⊂α，l∩α＝A，点A∉m，则由异面直线判定定理得l与m是异面直线，故A正确；对于B，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故B错误；对于C，α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，且m∩n＝P，则面面相交的性质得P∈l，故C正确；对于D，m⊂α，n⊂β，则“m与n相交”⇒“α与β相交”，“α与β相交”⇒“m与n相交、平行或异面”，故D错误．故选：BD．（多选）11．（6分）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（）A．圆锥的侧面积为2πR2 B．圆柱与球的表面积之比为32C．圆柱的侧面积与球的表面积相等 D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3：1：2【考点】球的体积和表面积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．【答案】BCD【分析】根据圆锥侧面积公式判断A选项，根据圆柱和球的表面积公式计算判断B，C选项，根据圆柱、圆锥和球的体积公式计算判断D选项．【解答】解：对于A，∵圆锥的底面直径和高都与一个球的直径2R相等，∴圆锥的侧面积为S=πR⋅(2R)2对于B，∵圆柱的表面积S＝2πR2+2πR×2R＝6πR2，球的表面积S1∴SS1=对于C，圆柱的侧面积为S＝2πR×2R＝4πR2，球的表面积为S＝4πR2，所以圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；对于D选项，圆柱的体积为πR2×2R＝2πR3，圆锥的体积为13πR因此，圆柱、圆锥、球的体积之比为2πR3：故选：BCD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）在复数范围内，方程x2+2x+3＝0的根为﹣1±2i【考点】复数的运算．【答案】﹣1±2i【分析】直接利用实系数一元二次方程的求根公式得答案．【解答】解：由根与系数的关系可得，方程x2+2x+3＝0的根为x=−2±故答案为：﹣1±2i13．（5分）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣1，2），B（1，1），C（﹣3，1）．则AB的中点坐标为（0，32）；当实数m＝3时，(m【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的相等与共线；平面向量的坐标运算．【答案】（0，32【分析】结合中点坐标公式，以及向量共线的性质，即可求解．【解答】解：A（﹣1，2），B（1，1），则AB的中点坐标为（0，32mOC→+OB→=（﹣3m，m）+（1，1）＝（﹣3(mOC则﹣（﹣3m+1）＝2（m+1），解得m＝3．故答案为：（0，3214．（5分）如图所示，为了测量A、B处岛屿的距离，小明在D处观测，A、B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A、B两处岛屿的距离为206海里．【考点】解三角形．【答案】见试题解答内容【分析】分别在△ACD和△BCD中利用正弦定理计算AD，BD，再在△ABD中利用余弦定理计算AB．【解答】解：连接AB，由题意可知CD＝40，∠ADC＝105°，∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，∴∠CAD＝45°，∠ADB＝60°，在△ACD中，由正弦定理得ADsin30°=40sin45°，∴在Rt△BCD中，∵∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，∴BD=2CD＝402在△ABD中，由余弦定理得AB=800+3200−2×202×40故答案为：206四、解答题：共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知复数z＝a﹣1+ai（a∈R），i为虚数单位．（1）若z是纯虚数，求a；（2）若|z|=5，求z（3）在（1）的条件下，复数w满足|w﹣z|＝1，写出复数w在复平面上对应点的轨迹．【考点】复数与复平面中的轨迹问题．【答案】（1）1；（2）1﹣2i或﹣2+i；（3）复数w在复平面上对应点的轨迹为以（0，1）为圆心，1为半径的圆．【分析】（1）结合纯虚数的定义，即可求解；（2）结合复数模公式，共轭复数的定义，即可求解；（3）结合复数模公式，以及复数的几何意义，即可求解．【解答】解：（1）复数z＝a﹣1+ai（a∈R），若z为纯虚数，则a−1=0a≠0，解得a（2）|z|=5则(a−1)2+a2当a＝2时，z＝1+2i，z=1−2i当a＝﹣1时，z＝﹣2﹣i，z=−2+i（3）由（1）可知，z＝i，故|w﹣z|＝1，即|w﹣i|＝1，故复数w在复平面上对应点的轨迹为以（0，1）为圆心，1为半径的圆．16．（15分）已知向量a→与b→的夹角θ=2π3，且|（1）求a→⋅b→，|a→（2）求向量a→与a【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】（1）﹣3，7，﹣1；（2）27【分析】（1）由平面向量的数量积的运算，结合向量的模的运算求解即可；（2）由平面向量的数量积的运算，结合向量的夹角的运算求解即可．【解答】解：（1）已知向量a→与b→的夹角θ=2π3，且|则a→|ab→在a→上的投影为（2）由已知可得a→设向量a→与a→+则cosα=a即向量a→与a→+17．（15分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acosC+c＝2b．（1）求角A的大小；（2）D在边AC上，（i）若D是边AC的中点，c＝1，BD=3，求a（ii）若AB＝8，CD=2，cos∠BDC=17，求【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）π3（2）（i）13；（ii）7．【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简可得cosA=12，可求范围A∈（0，π），即可求解（2）（i）由题意利用余弦定理可求b的值，进而可求a的值；（ii）由同角三角函数基本关系式可求sin∠BDA=1−149=437，在△ABD【解答】解：（1）因为2acosC+c＝2b，由正弦定理得2sinAcosC+sinC＝2sinB，又sinB＝sin（A+C），∴2sinAcosC+sinC＝2sin（A+C）＝2sinAcosC+2cosAsinC，∴sinC＝2cosAsinC，∵sinC≠0，∴cosA=1又A∈（0，π），∴A=π（2）（i）由（1）在△ABD中，由余弦定理有AB2+AD2﹣2AB•ADcos∠BAD＝BD2，∵c＝1，BD=3，D是边AC的中点，AD=12b，整理得：b2﹣2b﹣8＝0，解得∴a=b（ii）由cos∠BDC=17，∠ADB+∠BDC＝π，∴sin∠BDA=1−在△ABD中由正弦定理可得ABsin∠BDA=BDsin∠A，又AB∴BD＝7，在△BCD中由余弦定理可得BC2=B18．（17分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝1，∠CAB＝90°．（1）求该直三棱柱的表面积S与体积V．（2）若把两个这样的直三棱柱拼成一个大棱柱．（i）这样的大棱柱有几种拼法？在原图基础上画出其中两种拼后的简图（不需要用斜二测画）；（ii）这几种拼法中大棱柱表面积最大时，求此大棱柱的外接球的体积．【考点】球的体积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】（1）3+2；12；（2）（i）4种；简图见图；（ii）【分析】（1）直接代入直三棱柱的表面积体积公式即可求解；（2）（i）按照上下底面和侧面拼接即可；（3）（ii）在所有的拼法中组合1重合的面的面积最小，得出组合1大柱体的表面积最大，求解即可．【解答】解：（1）S表S△ABCV=S（2）（i）4种．组合1：组合2：组合3：组合4：以上选两种即可．（ii）由题得S△ABC则组合1大柱体的表面积最大，此时外接球直径2r=BC解得r