2023-2024学年福建省厦泉五校联考高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年福建省厦泉五校联考高一（下）期中数学试卷一、单项选择题：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）在复平面内，复数z=5+3i1+i（其中A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（5分）已知向量a→=(m+1，m−1)，b→=(−1，m)，c→A．13 B．3 C．153．（5分）如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若ED→=xAB→+yA．1 B．﹣1 C．12 D．4．（5分）正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，侧棱长是6，则该棱台的体积是（）A．563 B．583 C．205．（5分）若向量a→=（x，2），b→=（2，3），c→=（2，﹣4），且a→A．(813，12C．（8，12） D．46．（5分）在△ABC中，B=π4，BC边上的高等于13BCA．310 B．1010 C．557．（5分）已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为（）A．26 B．36 C．238．（5分）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若sin（A+C）=2Sb2−A．2 B．2 C．1 D．2二、多项选择题：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）对于非零向量a→A．若a→⋅bB．若a→⊥bC．若a→⋅cD．若|a→（多选）10．（6分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是（）A．直线A1C1与AD1为异面直线 B．A1C1∥平面ACD1 C．正方体的外接球的表面积为12π D．三棱锥D1﹣ADC的体积为8（多选）11．（6分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b＝2，A=π3．若△ABC有唯一解，则A．1 B．3 C．2 D．5三、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→|=1，|13．（5分）如图，在离地面高200m的热气球上，观测到山顶C处的仰角为15°、山脚A处的俯角为45°，已知∠BAC＝60°，则山的高度BC为m．14．（5分）在《九章算术》中，堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，阳马指底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AA1＝AB＝22，则当堑堵ABC﹣A1B1C1的体积最大时，阳马B﹣A1ACC1的体积为．四、解答题：本小题共5小题，共77分，其中第15题13分，16～17题各15分，18～19题各17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z1=a2+2ai（a∈R），复数（1）若z1+z2为纯虚数，求a的值；（2）若z1i﹣z2在复平面内对应的点在第四象限，求a的取值范围．16．（15分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（sinA+sinC）2＝sin2B+sinAsinC．（1）求B的大小；（2）若a＝3，且S△ABC=1534，BD是AC17．（15分）如图，在四边形OBCD中，CD→=2BO→，OA→=2AD（Ⅰ）用OA→，OB（Ⅱ）点P在线段AB上，且AB＝3AP，求cos∠PCB的值．18．（17分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC=12AD，E是（Ⅰ）求证：BC∥AD；（Ⅱ）求证：CE∥平面PAB；（Ⅲ）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN∥平面PAB？说明理由．19．（17分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2c﹣a＝2bcosA，b＝3．（Ⅰ）求B的大小；（Ⅱ）若a=3，求△ABC（Ⅲ）求aca+c

2023-2024学年福建省厦泉五校联考高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：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）在复平面内，复数z=5+3i1+i（其中A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】复数的除法运算．【答案】D【分析】根据已知条件，结合复数的乘除法原则和复数的几何意义，即可求解．【解答】解：∵z=5+3i1+i=∴复数z对应的点位于第四象限．故选：D．2．（5分）已知向量a→=(m+1，m−1)，b→=(−1，m)，c→A．13 B．3 C．15【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．【答案】B【分析】利用向量垂直的坐标运算求解即可．【解答】解：∵a→=(m+1，m−1)，∴2a→+b→=∵c→=(−1，1)，∴（2a→+b→）•c→∴m＝3．故选：B．3．（5分）如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若ED→=xAB→+yA．1 B．﹣1 C．12 D．【考点】平面向量的基本定理．【答案】B【分析】根据向量的加减法运算及平面向量基本定理求解即可．【解答】解：由题意知ED→因为ED→所以x=−1故选：B．