2023-2024学年广东省深圳市福田中学高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年广东省深圳市福田中学高一（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i为虚数单位，（1+i）z＝2，则z＝（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i2．（5分）已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α3．（5分）在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．（5分）已知向量m→=(3，−4)，n→A．﹣56 B．69 C．﹣43 D．435．（5分）已知a→，b→是两个单位向量，若向量a→在向量b→上的投影向量为12A．30° B．60° C．90° D．120°6．（5分）已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面边长分别为1和2，且BB1⊥DD1，则该棱台的体积为（）A．722 B．726 C．7．（5分）在平行四边形ABCD中，点E是AB的中点，点F，G分别满足AF→=23AD→，A．|b→|=34|a→|8．（5分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的直径为6，且AB⊥BC，BC＝2，则该棱柱体积的最大值为（）A．8 B．12 C．16 D．24二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知关于x的方程x2+tx+1＝0（﹣2＜t＜2）的两根为z1和z2，则（）A．z1=z2 B．z1•C．|z1|＝|z2| D．z（多选）10．（6分）如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一个平面内，如果四边形ABCD是边长为2的正方形，则（）A．异面直线AE与DF所成角大小为π6B．平面AEC⊥平面BFDE C．此八面体一定存在外接球 D．此八面体的内切球表面积为8π（多选）11．（6分）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且SAA．若SA：SB：SC＝1：1：1，则M为△AMC的重心 B．若M为△ABC的内心，则BC⋅MAC．若∠BAC＝45°，∠ABC＝60°，M为△ABC的外心，则SAD．若M为△ABC的垂心，3MA→三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。12．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且∠BAC=2π3，AD平分∠BAC交BC于D，AD=1，a=25，则△13．（5分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，柱的侧面均为矩形，AA1＝1，AB＝BC=3，cos∠ABC=13，P是A1B上的一动点，则AP+PC114．（5分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，点E，F分别在线段BC，CD上，且∠EAF=π4，则AE→四、解答题：本大题共5小题，共计77分.解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤。15．（13分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA＝PB＝AB＝2BC＝2CD，AB∥CD，AB⊥BC，平面PAB⊥平面ABCD．（1）求证：BD⊥PC；（2）设AB＝2，求三棱锥A﹣PCD的体积．16．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和（1）求证：MN∥平面PBC；（2）求证：平面PBC⊥平面ABCD．17．（15分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S．已知S=−3（1）求B；（2）若点D在边AC上，且∠ABD=π2，AD＝2DC＝2，求△18．（17分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA2cosB（1）若b＝2，求△ABC外接圆的面积；（2）若△ABC为锐角三角形，求a219．（17分）十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120°；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos2B+cos2C﹣cos2A＝1．（1）求A；（2）若bc＝2，设点P为△ABC的费马点，求PA→（3）设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|＝t|PA|，求实数t的最小值．

