2023-2024学年广东省湛江二十一中高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省湛江二十一中高一（下）期中数学试卷（含解析），共15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.已知复数z=i2−i，则z对应的点Z在复平面的( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.在平行四边形ABCD中，点E满足AE=14AC，则BE=( )
A. 34AB−14ADB. −34AB+14ADC. AB−14ADD. −AB+14AD
3.在△ABC中，A=60°，B=75°，a=2，则△ABC中最小的边长为( )
A. 63B. 2 63C. 2D. 6
4.在直角坐标系xOy中，向量OA=(1,−1),OB=(5,m),OC=(7,3)，其中m∈R.若A，B，C三点共线，则实数m的值为( )
A. 35B. −7C. 53D. 2
5.如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′D′=2B′C′=2，A′B′=1，则平面图形ABCD中对角线AC的长度为( )
A. 2
B. 3
C. 5
D. 5
6.已知圆锥的侧面积为12π，它的侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为( )
A. 6 2πB. 16 2π3C. 6 3πD. 16 3π3
7.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D为A1B1的中点，AB=BC=2，BB1=1，AC=2 2，则异面直线BD与AC所成的角为( )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
8.已知三棱锥P−ABC的顶点都在球O的球面上，AB⊥AC,BC=2 2,PB⊥平面ABC，若球O的体积为36π，则该三棱锥的体积的最大值是( )
A. 4 73B. 5C. 8 73D. 83
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.已知α，β是两个不重合的平面，l，m是两条不同的直线，在下列说法正确的是( )
A. 若l/​/α，α/​/β，则l/​/β
B. 若α/​/β，m⊂α，则m//β
C. 若l/​/α，m⊂α，则l/​/m
D. 若α∩β=l，m/​/l，则m至少与α，β中一个平行
10.设z为复数(i为虚数单位)，下列命题正确的有( )
A. 复数z=3−2i的共轭复数的虚部为2B. 若z2∈R，则z∈R
C. 若(1+i)z=1−i，则|z|=1D. 若z2+1=0，则z=i
11.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别是棱B1B，C1C上的动点，AA1=2A1B1=2A1C1=4，∠A1C1B1=π3，则下列说法正确的是( )
A. 直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4 3
B. 直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积为16π
C. 若E，F分别是棱B1B，C1C的中点，则异面直线A1F与AE所成角的余弦值为14
D. AE+EF+FA1取得最小值时，A1F=EF
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.向量a=(1,2)，b=(2,λ)，且a⊥b，则实数λ= ______．
13.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为3，b2−c2=21，csA=45，则a的值为______．
14.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，设MN分别是线段DA1、B1D1上的动点，若MN/​/平面CC1D1D，则线段MN长的最小值为______．
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)
设复数z1=1−ai(a∈R)，z2=2+3i，i为虚数单位．
(1)若a=2，求z1⋅z2；
(2)若z1z2是纯虚数，求|z1|.
16.(本小题15分)
已知向量a=(1,x)，b=(2,3)．
(1)若3b⊥(a−b)，求|a−b|；
(2)若c=(−3,−4)，b//(a+c)，求3b+c与a的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcsA+32a=c．
(1)求B的大小；
(2)若c=3，a+b=2，求△ABC的面积．
18.(本小题17分)
如图，已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为3的正方形，DE⊥底面ABCD，DE/​/AF，且FA=3DE=3．
