2022-2023学年福建省厦门市高一下册数学期中专项模拟试题（AB卷）含解析

2022-2023学年福建省厦门市高一下册数学期中专项模拟试题

（A卷）

第I卷（选一选）

1．在中，若，，则（       ）

A． B． C． D．

2．，则（       ）

A． B． C． D．

3．已知，，则

A． B． C． D．

4．在中，角，，所对的边分别是，，，已知，，，则（     ）

A．3 B． C． D．3

5．已知，则（       ）

A．2 B． C．1 D．0

6．在中，内角，，所对的边分别为，，，若，且，则的形状是（       ）

A．锐角三角形 B．钝角三角形

C．等腰直角三角形 D．直角三角形

7．向量，且，则(　 　)

A． B． C． D．

8．如图，，下列等式中成立的是（　　）

A． B．

C． D．

9．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则

A． B． C． D．

10．下列各式中值为1的是（       ）

A． B．

C． D．

11．若，则下列结论正确的是（       ）

A． B．

C． D．

12．已知函数，则下列说确的是（     ）

A．函数的最小正周期为

B．函数的图象关于点对称

C．若，则函数的值为1

D．若

第II卷（非选一选）

13．已知三点共线，则=____ .

14．已知，且⊥，则________．

15．已知方程，的两根为，，，，则________.

16．已知的内角、、的对边分别为、、，若，，且的面积是，___________.

17．在中，内角A、B、C所对的边分别为，，，已知．

（Ⅰ）求角B的大小；

（Ⅱ）设，，求．

18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.

（1）求B；

（2）若，的面积为，求的周长.

19．已知向量.

(1) 若，求的值；

(2) 若，求的值.

20．已知，，其中.

（1）求的值；

（2）求.

21．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，.

(1)求的面积；

(2)若，求BC边中线的长.

22．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＋b＝c，2sin2C＝3sinAsin B.

（1）求角C的大小；

（2）若S△ABC＝，求c的值.

数学答案

1．A

【分析】

由正弦定理即可得到答案.

【详解】

根据题意，由正弦定理可得.

故选：A.

2．B

【分析】

由诱导公式及余弦的二倍角公式进行求值.

【详解】

因为，所以.

故选：B

3．A

【详解】

,

,

两式相加得： ，则 ，选A.

4．A

【分析】

由余弦定理列方程求解．

【详解】

由余弦定理得，解得（负值舍去）．

故选：A．

5．A

【分析】

先由求出，再计算即可.

【详解】

，解得，.

故选：A.

6．C

【分析】

转化为，可得继而由，可得

，即得解

【详解】

由题意，由正弦定理

又

即

又

因此为等腰直角三角形

故选：C

7．C

【分析】

先根据求出的值，再利用诱导公式化简即得解.

【详解】

因为，

所以，

所以.

所以.

故选C

本题主要考查向量平行的坐标表示和诱导公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

8．B

【分析】

本题首先可向量减法的三角形法则对已知条件中的进行化简，化简为然后化简并代入即可得出答案．

【详解】

因为，

所以，

所以，即，故选B．

本题考查的知识点是平面向量的基本定理，考查向量减法的三角形法则，考查数形思想与化归思想，是简单题．

9．C

【详解】

分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得．

详解：由题可知

所以

由余弦定理

所以

故选C.

点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理．

10．ACD

【分析】

逆用两角和的正切公式、二倍角公式、两角和的正弦公式，角的三角函数值进行求解即可.

【详解】

A：，符合题意；

B：，没有符合题意；

C：，符合题意；

D：，符合题意，

故选：ACD

11．BD

【分析】

根据同角的三角函数关系式、诱导公式，二倍角公式进行逐一判断即可.

【详解】

由，所以.

