2023-2024学年重庆市荣昌中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市荣昌中学高一（下）期中数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知点A(0,1),B(3,2)，向量AC→=(−4,−3)，则向量BC→=( )
A. (-7,-4)B. (7,4)C. (-1,4)D. (1,4)
2.把△ABC按斜二测画法得到△A′B′C′(如图所示)，其中B′O′=C′O′=1，A′O′= 32，那么△ABC是一个( )
A. 等边三角形B. 直角三角形
C. 等腰三角形D. 三边互不相等的三角形
3.已知向量a，b满足|a|=1，|b|=1，且|a+b|= 3，则a与b的夹角为( )
A. π6B. π3C. 5π6D. 2π3
4.在△ABC中，acsA=bcsB，则三角形的形状为( )
A. 直角三角形B. 等腰三角形或直角三角形
C. 等边三角形D. 等腰三角形
5.在正四面体P−ABC中，棱长为2，且E是棱AB中点，则异面直线PE与BC夹角的余弦值为( )
A. − 36B. 36C. 33D. − 33
6.如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是( )
A. 54B. 53C. 43D. 32
7.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，F，M分别是AD，CD的中点，则下列结论中错误的是( )
A. FM//A1C1
B. 当E为A1C1中点时，BE⊥FM
C. 三棱锥B−CEF的体积为定值
D. 存在点E，使得平面BEF/​/平面CC1D1D
8.在△ABC中，AB⋅AC=9，sinB=csAsinC，S△ABC=6，P为线段AB上的动点，且CP=x⋅CA|CA|+y⋅CB|CB|，则2x+1y的最小值为( )
A. 116+ 63B. 116C. 1112+ 63D. 1112
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题中的真命题是( )
A. 若直线a不在平面α内，则a/​/α
B. 若直线l上有无数个点不在平面α内，则l/​/α
C. 平行于同一平面的两直线可以相交
D. 若l/​/α，则直线l与平面α内任何一条直线都没有公共点
10.已知复数z=21+ 3i，其中i为虚数单位，则下列结论正确的有( )
A. 复数z的共轭复数的模为1
B. 复数z在复平面内对应的点在第四象限
C. 复数z是方程x2+x+1=0的解
D. 复数ω满足|ω−z|=1，则|ω|的最大值为2
11.在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trulli，于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trulli的屋顶，得到圆锥SO(其中S为顶点，O为底面圆心)，母线SA的长为6m，C是母线SA的靠近点S的三等分点.从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带，灯光带的最小长度为2 13m.下面说法正确的是( )
A. 圆锥SO的侧面积为12πm2
B. 过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为8 2m2
C. 圆锥SO的外接球的表面积为72πm2
D. 棱长为 3m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若一个球的体积为4 3π，则它的表面积为______．
13.平面向量a=(0,2),b=(4,2),c=ma+b(m∈R)，且c与a的夹角等于c与b的夹角，则m= ______．
14.正三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，则直线EF与直线BC所成角的余弦值为______；若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为______．
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
回答下列问题．
(1)已知复数z=m+2i是方程x2+6x+13=0的根(i是虚数单位，m∈R)，求|z|．
(2)已知复数z=−3+2i，设复数z1=a−i2023z−，(z−是z的共轭复数)，且复数z1所对应的点在第三象限，求实数a的取值范围．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AC边上的点，2bsinB=(2a−c)sinA+(2c−a)sinC．
(1)求∠ABC的大小；
(2)若CD=1，AD=BD=2，求BC的长．
17.(本小题15分)
如图：在正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点．
(1)求三棱锥M−ABC的体积；
(2)求证：BD1//平面AMC；
(3)若N为CC1的中点，求证：平面AMC//平面BND1．
18.(本小题17分)
