重庆市第十一中学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

这是一份重庆市第十一中学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分． 每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的．
1.已知复数z满足z⋅i+1=1-i(i为虚数单位)，则z的虚部为( )
A.−1B.1C.−iD.i
2.下列命题正确的是( )
A.若a//b，b//c，则a//cB.若a，b的方向相反，则a，b是相反向量
C.若a⋅c=b⋅c，则a=bD.若a与b不共线，则a，b可构成一组基底
3.已知正三角形ABC的边长为1，BC=a，CA=b,AB=c，那么a⋅b+b⋅c+c⋅a=( )
A.32B.-32C.3D.-3
4.已知m,n为两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，对于下列命题正确的是()
A.m⊂α,n⊂α,m//β,n//β⇒α//βB.α//β,m⊂α⇒m//β
C.n//m,n⊂α⇒m//α D.m//α,n⊂α⇒m//n.
5.在△ABC中，已知:a=4,b=x，A=60∘，若该三角形有两解，则()
A.x>4B.06.解放碑是重庆的标志建筑物之一，因其特有的历史内涵，仍牵动着人们敬仰的目光，在海内外具有非凡的影响。我校数学兴趣小组为了测量其高度AB，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为30∘，45∘，60∘，且CD=DE=22m，则解放碑的高AB约为()(参考数据：6≈2.449)
A.24mB.27mC.30mD.33m
7.如图,在△ABC中,∠BAC=π3,AD=2DB,P为CD上一点，且满足AP=mAC+12AB,若△ABC的面积为3,则AP的最小值为（）
A62C.1D.34
8.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若2asinA-csinBcsA=bsinB,且30λcsB+C+9cs2A+16λ2+5≤0恒成立,则λ的取值范围是()
A.78,528B.-1,-78C.78,1D.528,1
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．
9.以下四个命题正确的是()
A.三个平面最多可以把空间分成八部分
B.若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，则"a与b相交"与“α与β相交"等价
C.若α∩β=l,直线a⊂平面α,直线b⊂平面β,且α∩b=P,则P∈l
D.若空间中三个平面两两相交，则他们的交线互相平行
10.圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球.若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥PO的内切球和外接球的球心正合，且圆锥PO的底面直径为6，则()
A.设圆锥的轴截面三角形为△PAB,则其为等边三角形
B.设内切玦的半径为r1，外接球的半径为r2，刘r2=2r1
C.设圆锥的体积为V1,内切球的体积为V2,则V1V2=278
D.设S，T是圆锥底面圆上的两点，且ST=3，则平面PST截内切球所得截面的面积为3π5
11.设复数z=a+bia,b∈R，其中i为虚数单位，则下列正确的是()
A.若a=0,b=1,则z+z2+z3+…+z2026=1
B.若z⋅2+i=10,则z⋅z=2
C.若z=1,则z-1+3i的最大值为3
D.方程z2-5z+6=0在复数集中有6个解
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12.已知向量a与b是不共线的单位向量，且a-2b=3，则向量a与b的夹角为 。
13.秦九跺是我国南宋时期的著名数学家，他在著作《数书九章》中提出，已知三角形三边长计算三角形面积的一种方法"三斜求积术"，即在△ABC中，a,b,c分别为内角A,B,C所对应的边，S△ABC=12ab2-a2+b2-c222=12bc2-b2+c2-a222=12ac2-a2+c2-b222。若在△ABC中有c2=2sinCsinA,csB=35,a>b>c,则利用“三斜求积术”求△ABC的面积为 。
14.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2,AB=AD=23，点P为线段A1B上的一个动点，当P为A1B中点时，三棱锥A1-PAD1的体积为；当AP+D1P取最小值时，A1PPB= 。
四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
15.如图所示，四边形ABCD是矩形，且AB=2AD=4，若将图中阴影部分绕AB旋转一周.
(I)求阴影部分形成的几何体的表面积；
(II)求阴影部分形成的几何体的体积。
16.已知向量a,b的夹角为60∘,且a=1,0。
(1)若b=2,求向量b的坐标；
(2)若a+b⊥a-b，λ∈R,求a+λb的最小值。
17.如图,在△ABC中,∠ACB=π2,∠CAB=π3,AC=2,点M在线段AB上。
(1)若sin∠CMA=33,求CM的长；
(2)点N是线段CB上一点,MN=7,且S△BMN=12S△ACB,求BM+BN的值。
18.如图，在四棱锥P−ABCD中，BC=BD=DC=23,AD=AB=PD=PB=2。
(1)若点E为PC的中点，M为DC的中点，求证：平面BEM//平面PAD；
(2)在棱PD上是否存在一点F，使得AF//平面PBC？若存在，请求出PFFD
的值；若不存在，请说明理由。
“费马点”是由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-cs2A=2sin2C
(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=tPA,求实数t的晨小值。S圆柱底 =πr2=4π，S半球 =2πr2=8π，∴S表 =4π+16π+8π=28π；(2)V柱 =πr2h=4π×4=16π，V半球 =23πr3=23π×8=163π，∴V=16π-163π=323π.
16.解：(1)由题意，设b=(x,y)，
因为|b|=2，所以x2+y2=2，即x2+y2=4，
又因为向量a,b的夹角为60∘，
所以cs⁡⟨a,b⟩=a⋅b|a||b|=x2=12，解得x=1，
将x=1代入，解得y=±3，
所以b=(1,3)或b=(1,-3)；
(2)因为(a+b)⊥(a-b),λ∈R，
所以(a+b)⋅(a-b)=0，即a2=b2，
所以|a|=|b|=1，
所以|a+λb|=(a+λb)2=a2+2λa⋅b+λ2b2=λ2+λ+1=λ+122+34,
所以当λ=-12时，|a+λb|有最小值32.