4．（5分）正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，侧棱长是6，则该棱台的体积是（）A．563 B．583 C．20【考点】棱台的体积．【答案】A【分析】首先求得棱台的高度，然后利用体积公式求得其体积即可．【解答】解：由棱台的几何特征可得其高度为：h=(则其体积：V=1故选：A．5．（5分）若向量a→=（x，2），b→=（2，3），c→=（2，﹣4），且a→A．(813，12C．（8，12） D．4【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】A【分析】根据投影向量的定义进行计算．【解答】解：因为a→所以x2=2所以a→又b→所以b→cos＜a所以a→在b→上的投影向量为|a→|cos＜a→，b→＞故选：A．6．（5分）在△ABC中，B=π4，BC边上的高等于13BCA．310 B．1010 C．55【考点】解三角形；三角形中的几何计算．【答案】D【分析】由已知，结合勾股定理和余弦定理，求出AB，AC，再由三角形面积公式，可得sinA．【解答】解：∵在△ABC中，B=π4，BC边上的高等于1∴AB=23由余弦定理得：AC=AB2故12BC•13BC=12AB•AC•sinA=12•23∴sinA=3故选：D．7．（5分）已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为（）A．26 B．36 C．23【考点】棱锥的体积．【答案】A【分析】设球心为O，过A，B，C三点的小圆的圆心为O1，延长CO1交球于点D，利用边角关系求解三棱锥的高，求出底面三角形的面积，由三棱锥的体积公式求解即可．【解答】解：设球心为O，过A，B，C三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC，因为CO1=2所以OO1=1故高SD＝2OO1=2因为△ABC是边长为1的正三角形，所以S△ABC故VS−ABC故选：A．8．（5分）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若sin（A+C）=2Sb2−A．2 B．2 C．1 D．2【考点】正弦定理．【答案】A【分析】利用正弦定理和余弦定理化简，求出sin（B﹣C）＝sinC，可得tan（B﹣C）＝tanC，利用基本不等式的性质即可得出．【解答】解：由sin（A+C）=2Sb2−所以b2＝c2+ac，由b2＝a2+c2﹣2accosB，得a﹣2ccosB＝c，利用正弦定理sinA﹣2sinCcosB＝sinC，sinBcosC+cosBsinC﹣2sinCcosB＝sinBcosC﹣cosBsinC＝sinC，即sin（B﹣C）＝sinC，∵锐角△ABC中，∴tan（B﹣C）＝tanC，∴tanC+12tan(B−C)=tanC+12tanC≥故选：A．二、多项选择题：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）对于非零向量a→A．若a→⋅bB．若a→⊥bC．若a→⋅cD．若|a→【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】BD【分析】由平面向量基本平行垂直基本概念及数量积的性质进行判断即可．【解答】解：对于A选项：若a→⋅b→=0对于B选项：若a→⊥b→，则对于C选项：若a→⋅c→=对于D选项：若=，则a→2−2a→故选：BD．（多选）10．（6分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是（）A．直线A1C1与AD1为异面直线 B．A1C1∥平面ACD1 C．正方体的外接球的表面积为12π D．三棱锥D1﹣ADC的体积为8【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；异面直线的判定；命题的真假判断与应用．【答案】ABC【分析】判断两条直线是否是异面直线判断A；直线与平面平行的判断定理判断B；求解外接球的表面积判断C；求解棱锥的体积判断D．【解答】解直线A1C1与AD1为异面直线，满足异面直线的定义，所以A正确；A1C1∥AC，A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，∴A1C1∥平面ACD1，所以B正确；正方体的外接球的半径为：3，所以正方体的外接球的表面积为：4π×(3)2=12三棱锥D1﹣ADC的体积为：13×1故选：ABC．（多选）11．（6分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b＝2，A=π3．若△ABC有唯一解，则A．1 B．3 C．2 D．5【考点】解三角形．【答案】BD【分析】由正弦定理可得asinA=bsinB，可得sinB=3a，再根据△ABC有唯一解，有sinB【解答】解：由正弦定理可得asinA=b∴asinB＝2sinπ3=2∴sinB=3a，又△∴sinB＝1或0＜sinB≤3当sinB＝1时，a=3当0＜sinB≤32，∴0＜3综上所述，a=3或a故选：BD．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→|=1，|b→【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】π4【分析】根据向量数量积公式，求得a→【解答】解：因为|a所以|2a所以a→所以cos〈a又因为〈a所以〈a故答案为：π413．（5分）如图，在离地面高200m的热气球上，观测到山顶C处的仰角为15°、山脚A处的俯角为45°，已知∠BAC＝60°，则山的高度BC为300m．【考点】解三角形．