2023-2024学年重庆市礼嘉中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市礼嘉中学高一（下）期中数学试卷（含解析），共16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.若向量a=(1,2),b=(2,4)，则下列正确的是( )
A. a8ab(1+csC)恒成立，
∴8(1+csC)0，tanB>0，tanC>0，即三个角都为锐角，
∴△ABC为锐角三角形，故D正确．
故选：ACD．
正余弦定理及三角恒等变换逐一分析四个选项可得答案．
本题考查正余弦定理，考查三角恒等变换，属于中档题．
11.【答案】AB
【解析】解：如图所示：以AE为y轴，GC为x轴建立直角坐标系，
设|OA|=|OB|=|OC|=|OD|=|OE|=|OF|=|OG|=|OH|=a，
在△OAB中，由余弦定理可得，4=a2+a2−2a2×csπ4，
解得a2=4+2 2，
A(0,−a),B( 22a,− 22a),C(a,0),D( 22a, 22a),E(0,a),F(− 22a, 22a)，
G(−a,0)，H(− 22a,− 22a)，设P(x0,y0)，
对A，AD=( 22a, 22a+a)，AB=( 22a,a− 22a)，
∴AD−xAB=( 22a(1−x), 22a(1+x)+a(1−x))，
∴f(x)=|AD−xAB|= [ 22a(1−x)]2+[ 22a(1+x)+a(1−x)]2=2 x2−(2+ 2)x+3+2 2，
∴当x=1+ 22时，函数f(x)有最小值为2+ 2，故选项A正确；
对B：取AB的中点M，则PA+PB=2PM，PA−PB=BA=2MA，
则(PA+PB)2=4PM2，(PA−PB)2=4MA2，
两式相减得：PA⋅PB=PM2−MA2=PM2−1，
由正八边形的对称性知，当点P与点E或F重合时，PM2最大，
又M( 24a,−12a− 24a),E(0,a)，所以EM=( 24a,−32a− 24a)，
∴EM2=|EM|2=( 24a)2+(−32a− 24a)2=13+8 2，
∴PA⋅PB的最大值为EM2−1=12+8 2，故选项B正确；
对C：∵AG=(−a,a)，AB=( 22a,a− 22a)，
∴AG⋅AB|AB|2=− 22a2+a2− 22a212a2+(a− 22a)2=− 22，
∴AG在AB方向上的投影向量为− 22AB，故选项C错误；
对D：∵OA=(0,−a)，OA=(a,0)，∴OA+OC=(a,−a)，
又∵ 3OB=( 62a,− 62a)，
∴OA+OC≠ 3OB，故选项D错误．
故选：AB．
以AE为y轴，GC为x轴建立直角坐标系，计算各点坐标，计算向量坐标，求出函数解析式，利用二次函数求出最值，A正确；取AB的中点M，得到PA⋅PB=PM2−MA2=PM2−14，求出PM2的最大值，从而得到PA⋅PB的最大值，B正确；利用数量积的几何意义求解投影向量，C错误；计算向量坐标即可判断D错误，得到答案．
本题主要考查了向量的数量积运算，考查了二次函数的性质，属于中档题．
12.【答案】12
【解析】【分析】
根据平面图形的斜二测画法，得出△OAB为直角三角形，求出两直角边，计算三角形的面积．
本题考查了三角形的斜二测画法与应用问题，是基础题．
【解答】
解：根据平面图形的斜二测画法知，
原△OAB为直角三角形，且两直角边分别为
OB=4，OA=3×2=6，
∴△AOB的面积为S=12×OA×OB=12．
故答案为：12．
13.【答案】7
【解析】解：由题意可得2AM=AB+AC，
两边平方可得4AM2=AB2+AC2+2AB⋅AC
=c2+b2+2cbcsA=c2+b2+c2+b2−a2=2×(49+81)−64=196，
解得|AM|=7．
故答案为：7．
由向量的中点表示和数量积的性质、余弦定理，解方程可得所求长．
本题考查三角形的中线长，运用向量的中点表示和三角形的余弦定理是解题的关键，考查运算能力，属于中档题．
14.【答案】814
【解析】解：依题意，43πR3=36π，解得R=3，
将四棱锥P−ABCD补成长方体，可知外接球的直径为长方体的体对角线，
设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，且c=3，
由于a2+b2=27，又a2+b2≥2ab，
当且仅当a=b=3 62时等号成立，此时(ab)max=272，
要使得四棱锥M−ABCD的体积最大，
只需点M为平面ABCD的中心O′与球心O所在的直线与球的交点，
又OO′= R2−( a2+b22)2= 9−274=32，
故M−ABCD体积的最大值为13×272×(32+3)=814．
故答案为：814．
求出球半径，将四棱锥P−ABCD补成长方体，可知外接球的直径为长方体的体对角线，要使得四棱锥M−ABCD的体积最大，只需点M为平面ABCD的中心O′与球心O所在的直线与球的交点，由此能求出M−ABCD体积的最大值．
本题考查四棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算能力和推理论证能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)a=(−3,1)，b=(x,2)，
则a+b=(−3+x,3)，
a⊥(a+b)，
则a⋅(a+b)=(−3)⋅(−3+x)+1×3=0，解得x=4，
故a−b=(−7,−1)，
|a−b|= (−7)2+(−1)2=5 2；
(2)b=(x,2)，c=(−12,1),c//b，
则x=−2×12=−1，
故b=(−1,2)，
3a−b=(−9,3)−(−1,2)=(−8,1)，
b+2c=(−1,2)+(−1,2)=(−2,4)，
故(3a−b)⋅(b+2c)=(−8)×(−2)+1×4=20．
【解析】(1)结合向量垂直的性质，以及向量模公式，即可求解；
(2)合向量平行的性质，求出x，再结合平面向量的数量积运算，即可求解．
本题主要考查向量平行、垂直的性质，是基础题．
16.【答案】解：(1)证明：连接AB1与A1B交于点E，连接DE，
在正三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形ABB1A1是矩形，
所以点E是AB1的中点，
又点D是AC的中点，
所以DE//B1C，
又DE⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，