(1)证明：CD⊥平面ADEF；
(2)求四棱锥C−ADEF的体积．
19.(本小题17分)
如图所示正四棱锥S−ABCD，SA=SB=SC=SD=2，AB= 2，P为侧棱SD上的点，且SP=3PD，求：
(1)正四棱锥S−ABCD的表面积；
(2)若M为SA的中点，求证：SC//平面BMD；
(3)侧棱SC上是否存在一点E，使得BE//平面PAC.若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为z=i2−i=−1−i，
所以z对应的点Z(−1,−1)在复平面的第三象限．
故选：C．
根据虚数单位的性质化简，再由实部、虚部符号确定复数对应点所在象限．
本题主要考查复数的运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为ABCD为平行四边形，
所以AC=AB+AD，
则有AE=14AC=14(AB+AD)，
∴BE=AE−AB=14(AB+AD)−AB=−34AB+14AD．
故选：B．
根据向量的加减法运算以及数乘运算即可得到结果．
本题主要考查了向量的线性运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意，C=180°−60°−75°=45°，故△ABC中最小的边长为c．
由正弦定理asinA=csinC，故c=asinCsinA=2× 22 32=2 63．
故选：B．
易得C=45°，再根据正弦定理计算最小角C的对边即可．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：因为向量OA=(1,−1),OB=(5,m),OC=(7,3)，
所以AB=OB−OA=(4,m+1)，AC=OC−OA=(6,4)，
若A，B，C三点共线，则AB/​/AC，
所以4×4=6(m+1)，
解得m=53．
故选：C．
由已知结合点共线与向量共线的转化及向量平行的坐标表示即可求解．
本题主要考查了向量平行的坐标表示，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD，如图，
由斜二测法则知AB=A′B′=2，BC=B′C′=1，AB⊥BC，
所以AC= AB2+BC2= 22+12= 5．
故选：C．
根据斜二测画法的规则确定原图形，利用勾股定理求得长度．
本题考查直观图的画法，解题中需要直观想象能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
圆锥的侧面积为12π，它的侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，
则有πrl=12π，2πrl=2π3，解得r=2，l=6，
所以此圆锥的高h= l2−r2=4 2，
所以此圆锥的体积V=13π×22×4 2=16 2π3．
故选：B．
根据题意，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由圆锥的结构特征可得r、l的值，进而求出圆锥的高，进而计算可得答案．
本题考查圆锥的体积计算，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：取BC1中点E，连接DE，BE，
∵在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D为A1B1的中点，
∴DE/​/AC，∴∠BDE是异面直线BD与AC所成的角(或所成角的补角)，
∵AB=BC=2，BB1=1，AC=2 2，
∴DE=12AB= 2，BD=BE= 12+12= 2，
∴△BDE是等边三角形，∴∠BDE=60°，
∴异面直线BD与AC所成的角为60°．
故选：C．
取BC1中点E，连接DE，BE，则DE/​/AC，∠BDE是异面直线BD与AC所成的角(或所成角的补角)，由此能求出异面直线BD与AC所成的角．
本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：因为AB⊥AC,BC=2 2，易知三角形ABC为等腰直角三角形，
又PB⊥平面ABC，所以PB为三棱锥P−ABC的高，
则可将三棱锥P−ABC补全成如图的直观图，如图，
长方体的体对角线即为外接球直径，即PC为球直径，
∴V=43π(PC2)3=36π，∴PC=6
又PC= PB2+BC2= PB2+8=6，
解得PB=2 7，
BC2=AB2+AC2⩾2AB×AC所以AB×AC⩽4
所以三棱锥的体积V=13×12×AB×AC×2 7⩽4 73．
故选：A．
根据分割补形法，长方体的性质，即可求解．
本题考查三棱锥的外接球问题，属中档题．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查的是空间线线、线面位置关系，属于中档题．
画出一个正方体，借助正方体的平行，垂直关系，进行验证即可．
【解答】
解：A.如图所示：
，
可得结果l//β或l⊂β，故A错误；
B.如图所示：
，
可得结果m//β，故B正确；
C.如图所示：
，