17. 解：(1)在 △CAM 中， ∠CAM=π3,sin⁡∠CMA=33,AC=2 ，
由正弦定理得 CMsin⁡∠CAM=ACsin⁡∠CMA ，则 CM=AC⋅sin⁡π3sin⁡∠CMA=2×32×33=3.
(2)在 △ACB 中， ∠ACB=π2，∠CAB=π3 ，则 ∠ABC=π6 ，
因为 S△BMN=12S△ACB ，所以 12⋅BM⋅BN⋅sin⁡π6=12×12×2×23 ，解得 BM⋅BN=43 ；
在 △BMN 中， MN=7 ，
由余弦定理得，
MN2=BM2+BN2-2BM⋅BNcs⁡∠ABC=(BM+BN)2-2BM⋅BN⋅1+32，
即 (7)2=(BM+BN)2-2×43×1+32 ，
所以 (BM+BN)2=19+83=(4+3)2 ， 即 BM+BN=4+3.
故B M+BN 的值为 4+3.
18. (1)证明：取 CD 的中点为 M ，连接 EM，BM ，由 △BCD 为等边三角形，可得 BM⊥CD ，
因为 AD=AB=2，BD=23 ，
所以 ∠ADB=∠ABD=30∘ ，
∠ADC=30∘+60∘=90∘ ，即 AD⊥CD ，
所以 BM//AD ，
又 BM⊄ 平面 PAD，AD⊂ 平面 PAD ，
所以 BM// 平面 PAD ，
又 E 为 PC 的中点， M 为 CD 的中点，所以 EM//PD ，
又 EM⊄ 平面 PAD,PD⊂ 平面 PAD ，所以 EM// 平面 PAD ，
又 EM∩BM=M,EM,BM⊂ 平面 BEM
所以平面 BEM// 平面 PAD;
(2)解：过 A 作 AN//BC ，交 CD 于 N ，
再过 N 作 NF//PC ，交 PD 于 F ，连接 AF ，则 F 即为所求.
由 ∠ABC=30∘+60∘=90∘ ，可得 ∠NAB=90∘，∠DAN=120∘-90∘=30∘ ，
在直角三角形 ADN 中， ND=ADtan⁡30∘=233 ，
则 CN=23-233=433 ，
所以 DN:CN=1:2 ，
由 NF//PC ，可得 PFFD=CNDN=2.
证明：当 PFFD=CNDN=2 时，可得 NF//PC ，
NF 大平面 PBC，PC⊂ 平面 PBC ，可得 NF// 平面 PBC ，
又 AN//BC，AN ⊄平面 PBC，BC⊂ 平面 PBC ，可得 AN// 平面 PBC ，
又 AN∩NF=N,AN,NF⊂ 平面 ANF
可得平面 ANF// 平面 PBC ，
而 AF⊂ 平面 ANF ，所以 AF// 平面 PBC.
19. 解: (1) 由已知在 △ABC 中 cs⁡2B+cs⁡2C-cs⁡2A=1,
即 1-2sin2⁡B+1-2sin2⁡C-1+2sin2⁡A=1 ，
故 sin2⁡A=sin2⁡B+sin2⁡C ， 由正弦定理角化边得 a2=b2+c2 ，故 △ABC 直角三角形，即 A=π2.
(2)作答图如图所示，由(1)得 A=π2 ， 所以 S△ABC=12⋅|AB|⋅|AC|=12bc=1 ，
由点 P 为 △ABC 的费马点得 ∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3 ，
由三角形的面积公式可得，
S△APB=12⋅|PA|⋅|PB|⋅sin⁡∠APB=34|PA||PB| ，同理
S△BPC=34|PB||PC|,S△APC=34|PA||PC|,
而 S△ABC=S△APB+S△BPC+S△APC，
即 34(|PA||PB|+|PB||PC|+|PA||PC|)=1 ，
得 |PA||PB|+|PB||PC|+|PA||PC|=43 ，
所以PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA=|PA||PB|cs⁡∠APB+|PB||PC|cs⁡∠BPC+|PA||PC|cs⁡∠APC=-12(|PA||PB|+|PB||PC|+|PA||PC|)=-12×43=-233,
故 PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA 的值是 -233.
(3) 由(1) 知 A=π2 ， 由点 P 为 △ABC 的费马点得 ∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3 ，
设 |PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|,|PA|=x，(m,n,x>0)
则由 |PB|+|PC|=t|PA| 得 m+n=t;
由余弦定理得
|AB|2=x2+m2x2-2mx2cs⁡2π3=m2+m+1x2|AC|2=x2+n2x2-2nx2cs⁡2π3=n2+n+1x2|BC|2=m2x2+n2x2-2mnx2cs⁡2π3=m2+n2+mnx2,
故由 |AC|2+|AB|2=|BC|2 得 n2+n+1x2+m2+m+1x2=m2+n2+mnx2 ，
即 m+n+2=mn ，而 m>0，n>0 ，故 m+n+2=mn⩽m+n22 ，
又 m+n=t ， 即有 t2-4t-8⩾0 ，解得 t⩾2+23 或 t⩽2-23 (舍去)，
当且仅当 m=n ，结合 m+n+2=mn ，解得 m=n=1+3 时，等号成立，
故实数 t 的最小值为 2+23.