2023-2024学年福建省漳州十校联盟高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年福建省漳州十校联盟高一（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）复数z=1+3i，其中i为虚数单位，则|A．4 B．2 C．3 D．32．（5分）在△ABC中，P是BC上的四等分点，若AP→=λABA．14 B．34 C．233．（5分）已知圆柱的底面面积是9π，高是4，那么圆柱的侧面积是（）A．12π B．16π C．24π D．36π4．（5分）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，c＝1，b＝2，A＝60°，则△ABC的外接圆半径是（）A．4 B．3 C．2 D．15．（5分）已知|a→|=3，a→与b→的夹角为150°，与b→同向的单位向量为eA．−32e→ B．−326．（5分）已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，且侧面积为18π，则圆锥体积为（）A．12π B．8π C．93π D．87．（5分）如图，正六边形的边长为2，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则MA→•MBA．[1，2] B．[2，3] C．[1，3] D．[3，4]8．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，若（a2+c2）sin（A﹣C）＝（a2﹣c2）sinB，则该三角形是（）A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形二、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）下列说法正确的有（）A．若a→与b→是单位向量，则|a→|＝|B．若|a→|＝|b→|，则a→C．|a→•b→|≤|a→||D．若AB→与CD→共线，则A，B，C，（多选）10．（6分）已知复数z＝3﹣i，则下列说法正确的是（）A．z的虚部是﹣i B．z=3+iC．zzD．当|z|＝1，|z﹣4i|的最大值为5（多选）11．（6分）已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2+2b2﹣c2＝0，下列结论正确的是（）A．△ABC一定是钝角三角形 B．2tanA+tanC＝0 C．角B的最大值为π6D．（sinA）2024+（sinB）2024＜（sinC）2024三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知平面向量a→，b→满足|a→|＝2，|b→|=2，a→与13．（5分）如图是我国古代米斗，米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具．为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成．加上米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．已知一个斗型（正四棱台）工艺品上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为11（其厚度忽略不计），则其外接球的表面积为．14．（5分）如图，在△ABC中，BA＝BC＝1，延长BC到点D，使BC＝CD，以AD为斜边向外作等腰直角△ADE，则四边形ACDE面积的最大值为．四、解答题：本题共5小题15．（13分）已知向量a→=（2，1），b→=（﹣2，3），c→=（1）若向量c→与2a→+（2）若b→与c→的夹角为锐角，求实数16．（15分）已知复数z=51+2i+1+i（1）求z；（2）若复数z是关于x的方程x2+αx+β＝0（α，β∈R）的一个根，求α+β的值．17．（15分）如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC=3π4，S△ABC=12，∠BAC＝∠（1）求线段AC的长度；（2）求sin∠ADC的值．18．（17分）已知△ABC中，a，b，c是角A，B，C所对的边，且2sinA−sinCsinC（1）求角B；（2）若BD是∠CBA的角平分线，△ABC的面积为3，b＝46，求BD的长度；（3）若AC＝BC＝2，在△ABC的边AC，AB上分别取E，F两点，使△AFE沿线段EF折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC（设为点P）上，求AF的最小值．19．（17分）已知△OAB中，OA=22，OB=23，令OA→=a→，OB→=b→，且a→•b→=4，过点AB边上一点P1（异于端点）引边OB的垂线P1Q1，垂足为Q1，再由Q1引边OA的垂线Q1R1，垂足为R1，又由R1引边AB的垂线R1P2，垂足为P2；依次操作连续进行，得到点集{Pn}，{（1）证明：BQ（2）如图1，当P1，P2重合时，请用a→，b→表示（3）设tn+1＝λtn+μ，求λ+μ的值．