可得m⊥l，故C错误；
D.如图所示：
，
可得结果m//α或m//β，故D正确．
故选：BD．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A，因为z=3−2i，则z−=3+2i，其虚部为2，故A正确；
对于B，取z=i，此时z2=−1∈R，但z∉R，故B错误；
对于C，若(1+i)z=1−i，则z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i，故|z|=1，故C正确；
对于D，若z2+1=0，则z2=−1，解得z=±i，故D错误．
故选：AC．
利用共轭复数的定义可判断A；利用特殊值法可判断B；利用复数的除法化简复数z，结合复数的模长公式可判断C；解方程z2+1=0可判断D．
本题主要考查了复数的基本概念及四则运算，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：选项A：因为AA1=2A1B1=2A1C1=4，∠A1C1B1=π3，
所以三棱柱的上、下底面均为正三角形，
所以VABC−A1B1C1=12×2×2×sinπ3×4=4 3，故A正确；
选项B：如图1，记△ABC和△A1B1C1外接圆的圆心分别为O和O1，
连接OO1，O1B1，记OO1的中点为O2，连接O2B1，
则O1O2=2,O1B1=2 33，
易知O2B1为直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球半径，
且O2B1= O1O22+O1B12= 22+(2 33)2= 163，
所以直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积为4π×O2B12=643π，故B错误；
选项C：如图2，取A1A的中点M，连接B1M，CM，
易知B1M//EA，A1F//CM，且CM=B1M= 22+22=2 2，
故∠CMB1即异面直线A1F与AE所成角或其补角，连接CB1，
则CB1= 22+42=2 5，
故cs∠CMB1=(2 2)2+(2 2)2−(2 5)22×2 2×2 2=−14，
故异面直线A1F与AE所成角的余弦值为14，故C正确；
选项D：将直三棱柱ABC−A1B1C1的侧面展开得到平面展开图，
如图3所示．连接AA1，分别交BB1，CC1于点E，F，
易知AE+EF+FA1的最小值为AA1．
在侧面展开图中易知点E，F分别为BB1，CC1的三等分点，
过点E作EH⊥CC1交CC1于点H，
由勾股定理得A1F= C1F2+A1C12,EF= EH2+HF2，
因为EH=A1C1，C1F=HF，所以A1F=EF，故D正确．
．
故选：ACD．
根据三棱柱的体积公式即可判断A选项；通过确定球心的位置，求出直三棱柱外接球的半径，即可判断B选项；通过平移找到异面直线所成角，然后在三角形中利用余弦定理可判断C选项；通过三棱柱的侧面展开图可判断D选项．
本题考查了三棱柱的体积公式，球的表面积公式，异面直线所成角的定义及求法，是中档题．
12.【答案】−1
【解析】解：因为a=(1,2)，b=(2,λ)，且a⊥b，
所以a⋅b=0，即a⋅b=1×2+2λ=0，解得λ=−1．
故答案为：−1
依题意可得a⋅b=0，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可．
本题考查向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】 13
【解析】解：∵csA=45，A∈(0,π)，
∴sinA= 1−cs2A=35，
∴由△ABC的面积为3=12bcsinA=310bc，得：bc=10，
又∵b2−c2=21，
得b=5，c=2，
∴由余弦定理得a= b2+c2−2bccsA= 25+4−2×5×2×45= 13．
故答案为： 13．
由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinA，利用三角形面积公式可求bc=10，结合b2−c2=21解得b，c的值，利用余弦定理即可解得a的值．
本题主要考查了同角三角函数基本关系式，三角形面积公式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
14.【答案】 22
【解析】解：过点M，N分别作MG//A1D1，交DD1于点G，NP//A1D1，交C1D1于点P，连接PG，
要想MN/​/平面CC1D1D，则四边形MGPN为平行四边形，故NP=MG，
设D1G=m∈(0,1)，则PC1=m，故PD1=1−m，
由勾股定理得MN=PG= D1G2+D1P2= m2+(1−m)2，
其中m2+(1−m)2=2m2−2m+1=2(m−12)2+12≥12，
当且仅当m=12时，等号成立，
故MN≥ 22，
所以线段MN长的最小值为 22．
故答案为： 22．
作出辅助线，得到要使MN/​/平面CC1D1D，则四边形MGPN为平行四边形，故NP=MG，设D1G=m∈(0,1)，得出MN= m2+(1−m)2，求出最小值即可．
