福建省南平高级中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省南平高级中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题（Word版附解析），共14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=m+1+(m−1)i(m∈Z)对应的点在第四象限，则m的值为( )
A. −1B. 0C. 1D. ±1
2.如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A、B、C为其上的三个点，则在正方体盒子中，∠ABC等于( )
A. 45∘B. 60∘C. 90∘D. 120∘
3.若|a+b|=|a−b|,a=(1,2),b=(m,3)，则实数m=( )
A. 6B. −6C. 3D. −3
4.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知
，则此三角形( )
A. 无解B. 一解C. 两解D. 解的个数不确定
5.在菱形ABCD中，若|AB−AD|=|AB|且AD在AB上的投影向量为λAB，则λ=( )
A. −12B. 12C. − 22D. 22
6.平面α与平面β平行的充分条件可以是( )
A. α内有无穷多条直线都与β平行
B. 直线a//α，a//β，且a⊄α，a⊄β
C. α内的任何一条直线都与β平行
D. 直线a⊂α，直线b⊂β，且a//β，b//α
7.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acsC+ 3asinC=b，则A=( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
8.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
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.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列等式中一定成立的是( )
A. acsB=bcsA
B. acsB+bcsA=c
C. 2sinAsinBcsC=sin2A+sin2B−sin2C
D. csBcsA+csC=ab
10.已知点M是△ABC的重心，点A(1,2)，B(2,3)，C(−2,5)，点D是BC上靠近点B的三等分点，则( )
A. M(13,103)B. D(23,113)
C. ⟨MD,AC⟩=π3D. |3MD−AC|=2 6
11.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知AB=1，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有( )
A. 该半正多面体的体积为5 23
B. 该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为3 32
C. 该半正多面体外接球的表面积为8π
D. 该半正多面体的表面积为6+2 3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图是梯形ABCD按照斜二测画出的直观图A′B′C′D′，其中A′D′=2，B′C′=4，A′B′=1，则原梯形ABCD的面积为______.
13.已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为r的半圆，且该圆锥的体积为3π，则r=______.
14.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2 3，AC=3CF，△AA1B与△A1B1B为正三角形，动点Q为侧面四边形ABB1A1内一点，若B1C//平面A1QF，则动点Q运动轨迹长度为______.
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)
已知复数z1=1+i，z=(m2+m−6)+(m2−3m+2)i(m∈R).
(1)当m取何值时，z为纯虚数？
(2)当m=3时，求|z⋅z1|的值.
16.(本小题15分)
如图，在△ABC中，D是AB的中点，BE=13BC.
(1)若AC=2BC=2，∠ACB=60∘，求|CD|；
(2)若CO=λCD，求λ的值.
17.(本小题15分)
如图，为了测量出到河对岸铁塔的距离与铁搭的高，选与塔底B同在水平面内的两个测点C与D.在C点测得塔底B在北偏东45∘方向，然后向正东方向前进20米到达D，测得此时塔底B在北偏东15∘方向.
(1)求点D到塔底B的距离BD；
(2)若在点C测得塔顶A的仰角为30∘，求铁塔高AB.
18.(本小题17分)
如图，已知四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，且SD=4，E为侧棱SC的中点.
(1)求证：SA//平面EDB；
(2)求三棱锥E−ABD的体积.
(3)若F为侧棱AB的中点，求证：EF//平面SAD.
19.(本小题17分)
在① 3a−bsinC= 3ccsB，②cs2B2=2a−b+2c4c，③sin2A−cs2B+cs2C=sinAsinB这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答.
在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知_____.
(1)求角C；
(2)若c=1，△ABC的面积S∈(0, 312)，求△ABC的周长l的取值范围；
(3)若 2c= 3b，CA= 3CD，求tan∠ABD.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意，m+1>0，m−1<0，解得−1又m∈Z，则m的值为0.
故选：B.
根据复数的几何意义列不等式，解出m.
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了正方体的结构特征，关键是根据展开图还原为正方体后，确定A、B、C的具体位置，考查了空间想象能力．
根据展开图还原为正方体后，确定A、B、C构成以面对角线为边的正三角形，即求出所求角的度数．
【解答】解：将展开图还原为正方体后，A、B、C是三个面上的相对顶点，
即构成以面对角线为边的正三角形，
故∠ABC=60∘，
故选B.
