2023-2024学年江苏省无锡市市北高级中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市市北高级中学高一（下）期中数学试卷（含解析），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a,b是平面内的一组基底，则下列四组向量中能作为平面向量的基底的是( )
A. a−b,b−aB. 2a+b,a+12b
C. 2b−3a,6a−4bD. a+b,a−b
2.下列推理错误的是( )
A. A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂α
B. A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β=AB
C. l⊄α，A∈l⇒A∉α
D. A∈l，l⊂α⇒A∈α
3.已知向量e1，e2不共线，向量m=λe1+e2，n=e1+λe2且m//n，则λ的值为( )
A. 1B. −1C. ±1D. 2
4.一封闭的正方体容器ABCD−A1B1C1D1，P，Q，R分别是AB，BC和C1D1的中点，由于某种原因，P，Q，R处各有一个小洞，当此容器内存水的表面恰好经过这三个小洞时，容器中水的上表面形状是( )
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
5.若直线a不平行于平面α，则下列结论成立的是( )
A. α内的所有直线都与a异面B. α内的直线都与a相交
C. α内不存在与a平行的直线D. 直线a与平面α有公共点
6.已知△OAB中，OC=CA，OD=2DB，AD与BC相交于点M，OM=xOA+yOB，则有序数对(x,y)=( )
A. (12,13)B. (13,12)C. (12,14)D. (14,12)
7.两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为sA=(4,3)，sB=(−2,6)，则sB在sA上的投影向量的模为( )
A. 10B. 102C. 1010D. 2
8.古希腊数学家帕波斯在其著作《数学汇编》的第五卷序言中，提到了蜂巢，称蜜蜂将它们的蜂巢结构设计为相同并且拼接在一起的正六棱柱结构，从而储存更多的蜂蜜，提升了空间利用率，体现了动物的智慧，得到世人的认可.已知蜂巢结构的平面图形如图所示，则AB=( )
A. −32CE+56DE
B. −56CE+32DE
C. −23CE+56DE
D. −56CE+23DE
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.在△ABC中，内角A、B、C的对边分别是a、b、c，下列结论正确的是( )
A. 若asinA=bsinB，则△ABC为等腰三角形
B. 若acsA=bcsB，则△ABC为等腰三角形
C. 若B=60°，b2=ac，则△ABC为等边三角形
D. 若A=30°，b=10，a=4，则B有两解
10.在四面体A−BCD中，M，N，P，Q，E分别为AB，BC，CD，AD，AC的中点，则下列说法中正确的是( )
A. M，N，P，Q四点共面
B. ∠QME=∠CBD
C. △BCD∽△MEQ
D. 四边形MNPQ为梯形
11.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asinB= 3bcsA，则( )
A. A=π6
B. 若B=π4，则 3b= 2a
C. 若a= 3，b+c=3，则bc=2
D. 若a=2，则△ABC的面积的最小值为 3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如右下图所示，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=4，M为线段SA上一点，且AM=2MS，平面MCD与侧棱BS交于点N，则MN= ______．
13.已知向量a=(1,2)，b=(4,2)，若非零向量c与a，b的夹角均相等，则c的坐标为______(写出一个符合要求的答案即可)．
14.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且4 6csA=absinB+acsinC.若△ABC的面积S= 62，则边a的最小值为______．
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)
已知向量a=(m,−1)，b=(1,2)．
(1)若(a+b)⊥2b，求|a+2b|；
(2)若向量c=(−2,1)，a/​/c，求a与a−2b夹角的余弦值．
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2+c2−a2csA=2．
(1)求bc；
(2)若acsB−bcsAacsB+bcsA−bc=1，求△ABC面积．
17.(本小题15分)
如图所求，四棱锥P−ABCD，底面ABCD为平行四边形，F为PA的中点，E为PB中点．
(1)求证：PC//平面BFD；
(2)已知M点在PD上满足EC/​/平面BFM，求PMMD的值．
18.(本小题17分)
