2023-2024学年福建省福州市部分学校教学联盟高一下学期期末模拟考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年福建省福州市部分学校教学联盟高一下学期期末模拟考试数学试题（含答案），共12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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在复平面内，复数z=12+i对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知复数z的共轭复数z满足1+i⋅z=2i，则z⋅z=( )
A. 2B. 1C. 2D. 4
3.已知两个不同的平面α,β和两条不同的直线m,n，下面四个命题中，正确的是( )
A. 若m//n，n⊂α，则m//α
B. 若m//α，n//α且m⊂β，n⊂β，则α//β
C. 若m//α，n⊂α，则m//n
D. 若α//β，m⊂α，则m//β
4.已知向量a,b满足a=1,b=2，向量a与b的夹角为60∘，则4a−b=( )
A. 12B. 4C. 2 3D. 2
5.已知向量a=2,b=4,2a−b=4 3，则a在b上的投影向量为( )
A. −bB. bC. 14bD. −14b
6.如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′=4，C′D′=2，则下列说法正确的是( )
A. AB=2
B. A′D′=2 2
C. 四边形ABCD的周长为4+2 2+2 3
D. 四边形ABCD的面积为6 2
7.在▵ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a2+c2−b2+2ac=2bcsinA，则B=( )
A. π6B. π3C. π2D. 2π3
8.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2BC=2，点B到平面ACD1的距离为( )
A. 69B. 13C. 23D. 63
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▵ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，则下列命题正确的是( )
A. 若asinA=bsinB，则▵ABC一定为等腰三角形
B. 若A>B，则csA>csB
C. 若a:b:c=3:5:7，则▵ABC的最大内角为120∘
D. 若▵ABC为锐角三角形，则sinA>csB
10.在图示正方体中，O为BD中点，直线A1C∩平面C1BD=M，下列说法正确的是( )．
A. A，C，C1，A1四点共面B. C1，M，O三点共线
C. M∈平面BB1D1DD. A1C与BD异面
11.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，DD1，CD的中点，则下列说法正确的有( )
A. 直线A1G与直线C1E共面
B. VD1−BEF=13
C. 二面角D1−AC−B1的平面角余弦值为13
D. 过点B，E，F的平面，截正方体的截面面积为9
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.陶瓷茶壶是中国人很喜爱的一种茶具，不少陶瓷茶壶兼具实用性与艺术性，如图所示的陶瓷茶壶的主体可近似看作一个圆台型容器，忽略茶壶的壁厚，该圆台型容器的轴截面下底为10cm，上底为6cm，面积为80cm2，则该茶壶的容积约为 L(结果精确到0.1，参考数据：π≈3；1L=1000cm3).
13.海宝塔位于银川市兴庆区，始建于北朝晚期，是一座方形楼阁式砖塔，内有木梯可盘旋登至顶层，极目远眺，巍巍贺兰山，绵绵黄河水，塞上江南景色尽收眼底.如图所示，为了测量海宝塔的高度，某同学(身高173cm)在点A处测得塔顶D的仰角为45∘，然后沿点A向塔的正前方走了38m到达点B处，此时测得塔顶D的仰角为75∘，据此可估计海宝塔的高度约为 m.(计算结果精确到0.1)

14.中国古代数学著作《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”.在如图所示的堑堵ABC−A1B1C1中，AA1=AC=5,AB=3,BC=4，则阳马C1−ABB1A1的外接球的体积与表面积之比是 ．
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)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，(2b−c)csA=acsC.
(1)求A;
(2)若△ABC的面积为 3，BC边上的高为1，求△ABC的周长．
16.(本小题15分)
如图1，在边长为4的正方形ABCD中，点P、Q分别是边AB、BC的中点，将▵APD、▵CDQ分别沿DP、DQ折叠，使A、C两点重合于点M，连BM、PQ，得到图2所示几何体．
(1)求证：PM⊥DQ；
(2)在线段MD上是否存在一点F，使BM/​/平面PQF，如果存在，求FMFD的值，如果不存在，说明理由．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E,F分别为PC,PD的中点，G为线段BD上一点，且BD=4BG．
(1)证明：EG//平面ACF；
(2)若四棱锥P−ABCD为正四棱锥，且PA= 5AB，求四棱锥P−ABCD的外接球与正四棱锥P−ABCD的体积之比．
18.(本小题17分)
如图，在三棱锥P−ABC中，∠APC=∠BPC=45∘，△BPA是正三角形．
(1)求证：平面PBC⊥平面PAC;
(2)若AB=1，PC=5 28，求AP与平面ABC所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
如图，斜三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC，D为AB的中点，D1为A1B1的中点，平面ABC⊥平面ABB1A1．
(1)求证：直线A1D//平面BC1D1；
(2)设直线AB1与直线BD1的交点为点E，若三角形ABC是等边三角形且边长为2，侧棱AA1= 72，且异面直线BC1与AB1互相垂直，求异面直线A1D与BC1所成角；
(3)若AB=2,AC=BC= 2,tan∠A1AB= 22，在三棱柱ABC−A1B1C1内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切．求三棱柱ABC−A1B1C1的高．
答案
1.D
2.C
3.D
4.C
5.D
6.D
7.C
8.C
9.ACD
10.ABD
11.ABC
12.0.5或12
13.53.6
14.5 26
15.解：(1)因为(2b−c)csA=acsC，
由正弦定理，得(2sinB−sinC)csA=sinAcsC，
即2sinBcsA=sinAcsC+sinCcsA，
即2sinBcsA=sinB.
