2023-2024学年山东省青岛五十八中高一（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年山东省青岛五十八中高一（下）期中数学试卷-普通用卷，共20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.若复数z满足z(2−i)=(2+i)(3−4i)，则|z|=( )
A. 5B. 3C. 5D. 25
2.如图所示，△ABC中，BD=2DC，点E是线段AD的中点，则AC=( )
A. 34AD+12BE
B. 34AD+BE
C. 54AD+12BE
D. 54AD+BE
3.紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶、石瓢壶、潘壶，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台(其他因素忽略不计)，如图给出了一个石瓢壶的相关数据(单位：cm)，那么该壶装满水的体积约为( )
A. 0.182升B. 0.205升C. 0.218升D. 0.235升
4.嵩岳寺塔位于河南郑州登封市嵩岳寺内，历经1400多年风雨侵蚀，仍巍然屹立，是中国现存最早的砖塔.如图，为测量塔的总高度AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=30∘，∠BDC=45∘，CD=4，在C点测得塔顶A的仰角为60∘，则塔的总高度为( )
A. 12−4 2
B. 12−4 3
C. 12+4 2
D. 12+4 3
5.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若5csB−8csC8c−5b=csAa，又△ABC的面积S=10 3，且B+C=2A，则AB⋅BC+BC⋅CA+CA⋅AB=( )
A. 64B. 84C. −69D. −89
6.由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为30∘，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点B′到x轴的距离是( )
A. 1
B. 2
C. 2
D. 2 2
7.在△ABC中，角ABC的对边分别为a、b、c，若b=a(csC+ 33sinC)，AD是△ABC的角平分线，点D在BC上，AD= 3，b=3c，则a=( )
A. 4 73B. 73C. 43D. 4
8.△ABC中，AB= 2,∠ACB=π4,O是△ABC外接圆圆心，是OC⋅AB+CA⋅CB的最大值为( )
A. 3B. 2 2C. 2D. 1
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列命题正确的是( )
A. 棱锥是由一个底面为多边形，其余各面为具有公共顶点的三角形围成的几何体
B. 球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180∘所形成的曲面
C. 有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体为棱台
D. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台
10.对于△ABC，有如下判断，其中正确的判断是( )
A. 若a=2，A=30∘，则b+2csinB+2sinC=2b+c2sinB+sinC=4
B. 若a=8，b=10，B=60∘，则符合条件的△ABC有两个
C. 若点P为△ABC所在平面内的动点，且AP=λ(AB|AB|csB+AC|AC|csC),λ∈(0,+∞)，则点P的轨迹经过△ABC的垂心
D. 已知O是△ABC内一点，若2OA+OB+3OC=0,S△AOC,S△ABC分别表示△AOC，△ABC的面积，则S△AOC⋅S△ABC=1：6
11.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanA+tanB= 3cacsB.则下列结论正确的是( )
A. A=π6
B. 若a=2，则该三角形周长的最大值为6
C. 若△ABC的面积为2，则a有最小值
D. 设BD=c2b+cBC，且AD=1，则1b+2c为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z=(a−1)−2ai(a∈R)，且|z|=5，若z在复平面内对应的点位于第二象限，则a=______.
13.如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面圆周和圆锥的顶点均在体积为36π的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为______.
14.已知a，b，e是同一平面的向量，其中e是单位向量.非零向量a与e的夹角为π3，向量b满足|b−2e|=1，则|a−b|的最小值是______.
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)
学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD−A1B1C1D1挖去四棱锥O−EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.说明过程，不要求严格证明，不考虑打印损耗的情况下．
(1)计算制作该模型所需原料的质量；
(2)计算该模型的表面积．(精确到0.1)
参考数据： 13≈3.61， 15≈3.87， 17≈4.12.
16.(本小题15分)
在直角梯形ABCD中，已知AB//CD，∠DAB=90∘，AB=2AD=2CD=4，点F是BC边上的中点，点E是CD边上一个动点.
(1)若E是CD边的中点.
①试用AE和AF表示AB；
②求AC⋅EF的值；
(2)求EA⋅EF的取值范围.
17.(本小题15分)
如图，已知△ABC与△ADC关于直线AC对称，把△ADC绕点A逆时针旋转π3，得到△AFE，若B，C，E，F四点共线，且AC=5，AB=7.
(1)求BC；
(2)求△ADE的面积.
18.(本小题17分)
在①sinAsinBsinC= 32(sin2A+sin2C−sin2B)；②1tanA+1tanB=sinC 3sinAcsB；③设△ABC的面积为S，且4 3S+3(b2−a2)=3c2.这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上.并加以解答.
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知_____，且b=2 3.
(1)若a+c=6，求△ABC的面积；
(2)若△ABC为锐角三角形，求a2+b2c2的取值范围.
19.(本小题17分)
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120∘时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120∘的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120∘时，最大内角的顶点为费马点.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cs2B+cs2C−cs2A=1.
(1)求A；
(2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA；
(3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由z(2−i)=(2+i)(3−4i)，
得z=(2+i)(3−4i)2−i=10−5i2−i，
∴|z|=|10−5i2−i|=|10−5i||2−i|=5 5 5=5.
故选：C.
利用复数代数形式的乘法运算可得z=10−5i2−i，再由商的模等于模的商求解．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为BD=2DC，点E是线段AD的中点，所以DC=12BD，ED=12AD，
AC=AD+DC=AD+12BD=AD+12(BE+ED)=AD+12(BE+12AD)=54AD+12BE，
故选：C.
直接利用已知条件，结合向量的三角形法则，推出结果即可．
本题考查平面向量的基本定理的应用，向量的三角形法则的应用，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意可知：石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，
其中圆台的上底面半径为3cm，下底面半径为5cm，高为4cm，
所以该壶装满水的体积约为13×4π×(32+3×5+52)=196π3cm3≈205.15cm3≈0.205升．
故选：B.