如图，平面四边形ABCD中，AD=5，CD=3，∠ADC=120°.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a+bc=sinA−sinCsinA−sinB．
(1)判断四边形ABCD是否有外接圆？若有，求其半径R；若无，说明理由；
(2)求△ABC内切圆半径r的取值范围．
19.(本小题17分)
已知a，b，c是△ABC的内角A，B，C的对边，且△ABC的面积S=14c2．
(Ⅰ)记m=(2c,1)，n=(2a− 2b,csB)，若m//n．
(ⅰ)求角C，
(ⅱ)求ab的值；
(Ⅱ)求ab的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为a−b与b−a共线，A不符合题意；
假设2a+b=2(a+12b)，则2a+b与a+12b共线，B不符合题意；
6a−4b=−2(−3a+2b)，即2b−3a与6a−4b共线，C不符合题意；
不存在实数λ，使得a+b=λ(a−b)，即a+b与a−b不共线，D符合题意．
故选：D．
结合向量的共线定理及平面向量基本定理检验各选项即可判断．
本题主要考查了向量共线定理的应用，还考查了平面向量基本定理的应用，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：对于A，∵A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，∴由平面的基本性质得l⊂α，故A正确；
对于B，∵A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，∴由平面的基本性质得α∩β=AB，故B正确；
对于C，∵l⊄α，A∈l，∴A有可能是l与α的交点，此时A∈α，故C错误；
对于D，∵A∈l，l⊂α，∴由平面的基本事件得A∈α，故D正确．
故选：C．
利用平面的基本性质判断ABD；对于C，A有可能是l与α的交点，此时A∈α．
本题考查命题真假的判断，考查平面的基本性质、元素与集合的关系等基础知识，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：∵向量e1，e2不共线，向量m=λe1+e2，n=e1+λe2且m//n，
∴λe1+e2=t(e1+λe2)，
∴λ=t1=tλ，∴λ=±1．
故选：C．
利用向量共线定理列出方程组，求解即可．
本题考查了向量共线定理，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：如图，设过P，Q，R三点的平面为平面α，分别取A1D1，A1A，CC1的中点F，E，M，
连接RF，FE，EP，PQ，QM，MR，EM，QF，RP，
由正方体性质知RF//PQ，所以F∈平面α．
又RP//MQ，所以M∈平面α．
又EF//RP，所以E∈平面α，
所以六边形RFEPQM为容器中水的上表面的形状．
故选：D．
过P，Q，R三点的平面为六边形，可以根据平面的性质公理，先后证明其余三个顶点在P，Q，R所确定的平面上
本题主要考查棱柱的结构特征，考查空间想象能力与逻辑推理能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：若a在平面α内，则α内所有直线都与a共面，此时a与α有无数多个公共点．
其中有无数条直线与a平行，有无数条直线与a相交，
故A错误，B错误．C错误．
若a与平面α相交，则a与平面α有一个公共点．
故选：D．
分a⊂α和a与α相交两种情况进行分析．
本题考查了空间直线与平面的位置关系，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：如图，∵OC=CA,OD=2DB，∴OC=12OA,OB=32OD，
∵C，M，B三点共线，
∴设OM=λOC+(1−λ)OB=λ2OA+3(1−λ)2OD，且A，M，D三点共线，
∴λ2+3(1−λ)2=1，解得λ=12，
∴OM=12OC+12OB=14OA+12OB，且OM=xOA+yOB，
∴x=14,y=12，(x,y)=(14,12)．
故选：D．
可画出图形，根据条件可得出OC=12OA,OB=32OD，由C，M，B三点共线可得出OM=λOC+(1−λ)OB，从而可得出OM=λ2OA+3(1−λ)2OD，进而得出λ2+3(1−λ)2=1，然后解出λ即可得出x，y的值．
本题考查了向量数乘的几何意义，三点共线的充要条件，平面向量基本定理，考查了计算能力，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：sA=(4,3)，sB=(−2,6)，
则sA⋅sB=4×(−2)+3×6=10，|sA|=5，
故sB在sA上的投影向量的模为：|sA⋅sB|sA||=105=2．
故选：D．
结合投影向量模的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量模的公式，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：以D为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