A：因为，所以，本选项结论没有正确；

B：因为，，所以，本选项结论正确；

C：因为，所以本选项结论没有正确；

D：因为，所以本选项结论正确，

故选：BD

12．ABC

【分析】

化简的解析式，根据三角函数的最小正周期、对称、最值、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】

，

A，的最小正周期为，A选项正确.

B，，所以函数的图象关于点对称，B选项正确.

C，，

，所以C选项正确.

D，，所以在区间上没有是单调函数，D选项错误.

故选：ABC

13．

【分析】

列方程来求得.

【详解】

依题意：三点共线，

所以，即.

故

14．

【分析】

利用得到，可得，再通过倍角公式以及同角之间三角函数关系变形，然后“弦化切”即可得出答案。

【详解】

由，可得，则，即

本题综合考查了推出，同角之间三角函数关系，“弦化切”等基础知识，考查了计算能力，属于中档题。

15．

【分析】

根据方程，的两根为，，得到，由两角和的正切公式得到，再确定的范围求解.

【详解】

因为方程，的两根为，，

所以，

则，

因为，

所以，

所以，

，，

，

所以.

故

本题主要考查两角和与差的正切公式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

16．

【分析】

利用同角三角函数计算出的值，利用三角形的面积公式和条件可求出、的值，再利用余弦定理求出的值.

【详解】

，，，且的面积是，

，，，，

由余弦定理得，.

故答案为．

本题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了同角三角函数的基本关系、三角形面积公式的应用，考查运算求解能力，属于中等题.

17．（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【分析】

（Ⅰ） 在△ABC中，利用正弦定理及其．可得，利用和差公式化简整理可得B．

（Ⅱ）在△ABC中，利用余弦定理即可得出b．

【详解】

（Ⅰ） 在△ABC中，由正弦定理，

又．

可得，

∴sicosi，

则．

又∵B∈（0，π），可得．

（Ⅱ） 在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，，

∴b2＝a2+c2﹣2acco＝4+9﹣2×2×3×cos7，

解得．

本题考查了正弦定理、余弦定理、和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

18．（1）；（2）

（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式即可求出，进而求出；

（2）根据余弦定理可得到，再根据三角形面积公式得到 ，即可求出 ，进而求出的周长.

【详解】

解：（1），

由正弦定理得：，

整理得：，

∵在中，，

∴，

即，

∴，

即；

（2）由余弦定理得：，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴的周长为.

19．（1）；（2）.

【详解】

试题分析：

（1）由向量垂直知两向量的数量积为0，得，代入待求式可得；

（2）先求出，再由向量模的运算得，求得，由两角和的正弦公式可得．

试题解析：

（1）由可知， ，所以，

所以.

（2）由可得，

，

即，①

又，且②，由①②可解得， ，

所以.

20．（1）；（2）.

【分析】

（1）根据求得的值；

（2）先求，再求，再根据的范围，求得.

【详解】

（1）∵，∴，∵，∴.

则.

（2）由（1），，，则.

则.

∵，∴，∴.

本题考查了同角三角函数的基本关系式，两角和的正弦公式、正切公式，还考查了由三角函数值确定角的大小，属于中档题.

21．(1)4

(2)

【分析】

（1）根据向量的数量积、二倍角公式、三角形面积公式可求得的面积.

（2）可采用余弦定理以及建立方程求解AM；也可将利用中线的向量表示法表示，将向量关系式转化为求模长，也可得AM.

(1)

由题得，.

根据二倍角公式得，则.

∵，∴，

∴，

故的面积为4.

(2)

由，，得.

由（1）得，由余弦定理得，解得.

设BC的中点为M，则AM为BC边的中线，

∴，

则根据余弦定理得

解得，

∴BC边中线的长为.

另解：由，，得.

设BC的中点为M，则，等式两边同时平方得，

，

则.∴BC边中线的长为.

22．（1）；（2）.

