2023-2024学年福建省泉州市安溪县铭选中学高一（下）质检数学试卷（5月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年福建省泉州市安溪县铭选中学高一（下）质检数学试卷（5月份）（含答案），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满足(1−i)z=2i，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
2.已知|a|=2，向量a在向量b上的投影数量为 3，则a与b的夹角为( )
A. π3B. π6C. 2π3D. π2
3.已知△ABC的斜二测画法的直观图为△A′B′C′，若A′B′=4，B′C′=3，∠A′B′C′=60°，则△ABC的面积为( )
A. 3 3B. 3 64C. 6 6D. 12 6
4.已知一个棱长为1的正方体，与该正方体每个面都相切的球半径记为R1，与该正方体每条棱都相切的球半径为R2，过该正方体所有顶点的球半径为R3，则下列关系正确的是( )
A. R1：R2：R3= 2： 3：2B. R1+R2=R3
C. R12+R22=R32D. R13+R23=R33
5.我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵副弦图”中，已知AE=3EF，AB=a，AD=b，则AE=( )
A. 1225a+925b
B. 1625a+1225b
C. 45a+35b
D. 35a+45b
6.设向量a与b的夹角为θ，定义a⊕b=|asinθ−bcsθ|，已知|a|= 2，|b|=|a+b|=1，则a⊕b=( )
A. 22B. 2C. 32D. 3
7.如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知AB=8cm，CD=2cm，则该青铜器的体积为( )
A. 87 2πcm3B. 87 2π4cm3C. 43 2π2cm3D. 43 2πcm3
8.如图，在△ABC中，D是BC的中点，G是AD的中点，过点G作直线分别交AB，AC于点M，N，且AB=xAM,AC=yAN，则1x+1y的最小值为( )
A. 1
B. 2
C. 4
D. 2
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.下列命题中错误的有( )
A. a=b的充要条件是|a|=|b|且a/​/b
B. 若a/​/b，b/​/c，则a/​/c
C. 若a/​/b，则存在实数λ，使得a=λb
D. ||a|−|b||≤|a+b|≤|a|+|b|
10.设复数z=a+bi(a,b∈R)(i为虚数单位)，则下列说法正确的是( )
A. “z∈R”的充要条件是“z=z−”
B. 若a=b=1，则z3的虚部为2
C. 若a=0，b=1，则k=12022zk=z+z2+z3+⋯+z2022=1
D. 方程z2−5|z|+6=0在复数集中有6个解
11.中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即S= 14[c2a2−(c2+a2−b22)2](S为三角形的面积，a，b、c为三角形的三边).现有△ABC满足sinA：sinB：sinC=2：3： 7，且△ABC的面积S△ABC=6 3，则下列结论正确的是( )
A. △ABC的最短边长为4B. △ABC的三个内角满足A+B=2C
C. △ABC的外接圆半径为4 213D. △ABC的中线CD的长为3 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知i是虚数单位，若复数z=1i+i2022，则z−的虚部是______．
13.已知两平行的平面截球所得截面圆的面积分别为9π和16π，且两截面间的距离为1，则该球的体积为______．
14.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinB= 3bcsA，b=10，c=6，则BC边上的中线长是______．
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)
已知复数z满足z−1为纯虚数，(1−2i)⋅z为实数，其中i为虚数单位．
(1)求复数z；
(2)若x⋅z+y⋅z−=z⋅z−，求实数x，y的值．
16.(本小题15分)
已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足2acsB=2c+b．