2023-2024学年福建省漳州十校联盟高一（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）复数z=1+3i，其中i为虚数单位，则|A．4 B．2 C．3 D．3【考点】复数的模．【答案】B【分析】根据复数的模长的定义求解．【解答】解：由题意，|z|=1+3故选：B．2．（5分）在△ABC中，P是BC上的四等分点，若AP→=λABA．14 B．34 C．23【考点】平面向量的基本定理；平面向量的数乘与线性运算．【答案】B【分析】根据三点共线的条件，求解即可．【解答】解：由题意知，B，P，C三点共线，因为AP→所以λ+14=1故选：B．3．（5分）已知圆柱的底面面积是9π，高是4，那么圆柱的侧面积是（）A．12π B．16π C．24π D．36π【考点】圆柱的侧面积和表面积．【答案】C【分析】根据题意，设圆柱的底面半径为r，先求出r的值，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，设圆柱的底面半径为r，由于其底面面积是9π，则有πr2＝9，解可得r＝3，则圆柱的侧面积S＝2πrh＝24π．故选：C．4．（5分）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，c＝1，b＝2，A＝60°，则△ABC的外接圆半径是（）A．4 B．3 C．2 D．1【考点】正弦定理与三角形的外接圆．【答案】D【分析】先根据余弦定理算出边a，然后利用正弦定理算出外接圆的半径，即可得到本题的答案．【解答】解：由余弦定理，得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝4+1﹣2×2×1×12=3，所以设△ABC的外接圆半径为R，根据正弦定理，可得2R=asinA=故选：D．5．（5分）已知|a→|=3，a→与b→的夹角为150°，与b→同向的单位向量为eA．−32e→ B．−32【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】结合投影向量的公式，即可求解．【解答】解：|a→|=3，a→与b→的夹角为150°，与则a→在b→上的投影向量为：故选：A．6．（5分）已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，且侧面积为18π，则圆锥体积为（）A．12π B．8π C．93π D．8【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．【答案】C【分析】根据题意，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由圆锥的侧面积和侧面展开图是一个半圆，求出底面圆半径和母线长，再计算圆锥的高和体积．【解答】解：根据题意，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由圆锥的侧面展开图是一个半圆，所以2πr＝πl，解得l＝2r，所以圆锥的侧面积为πrl＝2πr2＝18π，解得r＝3，则l＝2r＝6，故圆锥的高h=l2−故圆锥的体积V=13πr2h＝93故选：C．7．（5分）如图，正六边形的边长为2，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则MA→•MBA．[1，2] B．[2，3] C．[1，3] D．[3，4]【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】B【分析】根据已知条件，结合平面向量的数量积运算，即可求解．【解答】解：MA→•MB当OM与正六边形的边垂直时，|MO当点M运动到正六边形的顶点时，|MO故|MO故选：B．8．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，若（a2+c2）sin（A﹣C）＝（a2﹣c2）sinB，则该三角形是（）A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】D【分析】将原式中sinB替换成sin（A+C），然后将sin（A﹣C）与sin（A+C）展开，和并化简后，再结合正弦定理容易得到结论．【解答】解：（a2+c2）sin（A﹣C）＝（a2﹣c2）sinB＝（a2﹣c2）sin（A+C），将sin（A﹣C）＝sinAcosC﹣cosAsinC，sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC代入上式整理后得：2c2sinAcosC＝2a2cosAsinC，所以2c2acosC＝2a2ccosA，所以ccosC＝acosA，即sinCcosC＝sinAcosA，即sin2A＝sin2C，结合A，C∈（0，π），所以2A＝2C，或2A+2C＝π，得A＝C或A+C=π所以△ABC是等腰三角形或直角三角形．