【分析】

（1）借助正弦定理，转化2sin2C＝3sin Asin B为 c2＝ab，题干条件，可求解，即得解；

（2）利用面积公式，可得，，即得解

【详解】

（1）∵2sin2C＝3sin Asin B，

∴sin2C＝sin Asin B，

∴c2＝ab.

又a＋b＝c，∴a2＋b2＋2ab＝3c2.

根据余弦定理，得cos C＝，

∴cos C＝＝＝，且

∴C＝.

故C＝

（2）∵S△ABC＝，∴＝absin C.

∵C＝，∴ab＝4，

又c2＝ab，∴c＝.

故c＝

本题考查了解三角形综合问题，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题

2022-2023学年福建省厦门市高一下册数学期中专项模拟试题

（B卷）

（     ，）

一、选一选（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．复数（3+i）m﹣（2+i）对应的点在第三象限内，则实数m的取值范围是（　　）

A．m B．m＜1 C．m＜1 D．m＞1

2．已知向量，，若向量与向量垂直，则实数λ＝（　　）

A． B．1 C．2 D．3

3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则B

等于（　　）

A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120°

4．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底边均为1的等

腰梯形，则这个平面图形的面积是（　　）

A．    B． 

C．    D．

5．已知两条没有同的直线m，n和平面α，下列结论正确的是（　　）

①m∥n，n⊥α，则m⊥α；

②m∥α，n∥α，则m∥n；

③m⊥α，n⊥α，则m∥n；

④m与平面α所成角的大小等于n与平面α所成角的大小，则m∥n．

A．①③ B．①② C．②③ D．①④

6．已知i，j为互相垂直的单位向量，，，且与的

夹角为钝角，则λ的取值范围为（　　）

A．（3，+∞） B．（3，4）∪（4，+∞） 

C．（﹣∞，3） D．（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，3）

7．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosC+bcosA＝b，则△ABC

是（　　）

A．等腰三角形   B．直角三角形  C．等腰直角三角形  D．等腰或直角三角形

8．已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E为BC的中点，则异面直线CB1与DE所成角的

余弦值为（　　）

A． B． C． D．

9．锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c且（aco+bcosA）＝2csi，

a＝2．则边长b的取值范围是（　　）

A． B． C．（，2） D．

10．如图所示，点在以为圆心2为半径的圆弧上运动，且，则的最小值为　　

A．         B．         C．0           D．2

11．如图，在正方体中，，，分别为，的中点，，分别为棱，上的动点，则三棱锥的体积　　

A．存在值，值为    B．存在最小值，最小值为

C．为定值                  D．没有确定，与，的位置有关

12．在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若ac＝4，a•cosC+3c•cosA

＝0，则△ABC面积的值为（　　）

A．1 B． C．2 D．4

二、填 空 题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13． 若O为△ABC的重心（重心为三条中线交点），且，则λ＝　 　．

14．已知圆锥底面半径为1，母线长为3，某质点从圆锥底面圆周上一点A出发，绕圆锥

侧面一周，再次回到A点，则该质点的最短路程为　   　．

15．设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1+z2i，则|z1﹣z2|＝　   　．

16．已知体积为的三棱锥P﹣ABC的顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABC，PA＝2，∠ABC＝120°，则球O的体积最小值为　   　．