如图，某公园改建一个三角形鱼塘，∠C=90°，AB=2，BC=1，现准备养一批观赏鱼供游客观赏．
(1)若在△ABC内部取一点P，建造APC连廊供游客观赏，如图①，使得点P是等腰三角形PBC的顶点，且∠CPB=2π3，求连廊AP+PC+PB的长；
(2)若分别在AB，BC，CA上取点D，E，F并连建造连廊，使得△DEF变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏，如图②，若△DEF为正三角形，求△DEF面积S的最小值．
19.(本小题17分)
三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：a1a2a3b1b2b3c1c2c3=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2−a3b2c1−a2b1c3−a1b3c2.若a×b=ijkx1y1z1x2y2z2，则称a×b为空间向量a与b的叉乘，其中a=x1i+y1j+z1k(x1,y1,z1∈R)，b=x2i+y2j+z2k(x2,y2,z2∈R)，{i,j,k}为单位正交基底.以O为坐标原点，分别以i,j,k的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，已知A，B是空间直角坐标系中异于O的不同两点．
(1)①若A(0,2,1)，B(−1,3,2)，求OA×OB；
②证明：OA×OB+OB×OA=0．
(2)记△AOB的面积为S△AOB，证明：S△AOB=12|OA×OB|；
(3)问：(OA×OB)2的几何意义表示以△AOB为底面、|OA×OB|为高的三棱锥体积的多少倍？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
求出有向线段AB，然后由BC=AC−AB求之．
本题考查了有向线段的坐标表示以及向量的三角形法则的运用；注意有向线段的坐标与两个端点的关系，顺序不可颠倒．
【解答】
解：由已知点A(0,1)，B(3,2)，
得到AB=(3,1)，向量AC=(−4,−3)，
则向量BC=AC−AB=(−7,−4)；
故选：A．
2.【答案】A
【解析】解：根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，如下图所示：
由图易得AB=BC=AC=2
故△ABC为等边三角形，
故选A
根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，进而分析出△ABC的形状．
本题考查的知识点是斜二侧画法，三角形形状的判断，解答的关键是斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积的求法，模的运算法则以及向量的夹角的求法，属于基础题．
利用向量的模的运算法则以及向量的数量积求解向量的夹角即可．
【解答】
解：向量a，b满足|a|=1，|b|=1，且|a+b|= 3，
可得a2+2a⋅b+b2=3，
可得a⋅b=12，即|a||b|cs=12，
即cs=12，且∈[0,π]，
所以a与b的夹角为π3．
故选B．
4.【答案】B
【解析】解：∵acsA=bcsB，
∴根据正弦定理，得sinAcsA=sinBcsB，即sin2A=sin2B．
∵A∈(0,π)，
∴2A=2B或2A+2B=π，得A=B或A+B=π2，
因此△ABC是等腰三角形或直角三角形．
故选：B．
根据正弦定理将题中等式化简，得sinAcsA=sinBcsB，利用二倍角的正弦公式化简得sin2A=sin2B.再由三角函数的诱导公式加以计算，可得A=B或A+B=π2，从而得到答案．
本题给出三角形中的边角关系，判断三角形的形状，着重考查了正弦定理、三角函数的诱导公式和三角形的分类等知识，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：如图，取AC的中点G，连接EG，PG，
因为E是棱AB中点，
所以EG/​/BC，故∠PEG或其补角为异面直线PE与BC夹角，
又正四面体棱长为2，故PE=PG= 3,EG=1，
cs∠PEG=PE2+EG2−PG22PE⋅EG=12 3= 36，
故异面直线PE与BC夹角的余弦值为 36．
故选：B．
作出图形，取AC的中点G，连接EG，PG，则EG/​/BC，所以∠PEG或其补角为异面直线PE与BC夹角，根据余弦定理求解即可．
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是中档题．
6.【答案】D
【解析】解：在图2中，水中部分是四棱柱，
四棱柱底面积为S=12×12×sin60°−12×(12)2×sin60°=3 316，高为2，
∴四棱柱的体积为V=2a×3 316=3 38，
设图1中容器内水面高度为h，
则V=12×12×sin60°×h=3 38，解得h=32．
∴图1中容器内水面的高度是32．
故选：D．
图2中水所占部分为四棱柱，求出其底面积和高，根据棱柱的体积公式求出四棱柱的体积，同理在图1中，求同三棱柱的体积，能求出图1中容器内水面的高度．
本题考查正三棱柱的体积的运算，考查三棱柱的性质、体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】D
【解析】解：对A选项：因为F、M分别是AD、CD的中点，所以FM//AC//A1C1，所以A选项正确；