故选：D．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）下列说法正确的有（）A．若a→与b→是单位向量，则|a→|＝|B．若|a→|＝|b→|，则a→C．|a→•b→|≤|a→||D．若AB→与CD→共线，则A，B，C，【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的概念与平面向量的模；平面向量的相等与共线．【答案】AC【分析】由单位向量的定义可判断A；由向量的定义可判断B；由数量积的性质可判断C；由向量共线可判断D．【解答】解：若a→与b→是单位向量，则|a→|＝|b若|a→|＝|b→|，则a→，b由|a→•b→|＝|a→|•|b→|•|cos＜a→，b→若AB→与CD→共线，则A，B，C，D四点共线或AB∥CD，故故选：AC．（多选）10．（6分）已知复数z＝3﹣i，则下列说法正确的是（）A．z的虚部是﹣i B．z=3+iC．zzD．当|z|＝1，|z﹣4i|的最大值为5【考点】复数的运算；共轭复数；复数的模．【答案】BCD【分析】由复数的运算性质以及复数模的概念即可判断选项．【解答】解：复数z＝3﹣i，对于A，z的虚部是﹣1，故A错误；对于B，z=3+i，故B对于C，zz=3+i对于D，∵|z|＝1，则复数z对应的点Z的轨迹是以O（0，0）为圆心，1为半径的圆，又|z﹣4i|表示点Z与点A（0，4）的距离，∴OA﹣1≤AZ≤OA+1，即3≤AZ≤5，∴|z﹣4i|的最大值为5，故D正确．故选：BCD．（多选）11．（6分）已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2+2b2﹣c2＝0，下列结论正确的是（）A．△ABC一定是钝角三角形 B．2tanA+tanC＝0 C．角B的最大值为π6D．（sinA）2024+（sinB）2024＜（sinC）2024【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】ACD【分析】选项A，根据题意可得a2+b2﹣c2＝﹣b2＜0，从而知角C是钝角，可作出判断；选项B，先由余弦定理可得cosC=−b2a，再利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式化简运算，即可判断；选项C，结合余弦定理与基本不等式，求得cosB≥32，即可判断；选项D，易得(ac)【解答】解：选项A，由a2+2b2﹣c2＝0，知a2+b2﹣c2＝﹣b2＜0，所以△ABC一定是钝角三角形，且角C最大，即选项A正确；选项B，由余弦定理知，cosC=a由正弦定理知，cosC=−b所以2sinAcosC＝﹣sinB＝﹣sin（A+C）＝﹣sinAcosC﹣cosAsinC，所以3sinAcosC+cosAsinC＝0，因为cosAcosC≠0，所以两边同时除以cosAcosC得，3tanA+tanC＝0，即选项B错误；选项C，由余弦定理知，cosB=a2+当且仅当3a4c=c4a，即因为B∈（0，π2），所以B∈（0，π6]，即角B的最大值为π6选项D，因为a2+b2﹣c2＝﹣b2＜0，所以(ac)2+(所以(ac)2024+(bc)2024＜1由正弦定理知，（sinA）2024+（sinB）2024＜（sinC）2024，即选项D正确．故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知平面向量a→，b→满足|a→|＝2，|b→|=2，a→与b→【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】26．【分析】由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解．【解答】解：已知平面向量a→，b→满足|a→|＝2，|b→|=2则a→则|2a→+b故答案为：26．13．（5分）如图是我国古代米斗，米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具．为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成．加上米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．已知一个斗型（正四棱台）工艺品上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为11（其厚度忽略不计），则其外接球的表面积为33π．【考点】球的体积和表面积．【答案】33π．【分析】根据棱台和球的性质得外接球的球心O落在直线O1O2上，根据勾股定理列式求出球的半径，再根据球的表面积公式可求出结果．【解答】解：由题意，米斗的示意图如下：设棱台上底面中心为O1，下底面中心为O2，由棱台的性质可知，外接球的球心O落在直线O1O2上，由题意该四棱台上下底面边长分别为4和2，侧棱长为11，则O1A=22，O所以O1设外接球的半径为R，|OO2|＝h，则|OO1|＝|3﹣h|，因为O1O2垂直于上下底面，所以|OO2|又|OO1|联立解得，R2=33所以该米斗的外接球的表面积为4πR2＝33π．