(1)求A；
(2)若D在BC上，AD是∠BAC的角平分线，且AD=1，求S△ABC的最小值．
17.(本小题15分)
如图所示，在△ABC中，AQ=QC，AR=13AB，BQ与CR相交于点I，AI的延长线与边BC交于点P．
(1)用AB和AC分别表示BQ和CR；
(2)如果AI=AB+λBQ=AC+μCR，求实数λ和μ的值；
(3)确定点P在边BC上的位置．
18.(本小题17分)
如图，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内，在A点测得M，N的俯角分别为α1=75°，β1=30°，在B点测得M，N的俯角分别为α2=45°，β2=60°，同时测得AB=10 6km．
(1)求BN和AM的长度；
(2)求M，N之间的距离．
19.(本小题17分)
如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD=PD，E、F分别为CD、PB的中点．
(1)求证：EF⊥平面PAB；
(2)设AB= 2BC，求AC与平面AEF所成的角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵(1−i)z=2i，
∴(1+i)(1−i)z=(1+i)⋅2i，
∴z=−1+i，
则|z|= (−1)2+12= 2，
故选：B．
利用复数的四则运算法则、模的计算公式即可得出结论．
本题考查了复数的四则运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的投影、夹角，属于基础题．
利用平面向量投影的定义，列出方程求出a与b夹角的余弦值，即可得出夹角大小．
【解答】解：记向量a与向量b的夹角为θ，θ∈[0,π]，
而|a|=2，
∴a在b上的投影数量为|a|csθ=2csθ．
∴2csθ= 3，
∴csθ= 32，
∵θ∈[0,π]，
∴θ=π6．
故选B．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，根据“斜二测画法”原理，原△ABC的面积与△A′B′C′的面积的比值为2 2，
A′B′=4，B′C′=3，∠A′B′C′=60°，
可得△A′B′C′的面积：12×4×3×sin60°=3 3，S△ABCS△A′B′C′=2 2，
则△ABC的面积S=2 2×3 3=6 6．
故选：C．
根据“斜二测画法”原理，求解△A′B′C′的面积，利用原△ABC的面积与△A′B′C′的面积的比值，求解即可．
本题考查斜二测画法中的面积计算，注意二测画法的步骤，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：与该正方体每个面都相切的球直径为棱长：R1=12，
与该正方体每条棱都相切的球直径面对角线长：R2= 1+12= 22，
过该正方体所有顶点的球的半径为体对角线：R3= 1+1+12= 32，
R1：R2：R3=1： 2： 3，故A错误；
R12+R22=R32，故C正确，BD错误．
故选：C．
根据已知条件，依次求出R1，R2，R3，再结合选项，即可求解．
本题主要考查棱柱的结构特征，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为AE=3EF，
所以AF=AB+BF=AB+34ED=AB+34(EA+AD)=AB+34(−AE+AD)，
所以43AE=AB+34AD−34AE，整理得，AE=1225(AB+34AD)=1225a+925b．
故选：A．
根据平面向量的线性运算法则，即可得解．
本题考查平面向量的线性运算，熟练掌握平面向量的加法和数乘的运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：∵|a|= 2，|b|=|a+b|=1，
∴|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=1，
即2+2a⋅b+1=1，则a⋅b=−1，
故a⋅b=|a||b|csθ=−1，得csθ=− 22，
∵θ∈[0,π]，
∴sinθ= 1−(− 22)2= 22，
∴a⊕b=|asinθ−bcsθ|=| 22a+ 22b|
= 12a2+a⋅b+12b2= 12×2−1+12= 22．
故选：A．
利用平面向量数量积的运算法则求得a⋅b与csθ，进而求得sinθ，再代入a⊕b，利用数量积求模长公式即可得解．