3.【答案】B
【解析】解：∵|a+b|=|a−b|，
∴a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，
∴a⋅b=0，又a=(1,2)，b=(m,3)，
∴1×m+2×3=0，解得m=−6.
故选：B.
依题意，可得a⋅b=0，利用向量数量积的坐标运算可求得答案．
本题考查平面向量数量积的性质及其运算，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：由正弦定理，得，解得sinB= 32.
因为a又因为B∈(0,π)，所以或，
故此三角形有两解，
故选：C.
利用正弦定理结合已知条件分析判断即可．
本题考查正弦定理的应用，考查三角形解的情况，考查特殊角的三角函数值，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：在菱形ABCD中，由|AB−AD|=|AB|可得：|DB|=|AB|，
则△ABD为等边三角形，
过点D作AB的垂线，与AB交于点E，则E为AB中点，
由投影向量的定义可知，AE即为AD在AB上的投影向量，
故AE=λAB=12AB，故λ=12.
故选：B.
根据向量减法的几何意义得|DB|=|AB|，则△ABD为等边三角形，再根据投影向量定义即可求得λ.
本题考查向量减法的几何意义，考查投影向量的概念，属基础题．
6.【答案】C
【解析】解：C选项是面面平行的定义，A，B，D中，平面α与平面β相交时都有可能满足．
故选：C.
可看出平面α与平面β相交时都有可能满足A，B，D，从而只能选C.
本题考查了充分条件的定义，面面平行的定义，考查了直观想象能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：因为acsC+ 3asinC=b，
所以sinAcsC+ 3sinAsinC=sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
所以 3sinAsinC=csAsinC，
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，所以tanA= 33，
因为A∈(0,π)，所以A=π6.
故选：A.
由正弦定理和三角恒等变换知识化简即可求得．
本题考查正弦定理和三角恒等变换的应用，属于基础题．
8.【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．
9.【答案】BC
【解析】解：对于A，由于asinA=bsinB，得asinB=bsinA，
若acsB=bcsA，
则tanB=tanA，可得A=B，
但△ABC中不一定有A=B，因此错；
对于B，sinC=sin(A+B)=sinAcsB+sinBcsA，
所以c=acsB+bcsA，正确；
对于C，csC=a2+b2−c22ab=sin2A+sin2B−sin2C2sinAsinB，
从而2sinAsinBcsC=sin2A+sin2B−sin2C，正确；
对于D，csAcsB+csC=csAcsB−cs(A+B)=sinAsinB≠ab，错．
故选：BC.
对于A，由正弦定理化简已知等式可得tanB=tanA，可得A=B，即可判断；
对于B，利用两角和的正弦公式以及正弦定理即可求解判断；
对于C，利用余弦定理，正弦定理即可求解判断；
对于D，利用两角和的余弦公式即可求解判断．
本题考查了正弦定理，余弦定理三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
10.【答案】AB
【解析】解：点M是△ABC的重心，点A(1,2)，B(2,3)，C(−2,5)，
对于A，设点M(x,y)，则x=1+2+(−2)3=13y=2+3+53=103，所以M(13,103)，故A正确；
对于B，点D是BC上靠近点B的三等分点，则3BD=BC，
设D(a,b)，则3(a−2,b−3)=(−4,2)，即3(a−2)=−43(b−3)=2，
解得a=23,b=113，所以D(23,113)，故B正确；
对于C，因为MD=(1,13),AC=(−3,3)，则cs⟨MD,AC⟩=MD⋅AC|MD||AC|=−3+13 2× 103=1 5≠12，
即⟨MD,AC⟩≠π3，故C错误；
对于D，3MD−AC=3(1,13)−(−3,3)=(6,−2),|3MD−AC|= 62+(−2)2=2 10，故D错误；
故选：AB.
先根据重心坐标公式求出重心坐标判断A选项；
再根据三等分点求出点D判断B选项；
再根据夹角公式计算判断C选项；
最后根据模长公式求解判断D选项．
本题考查平面向量的数量积与坐标运算，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：A：如图，因为AB=1，
所以该半正多面体是由棱长为 2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
所以该半正多面体的体积为：V=( 2)3−8×13×12×( 22)2× 22=5 23，故A正确；
B：根据该半正多面体的对称性可知，过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，
又AB=1，所以正六边形面积为S=6× 34×12=3 32，故B正确；
C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形ABCFED的中心，故半径为AB=1，
所以该半正多面体外接球的表面积为S=4πR2=4π×12=4π，故C错误；
D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为1，
所以其表面积为8× 34×12+6×12=6+2 3，故D正确．
故选：ABD.