本题考查空间几何体的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)当a=2时，z1=1−2i，z1⋅z2=(1−2i)(2+3i)=2−i+6=8−i．
(2)z1z2=1−ai2+3i=(1−ai)(2−3i)(2+3i)(2−3i)=2−3a13−3+2a13i，
因为其为纯虚数，则2−3a=03+2a≠0，解得a=23，
则z1=1−23i，|z1|= 1+49= 133．
【解析】(1)代入a的值，再去计算z1z2即可．
(2)先将z1z2进行化简，因为是纯虚数，说明实部为0，且虚部不为0，从而求出a，再求出模．
本题考查复数的运算，属于基础题．
16.【答案】解：(1)由3b⊥(a−b)，得3b⋅(a−b)=0，整理得：a⋅b−b2=0，
因为a⋅b=2+3x，b2=22+32=13，所以2+3x−13=0，解得x=113，
所以a=(1,113)，a−b=(−1,23)，
所以|a−b|= 1+(23)2= 133；
(2)由题知，a+c=(−2,x−4)，
因为b//(a+c)，所以−2×3−2(x−4)=0，解得x=1.所以a=(1,1)，
又3b+c=(3,5)，所以cs<3b+c,a>=(3b+c)⋅a|3b+c||a|=4 1717，
所以3b+c与a的夹角的余弦值为4 1717．
【解析】(1)根据向量垂直的坐标运算求出x，再根据向量模的坐标运算可得结果；
(2)根据向量平行的坐标运算求出x，再根据向量夹角的坐标运算可得结果．
本题考查平面向量平行于垂直的坐标表示，数量积于夹角，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵bcsA+ 32a=c，
∴由正弦定理可得sinBcsA+ 32sinA=sinC，
又sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
∴ 32sinA=sinAcsB，
∵sinA≠0，
∴csB= 32，
∵B∈(0,π)，
∴B=π6．
(2)∵B=π6，c= 3，
∴由余弦定理可得csB=a2+3−b22×a× 3= 32，整理可得a2−b2+3=3a，
又a+b=2，两式联立，可解得a=b=1，
∴S△ABC=12acsinB=12×1× 3×12= 34．
【解析】本题考查正弦定理，两角和的正弦函数公式，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查计算能力和转化思想，属于基础题．
(1)由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得 32sinA=sinAcsB，结合sinA≠0，可求csB= 32，结合B∈(0,π)，可求B的值；(2)由余弦定理可得a2−b2+3=3a，结合a+b=2，解得a=b=1，利用三角形的面积公式即可计算得解．
18.【答案】(1)证明：∵DE⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，
∴CD⊥DE．
又CD⊥AD，DE∩AD=D，DE，AD⊂平面ADEF，
∴CD⊥平面ADEF．
(2)解：由题意易知四边形ADEF为直角梯形，
∴S梯形ADEF=(1+3)×32=6，
∴VC−ADEF=13S梯形ADEF⋅CD=13×6×3=6．
【解析】(1)由线面垂直的判定证明；
(2)求出直角梯形ADEF的面积，以CD为四棱锥C−ADEF的高求体积．
本题主要考查线面垂直的判定，棱锥体积的求法，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】(1)解：在正四棱锥S−ABCD中，SA=SB=SC=SD=2,AB= 2，
则正四棱锥侧面的高为h= 22−( 22)2= 142，
所以正四棱锥的表面积为S=4×12× 2× 142+ 2× 2=2 7+2；
(2)证明：如图，连接BD交AC于点O，连接MO，BM，DM，则O为AC的中点，

当M为SA的中点时，OM//SC，
又OM⊂平面BMD，SC⊄平面BMD，
所以SC//平面BMD；
(3)解：在侧棱SC上存在点E，使得BE//平面PAC，满足SEEC=2．
理由如下：
取SD的中点Q，由SP=3PD，得PQ=PD，
过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ，BE，
△BDQ中，有BQ//PO，又PO⊂平面PAC，BQ⊄平面PAC，
所以BQ//平面PAC，由SQQP=2，得SEEC=SQQP=2．
又QE//PC，又PC⊂平面PAC，QE⊄平面PAC，
所以QE//平面PAC，又BQ∩QE=Q，BQ、QE⊂平面BEQ，
所以平面BEQ//平面PAC，而BE⊂平面BEQ，
所以BE//平面PAC．

【解析】(1)根据正四棱锥的结构求出侧面的高，即可求解正四棱锥的表面积；
(2)如图，连接BD交AC于点O，则OM//SC，结合线面平行的判定定理即可证明；
(3)取SD的中点Q，过Q作PC的平行线交SC于E，结合面面平行的判定定理与性质即可．
本题考查线面平行的判定，面面平行的判定和性质，属于中档题．