所以B1C/​/平面A1BD．
(2)由(1)知：B1C/​/平面A1BD，
所以点B1到平面A1BD的距离等于点C到平面A1BD的距离，
所以VB1−A1BD=VC−A1BD=VA1−BCD=13×S△BCD⋅AA1=13×12×1× 3×3= 32．
【解析】(1)连接AB1与A1B交于点E，连接DE，由中位线定理可得DE//B1C，结合线面平行的判定定理可得答案；
(2)根据点B1到平面A1BD的距离等于点C到平面A1BD的距离，利用等体积转换法即可求解．
本题考查直线与平面平行的判定以及等体积转换法的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意可得c=b3+acsB3csA，
由正弦定理可得3sinCcsA=sinBcsA+sinAcsB=sin(A+B)=sinC，
因为sinC>0，
可得csA=13；
(2)因为点D是边BC上靠近C的三等分点，且S△ABD=8 23，a=3，
所以S△ABC=32S△ABD=4 2=12bcsinA，由(1)可得sinA= 1−cs2A=2 23，
所以bc=12，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=(b+c)2−2bc−2bc×13，
即9=(b+c)2−83×12，
解得b+c= 21．
【解析】(1)由题意及正弦定理可得csA的值；
(2)由D为三等分点及△ABD的面积，可得△ABC的面积，再由三角形的面积公式可得bc的值，再由余弦定理可得b+c的值．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由AE=34AB=34DC=34(AC−AD)=−34AD+34AC，可得AE=−34a+34b．
所以DE=AE−AD=(−34a+34b)−a=−74a+34b；
(2)若AD=AE=3，则AB=4，由AC=AB+AD，DE=AE−AD=34AB−AD，
可得AC⋅DE=(AB+AD)⋅(34AB−AD)=34|AB|2−14AB⋅AD−|AD|2=112，
即34×16−14AB⋅AD−9=112，解得AB⋅AD=−10，
所以|b|=|AC|= (AB+AD)2= |AB|2+2AB⋅AD+|AD|2= 16−20+9= 5，
a⋅b=AD⋅(AB+AD)=AD⋅AB+|AD|2=−10+9=−1，
可得cs=a⋅b|a|⋅|b|=−13× 5=− 515．
【解析】(1)根据AB=DC=AC−AD，结合AE=34AB表示出向量AE，进而根据DE=AE−AD表示出向量DE，即可得到本题的答案；
(2)以AB,AD为基向量，表示出AC,DE，根据AC⋅DE=112列式算出AB⋅AD=−10，由此推导出a⋅b=−1，进而根据向量的夹角公式求出cs的值．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、向量数量积的定义与运算性质、向量的夹角公式等知识，属于中档题．
19.【答案】解：(1)①因为2sinBsin(C+π3)=2sinB(12sinC+ 32csC)=sinBsinC+ 3sinBcsC，
3sinA= 3sin(B+C)= 3sinBcsC+ 3csBsinC，
所以sinBsinC+ 3sinBcsC= 3sinBcsC+ 3csBsinC，
即sinBsinC= 3sinCcsB，
因为sinC≠0，所以tanB=sinBcsB= 3，
又B∈(0,π)，所以B=π3；
②由B=π3及三角形内角和性质可知，△ABC的三个内角均小于120°，
结合题设易知P点一定在△ABC的内部，
由余弦定理可得a2+c2−b2=2accsB=3，解得ac=3，
所以S△ABC=12|PA|⋅|PB|sin2π3+12|PB|⋅|PC|sin2π3+12|PA|⋅|PC|⋅sin2π3=12acsinB=3 34，
所以|PA||PB|+|PB||PC|+|PA||PC|=3，
所以PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=|PA|⋅|PB|cs2π3+|PB|⋅|PC|cs2π3+|PA|⋅|PC|⋅cs2π3
=(|PA|⋅|PB|+|PB|⋅|PC|+|PA|⋅|PC|)cs2π3=−32；
(2)由已知△ABC中cs2B+cs2C−cs2A=1，即1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1，
故sin2A=sin2B+sin2C，由正弦定理可得a2=b2+c2，
故△ABC直角三角形，即A=π2，
点P为△ABC的费马点，则∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，
设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0，
则由PB|+|PC|=t|PA|得m+n=t，
由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2−2mx2cs2π3=(m2+m+1)x2，
|AC|2=x2+n2x2−2nx2cs2π3=(n2+n+1)x2，
|BC|2=m2x2+n2x2−2mnx2cs2π3=(m2+n2+mn)x2，
故由|AC|2+|AB|2=|BC|2得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2，
即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤(m+n2)2，
当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+ 3时，等号成立，
又m+n=t，即有t2−4t−8≥0，解得t≥2+2 3或t≤2−2 3(舍去)，
故实数t的最小值为2+2 3．
【解析】(1)①根据三角函数的和角公式及同角三角函数的关系，可得角B；
②先判定P点在△ABC内部，再由余弦定理解得ac=3，又三角形面积公式，结合向量的数量积运算即可求得结论；
(2)由已知，可得△ABC直角三角形，设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0，由PB|+|PC|=t|PA|得m+n=t，再由余弦定理结合基本不等式即可求得结论．
本题考查平面向量数量积运算与解三角形的综合应用，属难题．