三、解 答 题（共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17题10分，其

余试题每题12分）

17．已知复数，z2＝4﹣3i，其中a是实数．

(1) 若z1＝iz2，求实数a的值；

(2) 若是纯虚数，求a的值．

18．已知，，且，的夹角为．

(1) 求；

(2) 若，求实数k的值．

19．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC

＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．

(1) 证明：MN∥平面PAB；

(2) 求四面体N﹣BCM的体积．

20．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2C＝sin2A+cos2B+sinAsinC．

(1) 求角B的大小；

(2) 若，角B的角平分线交AC于D，且BD＝1，求△ABC的周长．

21．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝2，AB＝BC，

D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．

(1)    求证：PA⊥BD；

(2)    求证：平面BDE⊥平面PAC；

(3)    当PA∥平面BDE时，求直线EB与平面ABC所成的角．

22．如图，设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线，已

知c＝1且2csinAco＝asinA﹣bsibsinC，cos∠BAD．

(1)    求b边的长度；

(2)    设点E，F分别为边AB，AC上的动点，线段EF交AD于G，且△AEF的面积

为△ABC面积的一半，求的最小值．

试题答案

13．1           14．         15．2           16．

17.证明:解： (1)∵，z2＝4﹣3i，z1＝iz2，

∴（a+i）2＝a2﹣1+2ai＝3+4i，从而，解得a＝2，

所以实数a的值为2．……5分

(2)依题意得：，

因为是纯虚数，所以：，从而a＝2或；

又因为a是正实数，所以a＝2．……10分

18.解：解： (1)∵，，，∴，

∴；……6分

 (2)方法一：，

则存在非零实数λ，使，

由共面定理得，则k＝±1．……12分

方法二：由已知或，

当，，，

∴，则k＝±1，

同理时，k＝±1，

综上，k＝±1．……12分

19.证明：(1)取BC中点E，连结EN，EM，

∵N为PC的中点，∴NE是△PBC的中位线    ∴NE∥PB，

又∵AD∥BC，∴BE∥AD，

∵AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，

∴BEBC＝AM＝2，∴四边形ABEM是平行四边形，

∴EM∥AB，∴平面NEM∥平面PAB，∵MN⊂平面NEM，∴MN∥平面PAB．……6分

(2)取AC中点F，连结NF，  ∵NF是△PAC的中位线，

∴NF∥PA，NF2，又∵PA⊥面ABCD，∴NF⊥面ABCD，

如图，延长BC至G，使得CG＝AM，连结GM，

∵AMCG，∴四边形AGCM是平行四边形，∴AC＝MG＝3，

又∵ME＝3，EC＝CG＝2，∴△MEG的高h，

∴S△BCM2，

∴四面体N﹣BCM的体积VN﹣BCM．……12分

20.解：(1)因为cos2C＝sin2A+cos2B+sinAsinC．

所以1﹣sin2C＝sin2A+1﹣sin2B+sinAsinC，

即sin2B＝sin2A+sin2C+sinAsinC，由正弦定理得，b2＝a2+c2+ac，

由余弦定理得，co，由B为三角形内角得，B＝120°；……5分

(2)由题意得，S△ABC＝S△ABD+S△BCD，且ABDCBDB＝60°，BD＝1，

所以acsic•BD•sin60°•BD•sin60°，所以（a+c），即ac＝a+c，

因为b＝2，由余弦定理得，b2＝12＝a2+c2﹣2accos120°＝a2+c2+ac，

因为（a+c）2＝a2+c2+2ac＝12+ac＝（ac）2，所以ac=a+c＝4或ac＝﹣3（舍），

故△ABC的周长为．……12分

21.解：(1)证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC，而AB∩BC＝B，

可得PA⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD；……3分

(2)证明：由BD⊥PA，又△ABC为等腰直角三角形，可得BD⊥AC，

而PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，

而BD⊂平面PBD，可得平面BDE⊥平面PAC；……7分

(3)由PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面DEB＝DE，所以PA∥DE，

则DEPA，由于PA⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，

所以∠EBD为直线EB与平面ABC所成角．

因为BDAC＝1，所以tan∠EBD，

所以∠EBD＝60°．即直线EB与平面ABC所成角为60°．……12分

22.解：(1)由条件，

可得：，化简可得：4c＝b，而c＝1，所以：b＝4．……4分

(2)设，因为△AEF的面积为△ABC面积的一半，所以xy＝2，

设，则，

又E，G，F共线，所以设，

则，

所以：，解得：，

所以：，又，

所以：

，

又xy＝2，所以化简可得：，

又y≤4，所以，

所以，当x＝1时等号成立．……12分