2023-2024学年安徽省合肥168中学高一（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年安徽省合肥168中学高一（下）期中数学试卷-普通用卷，共14页。试卷主要包含了如图，一条河的南北两岸平行等内容，欢迎下载使用。

A. 1B. −1C. iD. −i
2.△ABC中，sin2A+sin2C=sin2B，则△ABC是( )
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 钝角三角形
3.正△ABC的边长为1，则AB⋅BC+BC⋅CA+CA⋅AB=( )
A. 32B. −32C. 12D. −12
4.在△ABC中，sinA>sinB是A>B的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.黄鹤楼地处蛇山之巅、濒临万里长江，是武汉市地标建筑.已知黄鹤楼的高度CD约为30 3米，在其一侧有一座建筑物AB，在它们之间的地面上的点M(B,M,D三点共线)处，测得楼顶A、楼顶C的仰角分别为15∘和60∘，在楼顶A处测得楼顶C的仰角为15∘.则地面上两点M，B之间的距离约为( )
A. 20( 3+1)米B. 30( 3+1)米C. 30( 3−1)米D. 20( 3−1)米
6.如图，一条河的南北两岸平行.游船在静水中的航行速度v1的大小为10km/h，水流的速度v2的大小为4km/h，则游船要从A行到正北方向上位于北岸的码头B处，其航行速度的大小( )
A. 2 21km/h
B. 2 37km/h
C. 2 10km/h
D. 14km/h
7.一个圆锥内切球的表面积是4π3，其侧面展开图是半径为R的半圆，则R=( )
A. 12B. 32C. 1D. 2
8.已知向量a=(csx,sinx),b=(csx,−sinx)，且x∈[0,π2]，则函数f(x)=a⋅b−114|a+b|的最小值是( )
A. 0B. −1C. −92D. −15332
9.设a,b都是非零向量，则下列命题中正确的是( )
A. 若a,b的夹角为钝角，则a⋅b<0
B. 若|a−b|=|a+b|，则a⊥b
C. 若a⋅b>0，则a,b的夹角为锐角
D. 若a=2b，则a+b与a−3b同向
10.设z1，z2是非零复数，z1−,z2−是其共轭复数，则下列结论中正确的是( )
A. |z1+z2|=|z1|+|z2|B. |z1⋅z2|=|z1|⋅|z2|
C. z1+z2−=z1−+z2−D. z1⋅z2−=z1−⋅z2−
11.已知点O是△EFG的外心，点T是边FG的中点，则下列结论中正确的是( )
A. (OF+OG)⋅FG=0−B. OE⋅EF=−12EF2
C. OE+OF+OG=0D. EF+2OE=2OT+GE
12.锐角△ABC的三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a边在c边上的射影长等于△ABC的外接圆半径R，则sinAcsB的值是______.
13.如图，在三棱锥A−BCD中，AC⊥BD，点E在棱AB上，点F在棱CD上，且AEEB=CFFD，设α表示EF与AC所成的角，β表示EF与BD所成的角，则α+β的值为______.
14.在圆内接四边形ABCD中，已知AB=2，AC平分∠BAD，且AC⋅BD=52，则边AD的长为______.
15.在△ABC中，三内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且sinB+C5=asinBb.
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC是锐角三角形，求ab的取值范围.
16.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1，∠BAC=120∘.
(1)若△ABC外接圆的半径是1，求直三棱柱ABC−A1B1C1的表面积；
(2)若直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的体积是40 10π3，求此直三棱柱的高.
17.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，其外接圆的半径是1，且向量m=(2sinA−2sinC,sinB)，n=(sinA+sinC,b− 2a)互相垂直.
(1)求角C的大小；
(2)求△ABC面积的最大值.
18.在△ABC中，中线AD和中线BE相交于点G，点F在边BC上.
(1)若AF=14AB+34AC，证明：点F是边BC的靠近点C的四等分点；
(2)证明：AG+BG+CG=0；
(3)若56sinA⋅AG+40sinB⋅BG+35sinC⋅CG=0，求△ABC中最大角与最小角的和.
19.某公园计划改造一块四边形ABCD区域建设草坪(如图)，其中AB=2百米，BC=1百米，AD=CD，AD⊥CD.草坪内需要规划4条人行道DM，DN，EN，EM，以及两条排水沟AC，BD.其中M，N，E分别是边BC，AB，AC的中点.