2023-2024学年广东省深圳市福田中学高一（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i为虚数单位，（1+i）z＝2，则z＝（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i【考点】复数的运算．【答案】B【分析】利用复数的性质化简求值即可．【解答】解：∵（1+i）z＝2，∴z=21+i=故选：B．2．（5分）已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α【考点】直线与平面的位置关系．【答案】B【分析】A．运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；B．运用线面垂直的性质，即可判断；C．运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D．运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．【解答】解：A．若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行或异面，故A错；B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错；D．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n⊥α，故D错．故选：B．3．（5分）在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【考点】棱锥的结构特征．【答案】D【分析】借助长方体的一个顶点画出图形，不难解答本题．【解答】解：如图底面是矩形，一条侧棱垂直底面，那么它的四个侧面都是直角三角形．故选：D．4．（5分）已知向量m→=(3，−4)，n→A．﹣56 B．69 C．﹣43 D．43【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】C【分析】利用平面向量数量积的坐标运算结合平面向量的模长公式可求得结果．【解答】解：因为向量m→=(3，−4)，则m→故选：C．5．（5分）已知a→，b→是两个单位向量，若向量a→在向量b→上的投影向量为12A．30° B．60° C．90° D．120°【考点】数量积表示两个平面向量的夹角；平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的投影向量．【答案】B【分析】结合投影向量的定义可求a→【解答】解：设向量a→与向量a→−由题意得，|a→|＝|b因为向量a→在向量b→上的投影向量为所以a→即a→所以|a→−b则cosα=a→⋅(因为0°≤α≤180°，所以α＝60°．故选：B．6．（5分）已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面边长分别为1和2，且BB1⊥DD1，则该棱台的体积为（）A．722 B．726 C．【考点】棱台的体积．【答案】B【分析】作出图形，延长正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱交于点P，则根据题意易得△BPD为等腰直角三角形，从而可得求出正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的高，再根据台体的体积公式，即可求解．【解答】解：如图，延长正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱交于点P，设上下底面正方形的中心分别为E，F，∵BB1⊥DD1，∴△BPD为等腰直角三角形，又上、下底面正方形的边长分别为1和2，∴ED1=22，FD＝PF=2，且E∴EF=12FD∴该棱台的体积13故选：B．7．（5分）在平行四边形ABCD中，点E是AB的中点，点F，G分别满足AF→=23AD→，A．|b→|=34|a→|【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的基本定理；数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】A【分析】由平面向量的线性运算和数量积运算计算即可．【解答】解：由题可得：EF→EG→因为EF⊥EG，所以EF→即(2所以(2所以|b故选：A．8．（5分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的直径为6，且AB⊥BC，BC＝2，则该棱柱体积的最大值为（）A．8 B．12 C．16 D．24【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】C【分析】由已知求出多面体外接球的半径，设AB＝x（0＜x＜6），把棱锥体积用含有x的代数式表示，再由基本不等式求最值．【解答】解：如图，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的直径为6，∴外接球的半径R＝3，再设上下底面的中心分别为O1，O，连接O1O，则外接球球心G为O1O的中点，连接GC，则GC＝3，设AB＝x（0＜x＜6），则AC=x2+4，得OC=x2∴该棱柱体积V=1当且仅当x2＝32﹣x2，即x＝4时等号成立．故选：C．二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知关于x的方程x2+tx+1＝0（﹣2＜t＜2）的两根为z1和z2，则（）A．z1=z2 B．z1•C．|z1|＝|z2| D．z【考点】复数的运算．【答案】ABC【分析】在复数范围内解方程得z1，z2，然后根据复数的概念、运算判断各选项．【解答】解：Δ＝t2﹣4＜0，∴x=−t±不妨设z1=−t2+4−t22∴z1=z2，故由韦达定理可得z1z2＝1，故B正确；|z1|＝|z2|=(−t2∵z1z2＝1，∴z1z2=z12z1z2=z12=故选：ABC．（多选）10．（6分）如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一个平面内，如果四边形ABCD是边长为2的正方形，则（）A．异面直线AE与DF所成角大小为π6B．平面AEC⊥平面BFDE C．此八面体一定存在外接球 D．此八面体的内切球表面积为8π【考点】球的体积和表面积；异面直线及其所成的角；平面与平面垂直．【答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系，运用坐标法计算异面直线所成角可判断A项，利用面面垂直的判定定理可判断B项，由|OE|＝|OF|＝|OA|＝|OB|＝|OC|＝|OD|可判断C项，运用等体积法求得内切球的半径，进而可求得内切球的表面积即可判断D项．