本题考查平面向量的运用，解决的关键是利用转化法求得csθ与sinθ，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意可得该青铜器的体积为：
π×22×2 2+13×(π×22+π×42+ π×22×π×42)×3 2+13×(π×42+π×12+ π×42×π×12)× 2
=8 2π+28 2π+7 2π=43 2π．
故选：D．
根据圆柱的体积公式，圆台的体积公式即可求解．
本题考查组合体的体积的求解，属基础题．
8.【答案】A
【解析】解：因为G是AD的中点，且AB=xAM,AC=yAN，
所以AG=12×12(AB+AC)=14(xAM+yAN)．
因为M，G，N三点共线，所以14(x+y)=1，
即x+y=4，所以1x+1y=14(x+y)⋅(1x+1y)=14(2+xy+yx)≥14(2+2 xy⋅yx)=1，
当且仅当x=y=2时，等号成立．
故选：A．
首先利用向量的线性运算，计算得AG=14(xAM+yAN)，再利用三点共线结论得系数和为1，即14(x+y)=1，再利用基本不等式求出最值即可．
本题考查的知识点：向量的线性运算，基本不等式的性质，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
9.【答案】ABC
【解析】解：对于A：a=b的充要条件是|a|=|b|且方向相同，故A错误；
对于B：当b=0时，原式不成立，故B错误；
对于C：当a≠0，b=0时，不存在实数λ，使得a=λb，故C错误；
对于D：根据向量加、减法的三角形法则，可知||a|−|b||≤|a+b|≤|a|+|b|成立，故D正确．
故选：ABC．
利用平面向量相等的定义判断A；举反例判断BC；利用向量三角形法则判断D．
本题主要考查向量相等与共线，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，若z∈R，则z=a，此时z=z−，
若z=z−，则a+bi=a−bi，即b=0，故z=a∈R，故A对；
对于B，z=1+i，则z3=(1+i)3=−2+2i，故虚部为2，故B对；
对于C，z=i，则z+z2+z3+z4=i−1−i+1=0，
故k=12022zk=505×(z+z2+z3+z4)+z2021+z2022=z+z2=−1+i，故C错；
对于D，由z2−5|z|+6=a2−b2−5 a2+b2+6+2abi=0，
则a2−b2−5 a2+b2+6=02ab=0，
若a=0，则b2+5|b|−6=(|b|+6)(|b|−1)=0，可得b=±1，共2个解；
若b=0，则a2−5|a|+6=(|a|−2)(|a|−3)=0，可得a=±2或a=±3，共4个解；
所以原方程共有6个解，故D对．
故选：ABD．
由复数概念及充分、必要性定义判断；B应用复数乘方运算化简求虚部；C由复数的乘方及虚数单位乘方的周期性求值；D根据方程可得a2−b2−5 a2+b2+6=02ab=0，讨论a=0、b=0求解的个数即可．
本题考查复数概念及充分、必要性定义、复数乘方运算、虚数单位乘方的周期性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】AB
【解析】解：因为sinA：sinB：sinC=2：3： 7，
所以由正弦定理可得a：b：c=2：3： 7，
设a=2t，b=3t，c= 7t，t>0，
因为△ABC的面积S△ABC=6 3，
所以6 3= 14[7t2×4t2−(7t2+4t2−9t22)2]，
解得t=2，则a=4，b=6，c=2 7，
所以△ABC的最短边长为4，故A正确；
因为csC=a2+b2−c22ab=16+36−282×4×6=12，
所以C=π3，
可得A+B=π−π3=2π3=2C，
所以△ABC的三个内角满足A+B=2C，故B正确；
因为C=π3，
所以sinC= 32，
由正弦定理得2R=csinC=4 213，解得R=2 213，所以△ABC的外接圆半径为2 213，故C错误；
因为CD=12(CA+CB)，
所以|CD|2=14(CA+CB)2=14×(36+16+2×4×6×12)=19，故CD= 19，故D错误．
故选：AB．
由题意利用正弦定理可得a：b：c=2：3： 7，设a=2t，b=3t，c= 7t,(t>0)，利用公式可求t，进而可求a，b，c的值，即可判断A；利用余弦定理可求csC的值，进而可求C，利用三角形内角和定理即可判断B；利用正弦定理可求△ABC的外接圆半径，即可判断C；由题意CD=12(CA+CB)，两边平方，利用平面向量数量积的运算即可求解CD的值，即可判断D．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形内角和定理以及平面向量数量积的运算在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