(1)若∠ABC=π2，求排水沟BD的长；
(2)设∠ABC=α，4条人行道总长度DM+DN+EN+EM记为f(α).
(i)求出函数f(α)的表达式；
(ii)当α取多少时，f(α)有最大值，并求出这个最大值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵z=i(i−1)=i2−i=−1−i，
∴z的虚部是−1.
故选：B.
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：sin2A+sin2C=sin2B，
由正弦定理可知，a2+c2=b2，即B=π2，
故△ABC是直角三角形．
故选：B.
结合正弦定理、角化边，即可求解．
本题主要考查三角形的形状判断，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵正△ABC的边长为1，
∴AB⋅BC+BC⋅CA+CA⋅AB=−(BA⋅BC+CB⋅CA+AC⋅AB)=−(1×1×cs60∘×3)=−32.
故选：B.
利用数量积的定义即可得出．
本题考查了向量的定义、等边三角形的性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：若sinA>sinB成立，
由正弦定理asinA=bsinB=2R，
所以a>b，
所以A>B.
反之，若A>B成立，
所以a>b，
因为a=2RsinA，b=2RsinB，
所以sinA>sinB，
所以sinA>sinB是A>B的充要条件．
故选：C.
由正弦定理知asinA=bsinB，由sinA>sinB，知a>b，所以A>B，反之亦然，故可得结论．
本题以三角形为载体，考查四种条件，解题的关键是正确运用正弦定理及变形．属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为CD约为30 3米，由图知：CM=CDsin60∘=60m，
由题意可得∠CAM=15∘+15∘=30∘，∠CMA=180∘−15∘−60∘=105∘，
所以∠MCA=180∘−∠CBM−∠CMA=45∘，
在△ACM中，由正弦定理可得：AMsin∠MCA=CMsin∠CAM，
可得AM=sin∠MCAsin∠CAM⋅CM= 2212×60=60 2m，
在Rt△ABM中，可得BM=AMcs∠AMB=60 2× 6− 24=30( 3−1)m.
故选：C.
由题意求出CM的值，再在△ACM中，由正弦定理可得AM的值，再在Rt△ABM中，求出BM的值．
本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：如图，以v1,v2为邻边作平行四边形，根据|v1|=10,|v2|=4得，航行速度的大小为 102−42=2 21.
故选：A.
根据向量加法的平行四边形法则以v1,v2为邻边作平行四边形，然后根据勾股定理即可求出合速度即航行速度的大小．
本题考查了向量加法的平行四边形法则，勾股定理，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：设圆锥的底面半径是r，则母线为R，
有2πr=πR，得r=R2，
则圆锥的轴截面是正三角形，
所以圆锥的高h= R2−(R2)2= 32R，则其内切圆的半径是13h= 36R，
设圆锥内切球的半径是m，
则4πm2=4π3，解得m= 33，
所以 36R= 33，解得R=2.
故选：D.
由题意，根据球的表面积公式求出内切球的半径，利用勾股定理和内切圆的性质求出圆锥轴截面的内切圆的半径，即可求解．
本题考查了球的表面积公式和内切圆的性质，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意可知：a+b=(2csx,0),a⋅b=cs2x−sin2x，
因为x∈[0,π2]，则0≤csx≤1，可得|a+b|=2|csx|=2csx，
则f(x)=cs2x−sin2x−112csx=2(csx−118)2−15332，
由0≤csx≤1可知当csx=1时，f(x)min=−92.
故选：C.
根据题意结合向量的坐标运算可得f(x)=2(csx−118)2−15332，结合余弦函数的有界性分析求解，
本题考查了向量的坐标运算和余弦函数的有界性，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：对A，因为a，b的夹角为钝角，则cs<0，所以a⋅b=|a||b|cs<0，故A正确；
对B，因为|a−b|2=a2+b2−2a⋅b，|a+b|2=a2+b2+2a⋅b，又|a−b|=|a+b|，
所以a⋅b=0，又a,b都是非零向量，所以a⊥b，故B正确；
对C，当a，b同向时，有a⋅b>0，此时夹角为0，故C错；
对D，因为a=2b，则a+b=3b，a−3b=−b，所以a+b与a−3b反向，故D错．
故选：AB.