不妨设AD=2，则A(−1, 3)，B(5,5 3)，D(0,0)，E(9, 3)，C(0,4 3)，
所以AB=(6,4 3)，CE=(9,−3 3)，DE=(9, 3)．
设AB=xCE+yDE，则6=9x+9y4 3=−3 3x+ 3y，
解得x=−56y=32，所以AB=−56CE+32DE．
故选：B．
利用坐标法，建立如图所示的平面直角坐标系，表示出各点坐标利用坐标运算结合平面向量基本定理即得．
本题考查了平面向量基本定理应用问题，是基础题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A选项，若asinA=bsinB，由正弦定理可得a2=b2，则a=b，
所以，△ABC为等腰三角形，A对；
对于B选项，因为acsA=bcsB，由正弦定理可得sinAcsA=sinBcsB，
因为A、B中至少有一个是锐角，则sinAcsA=sinBcsB>0，
从而可知A、B均为锐角，由sinAcsA=sinBcsB可得sin2A=sin2B，
因为A、B∈(0,π2)，则2A、2B∈(0,π)，所以，2A=2B或2A+2B=π，
所以，A=B或A+B=π2，故△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错；
对于C选项，因为B=60°，b2=ac，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accs60°=a2+c2−ac=ac，即(a−c)2=0，
所以，a=c，因此，△ABC为等边三角形，C对；
对于D选项，因为A=30°，b=10，a=4，
由正弦定理asinA=bsinB得sinB=bsinAa=10×124=54>1，所以，△ABC不存在，D错．
故选：AC．
利用正弦定理可判断A选项；利用正弦定理、二倍角公式可判断B选项；利用余弦定理可判断C选项；利用正弦定理求出sinB的值，可判断D选项．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，二倍角公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：由中位线定理，易知MQ/​/BD，ME/​/BC，QE//CD，NP//BD．
对于A，由公理4易得MQ//NP，所以M，N，P，Q四点共面，故A正确；
对于B，根据等角定理，得∠QME=∠CBD，故B正确；
对于C，由等角定理，知∠QME=∠CBD，∠QEM=∠BCD，所以△BCD～△MEQ，故C正确；
由三角形的中位线定理及公理4知MQ/​/BD，MQ=12BD，NP//BD，NP=12BD，
所以MQ//NP且MQ=NP，所以四边形MNPQ为平行四边形，故D不正确．
故选：ABC．
根据题意及中位线定理和等角定理可以一一判断．
本题主要考查的是关于平行四边形的判定及四点共面的判定，中位线定理及等角定理的应用，考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
对于A选项，根据asinB= 3bcsA，由正弦定理求得A=π3判断；
对于B选项，结合A选项，利用正弦定理求解判断；
对于C选项，结合A选项，利用余弦定理求解判断；
对于D选项，利用余弦定理结合基本不等式求解判断．
【解答】
解：对于A选项，由正弦定理有sinAsinB= 3sinBcsA，因为sinB≠0，有sinA= 3csA，有tanA= 3，可得A=π3，故A选项错误；
对于B选项，由正弦定理有ba=sinBsinA=sinπ4sinπ3= 2 3，有 3b= 2a，故B选项正确；
对于C选项，由余弦定理有b2+c2−bc=3，有(b+c)2−3bc=3，代入b+c=3，可得bc=2，故C选项正确；
对于D选项，由余弦定理有b2+c2−bc=4≥2bc−bc=bc(当且仅当b=c=2时取等号)，有S△ABC= 34bc≤ 3，故D选项错误．
故选：BC．
12.【答案】43
【解析】解：因为AB/​/CD，AB⊂平面SAB，CD⊄平面SAB，
所以CD/​/平面SAB，
又因为平面CDMN∩平面SAB=MN，CD⊂平面CDMN，
所以CD/​/MN，所以AB/​/MN，
所以MNAB=SMSA=13，所以MN=43．
故答案为：43．
先证明CD/​/平面SAB，再根据线面平行的性质证得CD/​/MN，则可得AB/​/MN，即可得解．
本题考查了线面平行的性质，属于中档题．
13.【答案】(1,1)(答案不唯一，可以去直线y=x上除原点外的任意点)
【解析】解：设c=(x,y)，c与a，b的夹角分别为α，β，则csα=csβ，
∴c⋅a|c||a|=c⋅b|c||b|，可得2 5(x+2y)= 5(4x+2y)，
整理得x=y，不妨取x=y=1，则c=(1,1)．
故答案为：(1,1)(答案不唯一，可以去直线y=x上除原点外的任意点)．
设c=(x,y)，由数量积求夹角列式可得y=x，则答案可求．
本题考查平面向量的数量积运算，是基础题．
14.【答案】2
【解析】解：由正弦定理asinA=bsinB=csinC可得，bsinC=csinB，asinB=bsinA，
由已知可得，4 6bccsA=acsinB+absinC=2acsinB=2bcsinA，
所以sinA=2 6csA．
又00，
因为sin2A+cs2A=25cs2A=1，