对B选项：因为当E为中点时，BE⊥A1C1，所以BE⊥FM，所以B选项正确；
对C选项：三棱锥B−CEF是以面BCF为底，又高是定值，所以其体积也为定值，所以C选项正确；
对D选项：因为BF与平面CC1D1D有交点，所以不存在点 E，使得平面BEF/​/平面CC1D1D，所以D选项错误．
故选：D．
根据平行线的传递性，线线垂直的证明方法，三棱锥的体积公式，面面平行的判定定理，针对各个选项分别判断即可．
本题考查立体几何的综合应用，线线平行的判定，三棱锥的体积问题，面面平行的证明，属中档题．
8.【答案】C
【解析】解：设|AB|=c，|AC|=b，根据题意得bccsA=9b=ccsA12bcsinA=6，
解得b=3，c=5，sinA=45，csA=35，∴|CB|=4，∴CP=x⋅CA|CA|+y⋅CB|CB|=x3CA+y4CB，
又∵A、P、B三点共线，∴x3+y4=1，且x>0，y>0，
∴2x+1y=(x3+y4)(2x+1y)=1112+x3y+y2x≥1112+2 x3y⋅y2x=1112+ 63，
当且仅当x3+y4=1x3y=y2x，即x=6(4− 6)5y=4(2 6−3)5时，等号成立，
∴2x+1y的最小值为1112+ 63．
故选：C．
可设|AB|=c，|AC|=b，从而得出bccsA=9b=ccsA12bcsinA=6，然后可解出|CA|=3,|CB|=4，从而得出CP=x3CA+y4CB，由A，P，B三点共线即可得出x3+y4=1，然后可得出2x+1y=(x3+y4)(2x+1y)，然后根据基本不等式即可求出最小值．
本题考查了三角形的面积公式，向量数量积的计算公式，正弦定理，基本不等式，1的代换，三点共线的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A，若直线a不在α内，则aa//α或a与α相交，故A错误；
对于B，a和α相交时，直线l上有无数个点不在平面α内，故B错误；
对于C，根据线面平行的性质可知平行于同一个平面的两条直线可能相交，平行，或异面，故C正确．
对于D，根据线面平行的定义可知，若l/​/α，则l与α内任何一条直线都没有公共点，故D正确．
故是真命题的为：CD．
故选：CD．
对于A，根据直线和平面的位置关系判断；
对于B，利用直线和平面的位置关系判断；
对于C，根据线面平行的性质判断；
对于D，利用线面平行的性质判断即可．
本题考查命题的真假判断与应用，着重考查空间直线和平面之间的位置关系，熟练掌握线面平行的定义和性质是答题的关键，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：z=2(1− 3i)1+3=12− 32i，
∴z−=12+ 32i，|z−|=1，A正确；
复数z对应的点为(12,− 32)，在第四象限，B正确；
解x2+x+1=0得，x=−12− 32i或−12+ 32i，∴复数z不是方程x2+x+1=0的解，C错误；
设ω=a+bi，(a,b∈R)，则ω−z=(a−12)+(b+ 32)i，|ω−z|= (a−12)2+(b+ 32)2=1，
∴(a−12)2+(b+ 32)2=1，设a=csθ+12,b=sinθ− 32，则：a2+b2=2+csθ− 3sinθ=2+2sin(π6−θ)≤4，
|ω|= a2+b2的最大值为2，D正确．
故选：ABD．
化简复数z得出z=12− 32i，从而可判断A的正误；根据z可得出z对应的点的坐标，从而判断点所在的象限，从而判断B的正误；可解方程x2+x+1=0，从而判断z是否为该方程的解，从而判断C的正误；可设ω=a+bi，(a,b∈R)，根据|ω−z|=1可得出(a−12)2+(b+ 32)2=1，然后设a=csθ+12,b=sinθ− 32，从而可求出a2+b2的最大值，从而可判断D的正误．
本题考查了复数的除法和乘法的运算，复数模的求法，复数和点的对应关系，两角差的正弦公式，考查了计算能力，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A：设圆锥底面半径为r，如图，
在△A′SC中，A′S=6，SC=2，A′C=2 13，
所以cs∠A′SC=A′S2+SC2−A′C22A′S⋅SC=36+4−522×6×2=−12，
所以∠A′SC=2π3，
所以2πr=2π3×6，∴r=2(米)，
所以圆锥的侧面积为：12×6×2π×2=12π(m2)，故A正确；
对于B，在△ASB中，cs∠ASB=SA2+SB2−AB22SA⋅SB=79，
所以sin∠ASB= 1−4981=4 29，
所以过点S平面截此圆锥所得截面面积最大为
S△SAB=12SA⋅SB⋅sin∠ASB=12×6×6×4 29=8 2(m2)，故B正确；
对于C，设圆锥SO的外接球半径为R，则R2=(SO−R)2+r2，
又SO= SA2−r2= 36−4=4 2，
所以R2=(4 2−R)2+4，即R=94 2，
圆锥SO的外接球表面积为4πR2=4π×8116×2=81π2，故C不正确；
对于D，设圆锥SO的内切球半径为t，则t4 2−t=13，解得t= 2，
在棱长为 3米的正四面体中，设其外接球半径为r1，
则此正四面体的底面外接圆半径为 32× 3×23=1，高为 ( 3)2−1= 2，
所以r12=1+( 2−r1)2，所以r1=3 24，
因为r1