对于A，C，利用向量夹角与数量积的关系即可判断；
对于B，两边平方即可判断；
对于D，由题有a+b=3b，a−3b=−b，即可判断正误．
本题考查了向量的数量积的性质的应用及共线向量的判定，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A，当z1=1+i，z2=1−i时，|z1+z2|=2，|z1|+|z2|=2 2，|z1+z2|≠|z1|+|z2|，选项A错误；
对于B，设z1=a+bi，z2=c+di，a、b、c、d∈R，
则|z1⋅z2|=|(a+bi)(c+di)|=|(ac−bd)+(ad+bc)i|= (ac−bd)2+(ad+bc)2= a2c2+b2d2+a2d2+b2c2，
|z1|⋅|z2|= a2+b2⋅ c2+d2= a2c2+a2d2+b2c2+b2d2，
所以|z1⋅z2|=|z1|⋅|z2|，选项B正确；
对于C，设z1=a+bi，z2=c+di，a、b、c、d∈R，
则z1+z2−=(a+c)−(b+d)i，z1−+z2−=(a−bi)+(c−di)=(a+c)−(b+d)i，所以z1+z2−=z1−+z2−，选项C正确；
对于D，设z1=a+bi，z2=c+di，a、b、c、d∈R，
则z1⋅z2−=(a+bi)(c+di)−=(ac−bd)+(ad+bc)i−=(ac−bd)−(ad+bc)i，
z1−⋅z2−=(a−bi)⋅(c−di)=(ac−bd)−(ad+bc)i，所以z1⋅z2−=z1−⋅z2−，选项D正确．
故选：BCD.
选项A中，举例说明|z1+z2|≠|z1|+|z2|即可；
选项B中，设z1=a+bi，z2=c+di，验证|z1⋅z2|=|z1|⋅|z2|即可；
选项C中，设z1=a+bi，z2=c+di，验证z1+z2−=z1−+z2−即可；
选项D中，设z1=a+bi，z2=c+di，验证z1⋅z2−=z1−⋅z2−即可．
本题考查了复数的定义与运算问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：∵O是△EFG的外心，
∴OE=OF=OG，即O为△EFG的各边垂直平分线的交点，
又点T是边FG的中点，∴OT⊥FG，∴OT⋅FG=0，
对A选项，∵(OF+OG)⋅FG=2OT⋅FG=0，∴A选项正确；
对B选项，∵O为EF边的垂直平分线上的点，
∴OE⋅EF=−EO⋅EF=−|EF|⋅(|EO|cs∠OEF)=−|EF|×12|EF|=−12EF2，∴B选项正确；
对C选项，∵O是△EFG的外心，但不一定是重心，
∴OE+OF+OG=0不一定成立，∴C选项错误；
对D选项，∵T是边FG的中点，
∴EF+EG=2ET，
∴EF+EG=2(OT−OE)，
∴EF+2OE=2OT+GE，∴D选项正确．
故选：ABD.
根据三角形的外心与重心的性质，向量的线性运算，向量数量积的定义，针对各个选项，即可分别求解．
本题考查三角形的外心与重心的性质，向量的线性运算，向量数量积的定义，属中档题．
12.【答案】12
【解析】解：过C作CD⊥AB交于D，如图所示：
因为a边在c边上的射影长等于△ABC的外接圆半径R，
所以acsB=BD，
而a2sinA=R，
所以acsB=a2sinA，
可得sinAcsB=12.
故答案为：12.
过C作CD⊥AB交于D，由题意可得acsB=BD，即acsB=a2sinA，可得所求的代数式的值．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
13.【答案】π2
【解析】解：如图，取线段BC上一点H，使AEEB=CHHB=λ，连接HF，
∵AEEB=λ(λ>0)，CHHB=λ，∴EH//AC，
∵CFFD=λ(λ>0)，CHHB=λ，∴HF//BD
∴∠HEF就是异面直线EF与AC所成的角，
∠HFE就是异面直线EF与BD所成的角，
∴∠EHF就是异面直线BD与AC成的角，
∴α=∠HEF，β=∠HFE，
∵BD⊥AC
即∠EHF=90∘，
∴α+β=π2，
故答案为：π2.