因为在△ABC中，sinB≠0，
所以csA=12．
又因为0(2)∵△ABC的面积为 3，即12×a×1= 3，即a=2 3，
∴12bcsinA= 34bc= 3，∴bc=4．
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA，即12=b2+c2−bc，
得b+c2=12+3bc=24，所以b+c=2 6，
所以△ABC周长为a+b+c=2 6+2 3．
16.(1)证明：∵折叠前AD⊥AP，
∴折叠后MD⊥MP，
∵MP=MQ=2，PQ= BP2+BQ2= 22+22=2 2，
因为MP2+MQ2=PQ2，所以MP⊥MQ，
又∵MD∩MQ=M，MD，MQ⊂平面MDQ
∴MP⊥平面MDQ，而DQ⊂平面MDQ，
∴PM⊥DQ，
(2)解：若BM/​/平面PQF，
连接BD交PQ于N，连接NF，BM⊂平面DBM，平面PQF∩平面DBM=NF，则MB//NF，
在正方形ABCD中，连接AC交BD于O，
则BN=12BO=14BD，
所以BN=13ND，
由MB//NF，则FM=13FD，
即FMFD=13．
17.解：(1)设AC∩BD=O，在AO的中点H，连接HG、EF，
因为E,F分别为PC,PD的中点，所以EF//CD且EF=12CD，
又G为线段BD上一点，且BD=4BG，底面ABCD是平行四边形，所以G为BO的中点，
所以HG//AB且HG=12AB，又AB//DC且AB=DC，
所以EF//HG且EF=HG，
所以四边形EFHG为平行四边形，所以GE//HF，
又EG⊄平面ACF，HF⊂平面ACF，所以EG//平面ACF．
(2)因为四棱锥P−ABCD为正四棱锥，且PA= 5AB，
不妨设AB=1，则PA= 5，
连接PO，则PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC，
所以AO=12AC= 22，则PO= PA2−AO2= 52− 222=3 22，
所以VP−ABCD=13SABCD⋅PO=13×1×1×3 22= 22，
因为PO>AO，所以正四棱锥P−ABCD外接球的球心位于线段PO上，
设球心为M，半径为R，连接AM，
则AM=PM=R，在Rt▵AMO中AO2+OM2=AM2，
即R2= 222+3 22−R2，解得R=5 26，
所以正四棱锥外接球的体积V1=4π3R3=4π3×5 263=125 281π，
所以四棱锥P−ABCD的外接球与正四棱锥P−ABCD的体积之比为V1VP−ABCD=125 281π 22=250π81．

18.解：(1)证明：作AH⊥PC交PC于H，连接HB，
设PH=a，由∠CPA=45∘，得PA= 2a，
在ΔPHB中，
cs∠BPH=PH2+PB2−BH22PH⋅PB= 22，
所以BH=a，故BH⊥PC，
所以∠BHA即为二面角B−PC−A的平面角，
因为BA= 2a，BH=AH=a，
所以BH⊥AH，
所以由面面垂直定义可知，平面PBC⊥平面PAC；
(2)因为平面PBC⊥平面PAC，
平面PBC∩平面PAC=PC，
BH⊂平面PBC，BH⊥PC，
所以BH⊥平面PCA，
设点P到底面ABC的距离为ℎ，
所以VB−PCA=13SΔPCABH
=13SΔABCℎ=596 2，
又因为S△ABC=3 216，
所以ℎ=56，
因为AP=1，所以AP与平面ABC所成角的正弦值为56．
19.解：(1)斜三棱柱ABC−A1B1C1中，D1为A1B1的中点，D为AB的中点，
所以A1D1=12A1B1=12AB=BD，且A1D1//BD，
所以四边形A1D1BD为平行四边形，
所以A1D//BD1，
因为BD1⊂平面BC1D1，A1D⊄平面BC1D1，
所以A1D//平面BC1D1；
(2)因为AC=BC，D为AB的中点，所以CD⊥AB，
因为平面ABC⊥平面ABB1A1，交线为AB，CD⊂平面ABC，
所以CD⊥平面ABB1A1，故C1D1⊥平面ABB1A1，
所以C1D1⊥AB1，又BC1与AB1互相垂直，BC1∩C1D1=C1，BC1,C1D1⊂面BC1D1
故AB1⊥面BC1D1，得AB1⊥BD1.即▵B1D1E为直角三角形，
在▱ABB1A1中，D,D1为中点，A1D//BD1，所以E为AB1的三等分点，设B1E=t，
由余弦定理可得：
cs∠A1B1A=B1EB1D1=AB 12+A1B 12−AA 122AB1⋅A1B1=t1=3t2+22− 7222×3t×2
解之：t= 32，所以∠A1B1A=π6,故D1E=12
A1B1//AB,∴D1EEB=B1D1AB=12,∴BD1=32.
C1D1⊥平面ABB1A1，∴C1D1⊥BD1,在▵BD1C1中，tan∠D1BC1=2 33．
A1D与BC1所成的角为arctan2 33.
(3)过B作BP⊥AA1于P，过P作FP⊥CC1于F，连BF
∴▵BPF为直截面，小球半径为▵BPF的内切圆半径
因为AB=2,AC=BC= 2，所以AC2+BC2=AB2，
故AC⊥BC，则CD=12AB=1
设BP= 2t,所以AP=2t，由AB2=BP2+AP2解得t= 63，
BP=2 33,AP=2 63；
由最小角定理cs∠A1AC=cs∠A1ABcs∠BAC=2 6× 22=1 3
PF=ACsin∠A1AC=2 3
由CD⊥面ABB1A1，易知BP⊥CC1，∴BF=PF=BP=2 3
内切圆半径为：r=13
则ℎ=r+r+2rsin∠A1AB=2 3+69.