根据圆台的体积公式，即可求解．
本题考查圆台的体积的求解，属基础题．
4.【答案】B
【解析】解：设AB=h，则BC=htan60∘=h 3，
在△BCD中，sin∠CBD=sin[180∘−(30∘+45∘)]
=sin(30∘+45∘)
=sin30∘cs45∘+cs30∘sin45∘
= 2+ 64，
在△BCD中由正弦定理CDsin∠CBD=BCsin45∘，即4 2+ 64=h 3 22，
解得h=12−4 3.
故选：B.
设AB=h，在△ABC中，根据正切用h表示BC，△BCD中，正弦定理建立BC与CD的等量关系，可求解h，从而确定选项．
本题考查了解三角形，考查了正弦定理以及两角和的正弦公式的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由5csB−8csC8c−5b=csAa，得5csB−8csC8sinC−5sinB=csAsinA，
则5sin(A+B)=8sin(A+C)，
即5sinC=8sinB，即5c=8b，
又S△ABC=12bcsinA=10 3，即bcsinA=20 3；
又B+C=2A，得A=π3；
综上c=8，b=5.
则a2=b2+c2−2bccsA=49，即a=7.
由AB+BC+CA=0，
两边平方可得：c2+a2+b2+2(AB⋅BC+BC⋅CA+CA⋅AB)=0，
所以AB⋅BC+BC⋅CA+CA⋅AB=−a2+b2+c22=−69.
故选：C.
利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式整理可求得b，c关系，再由三角形面积公式和余弦定理求得三边，再由数量积运算得到结果．
本题考查解三角形和平面向量的数量积，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：根据题意，
如图，过点B′作B′C′//y″轴，交x″轴于点C′，
在△O′B′C′中，∠B′O′C′=30∘，∠B′C′O′=135∘，O′B′=2，
由正弦定理得B′C′sin30∘=O′B′sin135∘，
于是得B′C′= 2，且原图中BC即为B到x轴的距离，
由斜二测画法规则知，在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是2 2.
故选：D.
根据题意，先由正弦定理求出直观图的B′C′，再由斜二测画法规则求出B到x轴的距离即可．
本题考查平面图形的直观图，涉及正弦定理的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：因为b=a(csC+ 33sinC)，
所以由正弦定理化简可得：sinB=sinAcsC+ 33sinAsinC，
又sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
所以 33sinAsinC=csAsinC，
因为sinC>0，可得tanA= 3，
由于A∈(0,π)，
可得：A=π3，
因为AD是△ABC的角平分线，D在BC边上，可得∠BAD=∠DAC=π6，
所以由余弦定理可得BD= 3+c2−2× 3×c× 32，CD= 3+b2−2×b× 3× 32，
因为b=3c，
所以CD=3BD，即 3+b2−2×b× 3× 32=3 3+c2−2× 3×c× 32，整理可得c=43，b=4，
所以由余弦定理可得a= (43)2+42−2×43×4×12=4 73.
故选：A.
利用正弦定理把题设等式中的角的正弦转换成边的关系，代入余弦定理中求得csA的值，进而求得A的值，由已知利用角平分线的性质可得∠BAD=∠DAC=π6，由余弦定理，角平分线的性质可得CD=3BD，进而解得c，b的值，进而根据余弦定理可得a的值．
本题主要考查了解三角形问题，考查了对正弦定理和余弦定理的灵活运用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：过点O作OD⊥AC，OE⊥BC，垂足分别为D，E，
如图所示：
因O是△ABC外接圆圆心，则D，E分别为AC，BC的中点，
CO⋅CB=12|CB|2=12|CA|2−12|CB|2+|CA|2+|CB|2−22=|CA|2−1，
在△ABC中，AB=CB−CA，则|AB|2=|CA|2+|CB|2−2CA⋅CB，
即CA⋅CB=|CA|2+|CB|2−22，CO⋅CA=|CO||CA|cs∠OCA=|CD|⋅|CA|=12|CA|2，
由正弦定理得：|CA|=|AB|sinBsin∠ACB= 2sinBsinπ4=2sinB≤2，当且仅当B=π2时取“=”，
所以OC⋅AB+CA⋅CB的最大值为3.
故选：A.
直接利用向量的线性运算和数量积运算以及正弦定理的应用求出结果．
本题考查的知识点：向量的数量积运算，正弦定理，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
9.【答案】AB
【解析】解：根据空间几何体的定义：
对于A，由棱锥的定义知由一个底面为多边形，
其余各面为具有公共顶点的三角形围成的几何体是棱锥，故A正确；
对于B，球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180∘所形成的曲面，故B正确；
对于C，有两面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体不一定是棱台，
∵不能保证各侧面的延长线交于一点，故C错误；
对于D，用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分不一定为棱台，
因为不能保证截面与底面平行，故D错误．
故选：AB.
根据空间几何体的定义，对选项中的命题判断正误即可，AB选项说法正确，C选项必须还要保证各条侧棱所在直线交于同一点，D选项必须保证这个平面平行于底面．
本题考查命题真假的判断，考查棱锥、球面、棱台等基础知识，考查空间想象能力，是基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：A中，因为a=2，A=30∘，由正弦定理知asinA=bsinB=csinC=212=4，
所以b=4sinB，c=4sinC，
所以2b2sinB=csinC=4可得2b+c2sinB+sinC=4，
由bsinB=2c2sinC=4可得b+2csinB+2sinC=4，故A正确；
B中，由正弦定理可知asinA=bsinB，即8sinA=10sin60∘，
解得sinA=2 35，
又a