由对棱AC与BD垂直，结合异面直线所成的角的定义，在同一平面内找到α与β，最后在三角形中发现α+β=π2.
本题考查了异面直线所成的角的作法和算法，解题时要认真体会将空间问题转化为平面问题的过程，是中档题．
14.【答案】3
【解析】解：因为AC平分∠BAD，由圆的性质知DC=BC，
在△ACD，△ABC中，由余弦定理得：
|AC|2+|AD|2−|DC|2=2|AC|⋅|AD|cs∠DAC，|AC|2+|AB|2−|BC|2=2|AC|⋅|AB|cs∠BAC，
因此AC⋅BD=AC⋅(AD−AB)=AC⋅AD−AC⋅AB
=|AC|⋅|AD|cs∠DAC−|AC|⋅|AB|cs∠BAC
=|AC|2+|AD|2−|DC|22−|AC|2+|AB|2−|BC|22=|AD|2−|AB|22=|AD|2−42=52，
解得|AD|=3，即AD=3.
故答案为：3.
根据平面向量的线性运算和数量积的定义，结合余弦定理可得AC⋅BD=|AD|2−42，解得AD即可．
本题考查了平面向量的线性运算和数量积的定义，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由sinB+C5=asinBb得，sinB+C5=sinA，
因为0所以B+C5=A或B+C5+A=π，
解得A=π6或A=π(不合，舍去)，
故A=π6；
(2)因为△ABC是锐角三角形，
0解得π3因此sin⁡π3于是ab=sinAsinB=12sinB∈(12, 33).
所以ab的取值范围是(12, 33).
【解析】(1)由题意及正弦定理可得B+C5=A或B+C5+A=π，在三角形中，可得角A的大小；
(2)由锐角三角形可得角B的范围，由题意正弦定理可得ab=sinAsinB= 32sinB的范围，即求得结论．
本题考查正弦定理及锐角三角形的性质的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为ABsin30∘=2，所以AB=1=AC=AA1,BC= 3，
故直三棱柱ABC−A1B1C1的表面积为：
2×12×1×1×sin120∘+(1+1+ 3)×1=2+3 32；
(2)设AB=AC=AA1=2m，因为∠BAC=120∘，所以∠ACB=30∘，
于是2msin30∘=2r(r是△ABC外接圆的半径)，r=2m，
如图，设M、N分别为△ABC和△A1B1C1的外接圆圆心，由直棱柱的性质可知MN的中点O为三棱柱ABC−A1B1C1的外接球球心，
所以OM=12MN=m，
则球的半径为R=OA= AM2+OM2= (2m)2+m2= 5m，
所以球的体积为43π( 5m)3=40 10π3，解得m= 2，
故直三棱柱的高是AA1=2m=2 2.
【解析】(1)利用正弦定理求出AB，BC的长，从而求得直三棱柱ABC−A1B1C1的表面积；
(2)设AB=AC=AA1=2m，由正弦定理求出底面三角形外接圆半径，设M、N分别为△ABC和△A1B1C1的外接圆圆心，由直棱柱的性质可知MN的中点O为三棱柱ABC−A1B1C1的外接球球心，利用勾股定理即可求出外接球半径，由球的体积公式即可求出答案．
本题考查了正弦定理、直棱柱的性质和直三棱柱的表面积计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)向量m=(2sinA−2sinC,sinB)，n=(sinA+sinC,b− 2a)互相垂直，
所以m⋅n=0，即(2sinA−2sinC)(sinA+sinC)+(b− 2a)sinB=0，
因为△ABC外接圆半径为R=1，
所以(2RsinA−2RsinC)(sinA+sinC)+(b− 2a)sinB=0，
由正弦定理得，(a−c)(a+c)+(b− 2a)b=0，即a2+b2−c2= 2ab，
由余弦定理得，csC=a2+b2−c22ab= 22，
又因为C∈(0,π)，所以C=π4；
(2)由正弦定理得，c=2RsinC=2sinπ4= 2，
由余弦定理得，a2+b2−2= 2ab，
因为a2+b2≥2ab，所以2ab−2≤ 2ab，解得ab≤2+ 2，当且仅当a=b时取“=”，
所以△ABC的面积为S△ABC=12absinC≤12×(2+ 2)× 22= 2+12，
即△ABC面积的最大值为 2+12.