12.【答案】1
【解析】解：因为z=1i+i2022=−ii(−i)+i505×4+2=−i+i2=−1−i，
所以z−=−1+i，
即复数z−的虚部是1．
故答案为：1．
利用复数的除法运算与i的性质求得z，从而得解．
本题主要考查了复数的运算，考查了共轭复数的概念，属于基础题．
13.【答案】500π3
【解析】解：设球的半径为R，依题意，截面圆的面积分别为9π和16π，则截面圆的半径分别为3，4，
可得球心到两截面圆的距离分别为 R2−32， R2−42．
当两截面在球心的同一侧时，因为两截面间的距离为1，
所以 R2−32− R2−42=1，解得R=5或R=−5(舍)；
当球心在两截面之间时，可得 R2−32+ R2−42=1，即3=− R2−42，该方程无解．
综上，R=5，故该球的体积为4π3⋅R3=4π3×53=500π3．
故答案为：500π3．
求出球心到两截面圆的距离，再讨论“两截面在球心的同一侧”和“球心在两截面之间”两种情况，得出半径，进而得出球的体积．
本题主要考查球的体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】7
【解析】解：由正弦定理得：sinAsinB= 3sinBcsA，
∵B∈(0,π)，∴sinB≠0，
∴sinA= 3csA，即tanA= 3，
∵A∈(0,π)，∴A=π3，
∵D是边BC的中点，∴AD=12(AB+AC)，
∴AD2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(b2+2bccsA+c2)=14×(100+60+36)=49，
∴|AD|=7，即BC边上的中线长是7．
故答案为：7．
利用正弦定理边化角可求得A，根据向量线性运算和数量积运算律可求得AD2，由此可得结果．
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
15.【答案】解：(1)设z=m+ni，(m,n∈R)，
∵复数z满足z−1=(m−1)+ni为纯虚数，
∴m=1，且n≠0，
∵(1−2i)⋅z=(1−2i)⋅(1+ni)=1+2n+(n−2)i为实数，
∴n=2，
∴z=1+2i．
(2)由(1)可知，z=1+2i，
∵x⋅z+y⋅z−=z⋅z−，
∴x⋅(1+2i)+y⋅(1−2i)=(1+2i)⋅(1−2i)，即x+y+(2x−2y)i=5，
∴由复数相等的条件可知，x+y=52x−2y=0，解得x=52y=52．
【解析】(1)根据已知条件，结合纯虚数和实数的定义，即可求解．
(2)根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数相等的条件，即可求解．
本题主要考查共轭复数，纯虚数，实数的定义，以及复数相等的条件，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为2acsB=2c+b，
由正弦定理可得2sinAcsB=2sinC+sinB，
即2sinAcsB=2sin(A+B)+sinB=2sinAcsB+2csAsinB+sinB，
所以csAsinB=−12sinB，
而B∈(0,π)，∴sinB≠0，故csA=−12，
因为A∈(0,π)，所以A=2π3．
(2)由题意可知，S△ABC=S△ABD+S△ACD，
由角平分线性质和三角形面积公式得：
12bcsin2π3=12b×1×sinπ3+12c×1×sinπ3，
化简得bc=b+c，又bc=b+c≥2 bc，
从而bc≥4，当且仅当b=c=2时，等号成立，
故S△ABC=12bcsin23π≥ 3，因此S△ABC的最小值为 3．
【解析】(1)根据正弦定理边化角以及两角和的正弦公式可求出结果；
(2)根据三角形的面积公式以及基本不等式可求出结果．
本题考查解三角形问题，正弦定理与三角形面积公式的应用，属中档题．
17.【答案】解：(1)由AQ=12AC，
可得BQ=BA+AQ=−AB+12AC，
∵AR=13AB，
∴CR=CA+AR=−AC+13AB．
(2)将BQ=−AB+12AC，CR=−AC+13AB
代入AI=AB+λBQ=AC+μCR，
则有AB+λ(−AB+12AC)=AC+μ(−AC+13AB)，
即(1−λ)AB+12λAC=13μAB+(1−μ)AC，