先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断BC，利用正三角形与正方体的面积公式判断D.
本题考查几何体的结构特征，属于中档题．
12.【答案】6
【解析】解：如图，还原梯形，BC=4，AB=2，AD=2，梯形为直角梯形，
所以原梯形ABCD的面积S=12×(2+4)×2=6.
故答案为：6.
根据斜二测画法的规则，还原几何图形，即可求原梯形的面积．
本题考查斜二测画法、梯形等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】2 3
【解析】解：由题意知，设圆锥的底面圆的半径为R，高为h，
则圆锥的母线长为r，且2πR=12×2πr，得R=r2，
所以ℎ= r2−R2= 32r，又圆锥的体积为3π，
所以V=13Sℎ=13πR2ℎ，即3π=13π(r2)2× 32r，
解得r=2 3.
故答案为：2 3
设圆锥的底面圆的半径为R，高为h，则母线长为r且R=r2，根据勾股定理求得ℎ= 32r，结合圆锥的体积公式计算即可求解．
本题考查的知识点是圆锥的体积，考查空间想象能力以及计算能力，是基础题．
14.【答案】3
【解析】解：在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2 3，AC=3CF，△AA1B与△A1B1B为正三角形，动点Q为侧面四边形ABB1A1内一点，
取BB1的中点E，连接AB1交A1E于点G，
连接FG，则△AGA1∽△B1GE，所以AGGB1=AA1EB1=2，
又由AC=3CF，得AFCF=2，所以AFFC=AGGB1，
所以FG//CB1，又CB1⊄平面A1EF，
FG⊂平面A1EF，所以CB1//平面A1EF，
由此可知动点Q运动轨迹为线段A1E，
由题意知A1E⊥BB1，所以A1E= 32BB1= 32AB=3，
则动点Q运动轨迹长度为3.
故答案为：3.
如图，根据题意和线面关系可得动点Q运动轨迹为线段A1E，由△A1B1B为正三角形可得A1E= 32BB1，即可得解．
本题考查了立体几何中的轨迹问题，属于中档题．
15.【答案】解：(1)∵z为纯虚数，∴m2+m−6=0m2−3m+2≠0，∴m=−3.
(2)当m=3时，z=6+2i，
∴z⋅z1=(6+2i)(1+i)=4+8i，
∴|z⋅z1|= 42+82=4 5.
【解析】(1)由复数的概念列出关于m的关系式即可求得；
(2)由复数的四则运算法则求出z⋅z1，再由复数的模的概念即可求出．
本题考查复数的概念及四则运算，还考查了计算能力，属基础题．
16.【答案】解：(1)∵CD=12(CA+CB)，
∴|CD|2=14(|CA|2+2CA⋅CB+|CB|2)=14×(22+2×2×1×cs60∘+1)=74.
故|CD|= 72；
(2)设CO=μCA+(1−μ)CE=μCA+2(1−μ)3CB.
又∵CO=λCD=λ2CA+λ2CB，
∴λ2=μλ2=2(1−μ)3，
解得λ=45，μ=25.
【解析】(1)利用结论可得CD=12(CA+CB)，再结合模的定义求解即可；
(2)利用平面向量的线性运算化简得方程组，解方程组即可．
本题考查了平面向量的运算的应用，属于基础题．
17.【答案】解：(1)由题意可知，∠BCD=45∘，∠BDC=105∘，
故∠CBD=30∘，
在△BCD中，由正弦定理，得BDsin∠BCD=CDsin∠CBD，即BDsin45∘=20sin30∘，
所以BD=20sin45∘sin30∘=20× 2212=20 2(米)，
因此点D到塔底B的距离BD为20 2米；
(2)在△BCD中，由正弦定理，得BCsin∠BDC=BDsin∠BCD，
得BC=20 2sin45∘⋅sin105∘
=40⋅sin(60∘+45∘)
=40⋅(sin60∘cs45∘+cs60∘sin45∘)
=40× 6+ 24
=10( 6+ 2)，
在Rt△ABC中，AB=BC×tan∠ACB
=10( 6+ 2)× 33
=10 2+10 63，
所以铁塔高AB为(10 2+10 63)米．
【解析】(1)在△BCD中，利用正弦定理可求出BD的长；
(2)利用正弦定求得BC，再解直角三角形求得AB.