【解答】解：连接AC、BD交于点O，连接OE、OF，因为四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD，又因为八面体的每个面都是正三角形，所以E、O、F三点共线，且EF⊥面ABCD，所以以O为原点，分别以OB、OC、OE为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示，则O(0，0，0)，A(0，−2对于A项，AE→设异面直线AE与DF所成角为θ，则cosθ=|cos〈AE所以θ=π3，即异面直线AE与DF所成角大小为π3对于B项，因为AB＝BC＝CD＝AD，所以AC⊥BD，又EF⊥面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以EF⊥AC，因为BD⊂平面BFDE，EF⊂平面BFDE，BD∩EF＝O，所以AC⊥平面BFDE，又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BFDE，故B项正确；对于C项，因为|OE|=|OF|=|OA|=|OB|=|OC|=|OD|=2所以O为此八面体外接球的球心，即此八面体一定存在外接球，故C项正确；对于D项，设内切球的半径为r，则八面体的体积为V=2V又八面体的体积为V=8V所以833r=所以内切球的表面积为4πr2=4π×(故选：BCD．（多选）11．（6分）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且SAA．若SA：SB：SC＝1：1：1，则M为△AMC的重心 B．若M为△ABC的内心，则BC⋅MAC．若∠BAC＝45°，∠ABC＝60°，M为△ABC的外心，则SAD．若M为△ABC的垂心，3MA→【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】ABD【分析】A选项，MA→+MB→+MC→=0→，作出辅助线，得到A，M，D三点共线，同理可得M为△ABC的重心；B选项，设内切圆半径为r，将面积公式代入得到BC⋅MA→+AC⋅MB→+AB⋅MC→=0→；C选项，设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值；D选项，得到SA：SB：SC＝3：4：5，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设MD【解答】解：对于A，因为SA：SB：SC＝1：1：1，所以MA→取BC的中点D，则MB→+MC→=2故A，M，D三点共线，且MA＝2MD，同理，取AB中点E，AC中点F，可得B，M，F三点共线，C，M，E三点共线，所以M为△ABC的重心，故A正确；对于B，若M为△ABC的内心，可设内切圆半径为r，则SA=12BC⋅r所以12即BC⋅MA→+AC⋅对于C，若∠BAC＝45°，∠ABC＝60°，M为△ABC的外心，则∠ACB＝75°，设△ABC的外接圆半径为R，故∠BMC＝2∠BAC＝90°，∠AMC＝2∠ABC＝120°，∠AMB＝2∠ACB＝150°，故SA=12R所以SA：S对于D，若M为△ABC的垂心，3MA则SA：SB：SC＝3：4：5，如图，AD⊥BC，CE⊥AB，BF⊥AC，相交于点M，又S△ABC＝SA+SB+SC，SAS△ABC=3SBS△ABC=4SCS△ABC=5设MD＝m，MF＝n，ME＝5t，则AM＝3m，BM＝2n，MC＝7t，因为∠CAD＝∠CBF，sin∠CAD=n所以n3m=mcos∠BMD=m2n=D正确．故选：ABD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。12．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且∠BAC=2π3，AD平分∠BAC交BC于D，AD=1，a=25，则△ABC的面积为【考点】解三角形；正弦定理．【答案】53【分析】由等面积法可得AB+AC＝AB•AC，再由余弦定理可得AB•AC的值，代入三角形的面积公式可得△ABC的面积．【解答】解：因为AD为角平分线，∠BAC=2π3，AD＝1，a＝BC＝2所以∠BAD＝∠CAD=π由等面积法可得12AB•ACsin2π3=12（AB+AC所以AB+AC＝AB•AC，由余弦定理可得：BC2＝AB2+AC2﹣2AB•ACcos2π3=（AB+AC）2﹣2AB•AC+AB•即（AB•AC）2﹣AB•AC﹣20＝0，解得AB•AC＝5或AB•AC＝﹣4（舍），所以S△ABC=12•AB•AC•sin∠BAC=1故答案为：5313．（5分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，柱的侧面均为矩形，AA1＝1，AB＝BC=3，cos∠ABC=13，P是A1B上的一动点，则AP+PC1的最小值为【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征．【答案】7．【分析】连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C的新位置为C'，连接AC’，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等，求解AC'即可．【解答】解：连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C的新位置为C'，连接AC’，则有AP+PC1≥AC′，当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值．