【答案】见试题解答内容【分析】首先在Rt△AMD中，算出AM=MDsin45°=2002m，然后在△MAC中，利用正弦定理算出AC＝2003m，最后在Rt△ABC【解答】解：根据题意，可得Rt△AMD中，∠MAD＝45°，MD＝200，∴AM=MDsin45°=∵△MAC中，∠AMC＝45°+15°＝60°，∠MAC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，∴∠MCA＝180°﹣∠AMC﹣∠MAC＝45°，由正弦定理，得AC=MAsin∠AMCsin∠MCA=在Rt△ABC中，BC＝ACsin∠BAC＝2003×32故答案为：30014．（5分）在《九章算术》中，堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，阳马指底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AA1＝AB＝22，则当堑堵ABC﹣A1B1C1的体积最大时，阳马B﹣A1ACC1的体积为823【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】82【分析】根据三棱柱体积最大值，利用基本不等式求出取最大值的等价条件，AC＝BC，然后利用锥体的体积公式进行计算即可．【解答】解：要使堑堵ABC﹣A1B1C1的体积最大，则只需要底△ABC的面积最大即可，在直角三角形ACB中，AC2+BC2＝AB2＝8，则8＝AC2+BC2≥2AC•BC，即AC•BC≤4，△ABC的面积S=12AC•BC≤12×即堑堵ABC﹣A1B1C1的体积最大时，AC＝BC＝2，此时阳马B﹣A1ACC1的体积V=13×AC•AA1•故答案为：82四、解答题：本小题共5小题，共77分，其中第15题13分，16～17题各15分，18～19题各17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z1=a2+2ai（a∈R），复数（1）若z1+z2为纯虚数，求a的值；（2）若z1i﹣z2在复平面内对应的点在第四象限，求a的取值范围．【考点】复数的代数表示法及其几何意义；纯虚数．【答案】（1）a＝1；（2）（−2，1【分析】（1）由复数在复平面对应的向量得复数z2，再由复数的分类求得a的值；（2）计算z1i﹣z2，由其在复平面内对应的点列出不等式组，解不等式组得a的取值范围．【解答】解：（1）由题z2＝﹣1+2i，则z1由z1+z2为纯虚数，得a2解得：a＝1．（2）z1在复平面内的对应点在第四象限，则1−2a＞0a2−2＜0解得：−2即a的取值范围是（−2，116．（15分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（sinA+sinC）2＝sin2B+sinAsinC．（1）求B的大小；（2）若a＝3，且S△ABC=1534，BD是AC【考点】正弦定理；余弦定理．【答案】（1）2π3（2）192【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得a2+c2﹣b2＝﹣ac，由余弦定理可得cosB=−12，结合范围B∈（0，π），可得（2）由题意利用余弦定理可求AC的值，进而可得AD＝DC=72，又cos∠BDA+cos∠BDC＝0，由余弦定理建立等式即可解得【解答】解：（1）因为（sinA+sinC）2＝sin2B+sinAsinC，可得sin2A+sin2C＝sin2B﹣sinAsinC，所以由正弦定理可得a2+c2＝b2﹣ac，即a2+c2﹣b2＝﹣ac，所以cosB=a因为B∈（0，π），所以B=2π（2）因为AB＝5，BC＝3，B=2π3，则cos2π3则AD＝DC=7又∠BDA+∠BDC＝π，可得cos∠BDA+cos∠BDC＝0，由余弦定理可得BD2+(72)2−17．（15分）如图，在四边形OBCD中，CD→=2BO→，OA→=2AD（Ⅰ）用OA→，OB（Ⅱ）点P在线段AB上，且AB＝3AP，求cos∠PCB的值．【考点】异面直线及其所成的角．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）直线利用向量的线性运算即可．（Ⅱ）以OA为坐标原点，OA所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系．可得CP→=AP→−【解答】解：（Ⅰ）∵CD→=2BO→，∴CB→=CD（Ⅱ）因为OB→∥CD→，OA→∥AD→，所以点因为∠D＝90°，所以∠O＝90°．以OA为坐标原点，OA所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系．因为A（2，0），B（0，1），C（3，2），所以AB→=(−2，1)，因为点P在线段AB上，且AB＝3AP，所以CP→所以cos∠PCB=CP18．（17分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC=12AD，E是（Ⅰ）求证：BC∥AD；（Ⅱ）求证：CE∥平面PAB；（Ⅲ）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN∥平面PAB？说明理由．【考点】直线与平面平行．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）根据线面平行的性质定理即可证明；（Ⅱ）取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明；（Ⅲ）取AD中点N，连接CN，EN，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．【解答】证明：（Ⅰ）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD，（Ⅱ）取PA的中点F，连接EF，BF，∵E是PD的中点，∴EF∥AD，EF=12又由（Ⅰ）可得BC∥AD，BC=12∴BC∥EF，BC＝EF，∴四边形BCEF是平行四边形，∴CE∥BF，∵CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，∴CE∥平面PAB．（Ⅲ）取AD中点N，连接CN，EN，∵E，N分别为PD，AD