本题考查了正弦定理，余弦定理以及两角和的正弦公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：连接AC交BD于O，连接OE，
∵E为侧棱SC的中点，O是AC的中点，
∴OE//SA，
∵SA⊄平面EDB，OE⊂平面EDB，
∴SA//平面EDB.
(2)∵E为侧棱SC的中点，
∴E到平面ABCD的距离等于S到平面ABCD的距离的一半，
∴E到平面ABCD的距离ℎ=12SD=2.，
∴VB−ADE=VE−ABD=13S△ABD⋅ℎ.
=13×(12×2×2)⋅2=43.
(3)证明：设M为侧棱SD的中点，连结ME，EF，
∵E为侧棱SC的中点，F为侧棱AB的中点，
∴ME//DC,ME=12DC，
∵AF//DC,AF=12DC，
∴ME//AF，ME=AF，
∴四边形AFEM为平行四边形，
∴EF//AM，
∵EF⊄平面SAD，AM⊂平面SAD，
∴EF//平面SAD.
【解析】(1)利用三角形中位线得出OE//SA，即可得证；
(2)根据E到平面ABCD的距离等于S到平面ABCD的距离的一半，即可求解；
(3)利用四边形AFEM为平行四边形，得出EF//AM，即可得证．
本题考查线面平行的判定与几何体的体积问题，属于中档题．
19.【答案】解：(1)若选①： 3a−bsinC= 3ccsB，
由正弦定理得 3sinA−sinBsinC= 3sinCcsB，又sin(B+C)=sinA，
所以 3sinBcsC=sinBsinC，又sinB>0，所以 3csC=sinC，即tanC= 3，
又0若选②：因为cs2B2=2a−b+2c4c，所以1+csB2=2a−b+2c4c=2a−b4c+12，
所以csB=2a−b2c，所以a2+c2−b22ac=2a−b2c，所以a2+b2−c2=ab，
所以csC=a2+b2−c22ab=12，又0若选③：因为sin2A−cs2B+cs2C=sin2A−(1−sin2B)+(1−sin2C)=sinAsinB，
即sin2A+sin2B−sin2C=sinAsinB，所以由正弦定理得a2+b2−c2=ab，
所以csC=a2+b2−c22ab=12，又0(2)因为△ABC的面积S=12absinπ3= 34ab∈(0, 312)，所以ab∈(0,13)，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsπ3，即1=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab，
所以a+b= 1+3ab，因为ab∈(0,13)，所以a+b∈(1, 2)，又c=1，
所以△ABC的周长l的取值范围为(2,1+ 2)；
(3)因为 2c= 3b，所以 2sinC= 3sinB，所以sinB= 2 3sinC= 2 3× 32= 22，
又bsin5π12=sin(π4+π6)=sinπ4csπ6+sinπ6csπ4= 6+ 24，
又CA= 3CD，所以CD= 33b,DA=(1− 33)b，
记∠ABD=θ，在△BCD中，由正弦定理得：CDsin(π4−θ)=BDsinπ3，
所以BD= 33b× 32sin(π4−θ)=b2sin(π4−θ)，
在△ABD中，由正弦定理得：ADsinθ=BDsin5π12，所以BD=(1− 33)b× 6+ 24sinθ=b 6sinθ，
所以b2sin(π4−θ)=b 6sinθ，所以2sin(π4−θ)= 6sinθ，整理化简得(1+ 3)sinθ=csθ，
所以tanθ=11+ 3= 3−12，即tan∠ABD= 3−12.
【解析】(1)选①：用正弦定理化简求解即可；选②：用二倍角公式和余弦定理求解；选③：用正弦定理和余弦定理求解即可；
(2)先利用面积范围求得ab∈(0,13)，然后利用余弦定理及函数单调性求解范围即可；
(3)先根据正弦定理求得B=π4，C=5π12，记∠ABD=θ，在△BCD中，由正弦定理得BD=b2sin(π4−θ)，在△ABD中，由正弦定理得BD=b 6sinθ，则有2sin(π4−θ)= 6sinθ，
利用两角差的正弦公式展开化简计算即可．
本题考查正弦定理，余弦定理，考查三角函数性质，属于中档题．