在三角形ABC中，AB＝BC=3，cos∠ABC=AC=AB2+BC2−2AB⋅BCcosB=2，所以A在三角形A1AB中，AA1＝1，AB=3，由勾股定理可得：A1B=AA12同理可求：C1B＝2，因为A1B＝BC1＝A1C1＝2，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠BA1C1＝60°，所以在三角形AA1C′中，∠AA1C′＝∠AA1B+∠BA1C′＝120°，AA1＝1，A1C′＝2，由余弦定理得：AC′=1+4−2×1×2×(−故答案为：7．14．（5分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，点E，F分别在线段BC，CD上，且∠EAF=π4，则AE→⋅AF【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】16(2【分析】根据锐角三角函数可得|AE|=|AB|【解答】解：设∠BAE=θ(0＜θ＜π2)故|AE|=|AB|故AE=8当2θ−π4=kπ，k∈Z时，cos(2θ−此时AE→⋅AF故答案为：16(2四、解答题：本大题共5小题，共计77分.解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤。15．（13分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA＝PB＝AB＝2BC＝2CD，AB∥CD，AB⊥BC，平面PAB⊥平面ABCD．（1）求证：BD⊥PC；（2）设AB＝2，求三棱锥A﹣PCD的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直．【答案】（1）证明过程见详解；（2）36【分析】（1）设AB中点为O，连结OP，OC，OD，先证明PO⊥BD，再证明BD⊥OC，即可证明；（2）根据VA﹣PCD＝VP﹣ACD，再根据PO=3，S【解答】证明：（1）设AB中点为O，连结OP，OC，OD，因为PA＝PB，所以PO⊥AB，又因为平面PAB⊥平面ABCD，PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥BD，易知四边形OBCD为正方形，所以BD⊥OC，又因为PO交OC为点O，所以BD⊥平面POC，而PC⊂平面POC，所以BD⊥PC．解：（2）因为VA﹣PCD＝VP﹣ACD，又因为PO=3，S所以VA−PCD16．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和（1）求证：MN∥平面PBC；（2）求证：平面PBC⊥平面ABCD．【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行．【答案】（1）证明过程见解答；（2）证明过程见解答．【分析】（1）取PC中点E，连接ME，BE，利用中位线定理得到四边形BEMN为平行四边形，根据线面平行的判定定理即可得证；（2）由题意得到△BCD≌△BCP，过P作PQ⊥BC于点Q，利用勾股定理和面面垂直的判定定理即可得证．【解答】证明：（1）取PC中点E，连接ME，BE，∵M为DP中点，N为AB中点，∴ME∥12CD且ME=1又∵BN∥12CD且BN=1∴ME∥BN且ME＝BN，∴四边形BEMN为平行四边形，∴MN∥BE，∵MN⊄平面PBC，BE⊂平面PBC，∴MN∥平面PBC；（2）∵∠DCB=∠PCB=π∴△DQC≌△PQC，∴∠DQC＝∠PQC=π2，∴DQ⊥∴PQ=DQ=2，PQ2+D∴PQ⊥平面ABCD，∵PQ⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面ABCD．17．（15分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S．已知S=−3（1）求B；（2）若点D在边AC上，且∠ABD=π2，AD＝2DC＝2，求△【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由题意及余弦定理可得tanB的值，再由角B的范围，可得角B的大小；（2）根据条件可求出∠CBD的度数，然后在△ABD和△CBD中由正弦定理可得a＝c，最后根据余弦定理求出a的长度即可得到△ABC的周长．【解答】解：（1）因为S=−34(a由余弦定理可得a2+c2﹣b2＝2accosB，可得tanB=−3，而B∈（0，π可得B=2π（2）依题意∠CBD=2π在△ABD中，由正弦定理得ABsin∠ADB同理，在△CBD中有CBsin∠CDB又∠ADB+∠CDB＝π，所以sin∠ADB＝sin∠CDB，所以AB＝CB，即a＝c，在△ABC中，b2＝c2+a2﹣2ca•cos∠ABC，即32＝c2+a2+ac＝3a2，解得a=3所以c=a=3，所以△ABC的周长为3+218．（17分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA2cosB（1）若b＝2，求△ABC外接圆的面积；（2）若△ABC为锐角三角形，求a2【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）4π3（2）（1，7）．【分析】（1）由三角形内角和与三角恒等变换求出B，利用正弦定理求出三角形外接圆半径R，即可求出△ABC外接圆的面积；（2）由正弦定理求出a、c，代入a2+b2【解答】解：（1）△ABC中，cosA2cosB=sin(C−π6)，即cosA＝2cosB（32所以﹣cosBcosC+sinBsinC=3cosBsinC﹣cosBcosC，即sinBsinC=3cosBsin由C∈（0，π），得sinC≠0，即tanB=3又B∈（0，π），所以B=π若b＝2，则2R=b所以R=23，△ABC外接圆的面积为S＝πR2（2）由（1）知，asinA=bsinB=csinC=43，所以所以a2=163sin2A所以a2+b2c2=16因为△ABC为锐角三