故答案为：33π．14．（5分）如图，在△ABC中，BA＝BC＝1，延长BC到点D，使BC＝CD，以AD为斜边向外作等腰直角△ADE，则四边形ACDE面积的最大值为5+254【考点】三角形中的几何计算．【答案】5+25【分析】将四边形ACDE的面积转化成SΔADE+SΔABC，得到面积54【解答】解：在△ABD中，AB＝1，BD＝2，由余弦定理得：AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BDcosB＝5﹣4cosB，∴S四边形ACDE＝SΔADE+SΔACD＝SΔADE+S其中sinφ=255故答案为：5+25四、解答题：本题共5小题15．（13分）已知向量a→=（2，1），b→=（﹣2，3），c→=（1）若向量c→与2a→+（2）若b→与c→的夹角为锐角，求实数【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；数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】（1）λ=−11（2）（﹣∞，0）∪（0，13）．【分析】（1）结合向量垂直的性质，即可求解；（2）结合向量共线的性质，以及向量的数量积运算，即可求解．【解答】解：（1）a→=（2，1），则2a→+b→=(4，2)+(−2，3)=(2，5)，c→=λa→向量c→与2a则c→⋅(2a→+b→（2）b→与c则b→⋅c→＞0故−2(2λ−2)+3(λ+3)＞0−2(λ+3)≠3(2λ−2)，解得λ＜13，且λ所以实数λ的取值范围为（﹣∞，0）∪（0，13）．16．（15分）已知复数z=51+2i+1+i（1）求z；（2）若复数z是关于x的方程x2+αx+β＝0（α，β∈R）的一个根，求α+β的值．【考点】复数的除法运算．【答案】（1）2+i；（2）1．【分析】（1）利用复数的除法运算法则可得z＝2﹣i，即可求得z=2+i（2）结合韦达定理，即可求解．【解答】解：（1）因为复数z=5所以z=2+i（2）复数z是关于x的方程x2+αx+β＝0（α，β∈R）的一个根，则2﹣i是关于x的方程x2+αx+β＝0（α，β∈R）的一个根，故2+i+2−i=−α(2−i)(2+i)=β，解得α＝﹣4，β故α+β＝1．17．（15分）如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC=3π4，S△ABC=12，∠BAC＝∠（1）求线段AC的长度；（2）求sin∠ADC的值．【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）5；（2）12【分析】（1）在△ABC中，先由三角形的面积公式求得BC的长，再利用余弦定理，求解即可；（2）在△ABC中，由正弦定理求得sin∠BAC的值，从而知sin∠DAC，再在△ACD中，利用正弦定理，求解即可．【解答】解：（1）在△ABC中，∠ABC=3π4，所以S△ABC=12=12所以BC=2由余弦定理知，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcos∠ABC＝1+2﹣2×1×2×（所以AC=5（2）在△ABC中，由正弦定理知，BCsin∠BAC所以2sin∠BAC所以sin∠BAC=5因为∠BAC＝∠DAC，所以sin∠DAC＝sin∠BAC=5在△ACD中，由正弦定理知，ACsin∠ADC所以5sin∠ADC所以sin∠ADC=118．（17分）已知△ABC中，a，b，c是角A，B，C所对的边，且2sinA−sinCsinC（1）求角B；（2）若BD是∠CBA的角平分线，△ABC的面积为3，b＝46，求BD的长度；（3）若AC＝BC＝2，在△ABC的边AC，AB上分别取E，F两点，使△AFE沿线段EF折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC（设为点P）上，求AF的最小值．【考点】平面向量数量积的性质及其运算；正弦定理．【答案】（1）π3；（2）13；（3）4【分析】（1）利用向量的数量积公式，结合正弦定理以及三角变换即可求解；（2）利用三角形面积公式以及余弦定理即可求解；（3）设AF＝m，BP＝x，则BF＝2﹣m，PF＝m，结合余弦定理可得m＝4﹣x+12【解答】解：（1）由2sinA−sinCsinC=CA∴2sinAcosB﹣sinCcosB＝sinBcosC，即2sinAcosB＝sinBcosC+sinCcosB＝sin（B+C）＝sinA，∴2cosB＝1，cosB=12，B∈（0，π），∴B（2）由（1）可得sinB=32，又S△ABC=12acsinB由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB，即（a+c）2﹣3ac＝96，∴a+c＝63∵BD为∠CBA的角平线，∴S△ABC=12×BD×（a+c∴BD=1（3）若AC＝BC＝2，则△ABC为等边三角形，设AF＝m，则BF