∴1−λ=13μ12λ=1−μ，
解得λ=45μ=35；
(3)设BP=mBC，AP=nAI，
由(2)知AI=15AB+25AC，
∴AP=BP−BA，
∴nAI=mBC+AB，
∴15nAB+25nAC=m(AC−AB)+AB
=(1−m)AB+mAC
∵AB与AC不共线，
∴15n=1−m25n=m，
解得m=23n=53，
∴BP=23BC，即BPPC=2，
∴点P在BC的三等分点且靠近点C处．
【解析】此题考查了向量加减法，平面向量基本定理等，难度较大．
(1)利用数量关系和向量加法的三角形法则容易求得；
(2)利用(1)的结果，把BQ,CR转化为AB,AC即可得解；
(3)设BP=mBC，AP=nAI，结合AP=BP−BA即(2)的结果，可解m，得P点位置．
18.【答案】解：(1)在△ABM中，由题知AB=10 6，∠MAB=75°，∠ABM=45°，
所以∠AMB=180°−75°−45°=60°，
由正弦定理得AMsin∠ABM=ABsin∠AMB，所以AM=AB⋅sin∠ABMsin∠AMB=10 6⋅ 22 32=20，
在△ABN中，又因为∠BAN=30°，∠ABN=180°−60°=120°，∠ANB=180°−120°−30°=30°，
所以∠BAN=∠ANB，
所以BN=AB=10 6；
(2)在△ABN，由(1)∠ABN=120°，∠BAN=∠BNA=30°，AB=BN=10 6，
所以AN=2AB⋅cs30°=2×10 6× 32=30 2，
在△AMN中，AM=20，AN=30 2，∠MAN=75°−30°=45°，
由余弦定理得MN2=AM2+AN2−2AM⋅ANcs∠MAN=400+1800−2×20×30 2× 22=1000，
所以MN=10 10．

【解析】(1)在△ABM中，利用正弦定理即可求解出AM，再利用条件得到BN=AB；
(2)在△ABN中，利用条件和(1)中的结果，求出AN，在△AMN中，再利用余弦定理即可求解．
本题主要考查了正弦定理及余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)取PA中点M，连接MD、MF，
∵ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AB、AD⊂平面ABCD，
∴AB⊥AD，PD⊥AB，PD⊥AD，
又∵AD∩PD=D，AD、PD⊂平面PAD，
∴BA⊥平面PAD，
∵DM⊂平面PAD，
∴BA⊥DM，
∵Rt△PAD中，PD=AD，M为PA中点，
∴PA⊥DM，
又PA∩AB=A，PA、AB⊂平面PAB，
∴DM⊥平面PAB．
∵F、M分别为PB、PA中点，
∴FM/​/AB，且FM=12AB，
又∵E为CD中点，底面ABCD为矩形，
∴DE/​/AB，且DE=12AB，
∴FM/​/DE，且FM=DE，
∴四边形FMDE为平行四边形，
∴DM//EF，
∵DM⊥平面PAB，
∴EF⊥平面PAB．
(2)设AD=PD=1，则AB=CD= 2，设AC∩BD=O，连接OF，
则FO为△BPD的中位线，故FO=12PD=12，且FO⊥平面ABCD，
设点C到平面AEF的距离为h，
由(1)知EF⊥平面PAB，AF⊂平面PAB，
∴EF⊥AF，S△AEF=12×AF×EF，
∵VF−ACE=VC−AEF，
∴13×12×CE×AD×FO
=13×12×AF×EF×h，
化简可得，CE×AD×FO=AF×EF×h，
由(1)BA⊥平面PAD和平行四边形FMDE可得，
在Rt△PAB中，AF=12BP=12 PD2+BD2=12 1+3=1，
在Rt△PAD中，EF=DM=12AP=12 PD2+AD2= 22，
∴ 22×1×12=1× 22×h，解得h=12，
而AC= 3，设AC与平面AEF所成的角为θ，
则sinθ=hAC=12 3= 36．
故AC与平面AEF所成的角的正弦值为 36．
【解析】本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用，用等体积法求点到平面的距离，直线和平面所成的角的定义和求法，属于中档题．
(1)取PA中点M，连接MD、MF，先由条件证明BA⊥平面PAD，可得BA⊥DM，再证DM⊥PA，即可得DM⊥平面PAB，由平行四边形FMDE可得FE//DM，即可证明EF⊥平面PAB；
(2)设AD=PD=1，则AB=CD= 2，设AC∩BD=O，则FO⊥平面ABCD，设点C到平面AEF的距离为h，根据VF−ACE=VC−AEF求得h=12，而AC= 3，设AC与平面AEF所成的角为θ，由sinθ=hAC，运算求得结果．