【解析】(1)由m⊥n，得m⋅n=0，利用正弦定理和余弦定理，即可求出csC和C的值；
(2)根据正弦定理和余弦定理，利用基本不等式求出ab的最大值，即可求出△ABC面积的最大值．
本题考查了平面向量的数量积和解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
18.【答案】(1)证明：(1)AF=14AB+34AC，所以BF=BA+AF=34BA+34AC=34BC，
所以点F是边BC的靠近点C的四等分点；
(2)证明：因为G位三角形的重心，
所以AG+BG+CG=23⋅12(AB+AC)+23⋅12(BA+BC)+23⋅12(CA+CB)=13(AB+AC+BA+BC+CA+CB)=0；
(3)解：由(2)知，AG+BG+CG=0，
若56sinA⋅AG+40sinB⋅BG+35sinC⋅CG=0，
可得56sinA=40sinB=35sinC，
由正弦定理可得56a=40b=35c，
所以a：b：c=5：7：8，设a=5k，b=7k，c=8k，k>0，
所以可得C为最大角，A为最小值，
由余弦定理可得：csB=a2+c2−b22ac=25k2+64k2−49k22×5k×80k=12，
B∈(0,π)，所以B=π3，
所以A+C=π−B=2π3.
【解析】(1)由向量AF的表达式，可得BF=34BC，可证得结论；
(2)由重心的性质可得AG+BG+CG=23⋅12(AB+AC)+23⋅12(BA+BC)+23⋅12(CA+CB)，整理可证得结论；
(3)由(2)可得sinA，sinB，sinC的关系，由正弦定理可得a：b：c的比值，判断出C为最大角，A为最小角，在三角形中，可得cs(A+C)=−csB，再由余弦定理可得csB的值，可得角B的大小，进而求出A+C的大小．
本题考查重心的性质的应用及余弦定理的应用，正弦定理的应用，所以中档题．
19.【答案】解：(1)在直角△ABC中，AC= 12+22= 5，
在等腰直角△ADC中，DC=DA= 5cs45∘= 102，
在△BCD中，cs∠MCD=cs∠ACBcs45∘−sin∠ACBsin45∘=− 1010，
由余弦定理得BD2=BC2+DC2−2BC⋅DCcs∠MCD=92，
即BD2=12+( 102)2−2×1× 102×(− 1010)=92，
所以BD=3 22(百米).
(2)(i)设∠ABC=α，∠BAC=β，∠ACB=θ，
由余弦定理得AC2=5−4csα，
由分别是边BC，AB，AC的中点，所以NE=12BC=12,MN=12BA=1，
在△ABC中，由正弦定理得ACsinα=1sinβ=2sinθ，得sinβ=sinαAC,sinθ=2sinαAC，
所以，cs∠MED=cs(β+π2)=−sinβ，cs∠NED=cs(θ+π2)=−sinθ，
MD2=ME2+DE2−2ME⋅DE⋅cs∠MED=1+AC24+AC⋅sinβ=94+sinα−csα，
ND2=NE2+DE2−2NE⋅DE⋅cs∠NED=14+AC24+AC2⋅sinθ=32+sinα−csα，
故f(α)= 94+sinα−csα+ 32+sinα−csα+32，α∈(0,π)；
(ii)令sinα−csα=t，α∈(0,π)，
由sinα−csα= 2sin(α−π4)，得t∈(1, 2],
f(α)= 94+t+ 32+t+32在(1, 2]上单调递增，
故f(α)的最大值为 94+ 2+ 32+ 2+32=6+3 22(百米)，
此时α−π4=π2，α=3π4，且3π4∈(0,π).
【解析】(1)结合已知图形中角的关系，在△BCD中，用余弦定理可求；
(2)①先设∠ABC=α，∠BAC=β，∠ACB=θ，然后由余弦定理可表示 AC，由正弦定理得ACsinα=1sinβ=2sinθ，可得sinβ=sinαAC,sinθ=2sinαAC，然后结合三角关系及余弦定理表示出四条道路的长度关系式；②利用换元法令sinα−csα=t，根据辅助角公式求出 t的范围，然后利用函数的单调性求出最值
本题主要考查三角函数的应用，属于中档题．