所以csA=15，sinA=2 65．
因为△ABC的面积S=12bcsinA= 65bc= 62，
所以bc=52．
由余弦定理可得，a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−2×52×15≥2bc−1=4，
当且仅当b=c= 102时，等号成立，
所以a2≥4，a的最小值为2．
故答案为：2．
由正弦定理化简已知条件可推得sinA=2 6csA.根据sin2A+cs2A=1，可求得csA=15，sinA=2 65.由面积公式可求得bc=52，根据余弦定理可得出a2=b2+c2−2bccsA，由基本不等式即可得出a2≥4，即可得出答案．
本题主要考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题干得到：a=(m,−1)，b=(1,2)．
故得到：a+b=(m+1,1)，2b=(2,4)．
已知(a+b)⊥2b，所以可得(a+b)⋅2b=0，即2(m+1)+4=0．
解得m=−3．
所以a+2b=(−1,3)．
故|a+2b|= 10．
(2)因为向量c=(−2,1)，a/​/c，所以m−2=0，所以m=2．
则a=(2,−1)，a−2b=(0,−5)．
所以cs〈a,a−2b〉=a⋅(a−2b)|a||a−2b|=5 5×5= 55，
所以a与a−2b夹角的余弦值为 55．
【解析】(1)根据(a+b)⊥2b求得m=−3，从而可得a+2b=(−1,3)，于是|a+2b|= 10；
(2)由a/​/c，可得a=(2,−1)，再由夹角公式计算即可．
本题主要考查向量的数量积公式和夹角公式，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为b2+c2−a2csA=2bccsAcsA=2bc=2，
所以bc=1；
(2)acsB−bcsAacsB+bcsA−bc=sinAcsB−sinBcsAsinAcsB+sinBcsA−sinBsinC=1，
所以sin(A−B)sin(A+B)−sinBsinC=sin(A−B)−sinBsinC=1，
所以sin(A−B)−sinB=sinC=sin(A+B)，
所以sinAcsB−sinBcsA−sinB=sinAcsB+sinBcsA，
即csA=−12，
由A为三角形内角得A=2π3，
△ABC面积S=12bcsinA=12×1× 32= 34．
【解析】(1)由已知结合余弦定理进行化简即可求解bc；
(2)先利用正弦定理及和差角公式进行化简可求csA，进而可求A，然后结合三角形面积公式可求．
本题主要考查了余弦定理，正弦定理，和差角公式及三角形面积公式的应用，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：连结AC交BD于O，连结OF，
∵在△PAC中，F为PA中点，O为AC中点，
∴OF是△PAC的中位线，
∴PC//FO，
又∵PC⊄平面BFD，FO⊂平面BFD，
∴PC/​/平面BFD．
(2)解：如图连结FM交AD延长线于G，连结BG交CD于N
连结EF，FN，PG，
∵EF//CN，EFNC共面，EC/​/平面BFM，平面BFM∩平面EFNC=FN，
∴EC//FN，
∴四边形EFNC为平行四边形，
∴EF=CN=12CD，
∴N为CD中点，D为AG中点，
∴PMMD=PGFD=2，
即PMMD=2．
【解析】(1)根据线面平行的判定定理进行证明即可．
(2)根据线面平行的性质，结合中位线的性质进行求解．
本题主要考查线面平行的判定和性质，利用线面平行的判定定理和性质定理进行证明是解决本题的关键，是中档题．
18.【答案】解：(1)在△ACD中，AD=5，CD=3，∠ADC=120°，
由余弦定理得AC2=AD2+DC2−2AD⋅DC⋅cs120°=49，
∴AC=7，由正弦定理得a+bc=sinA−sinCsinA−sinB=a−ca−b，即b2=a2+c2−ac，
∴csB=12，
又B∈(0,π)，则B=π3．
∵∠ADC=120°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，则A，B，C，D四点共圆，
则四边形ABCD的外接圆半径就等于△ABC外接圆的半径，
又2R=bsinB=7 32=14 33，
则R=7 33．
(2)由(1)得a2+c2−ac=49，则(a+c)2=49+3ac，
∴S△ABC=12acsinB=12(a+b+c)⋅r，
则r= 32ac7+a+c=12 3(a+c)2−497+a+c=12 3(a+c−7)．
在△ABC中，由正弦定理得asinA=csinC=bsinB=14 33，
∴a=14 33sinA，c=14 33sinC，
则a+c=14 33(sinA+sinC)=14 33[sinA+sin(120°−A)]=14 33(sinA+ 32csA+12sinA)
=14 33(32sinA+ 32csA)=14(sinA⋅ 32+csA⋅12)=14sin(A+π6)，
又A∈(0,2π3)，
∴A+π6∈(π6,5π6)，
∴sin(A+π6)∈(12,1],14sin(A+π6)∈(7,14]，
故r∈(0,7 36]．
【解析】(1)利用余弦定理求出AC=7，再利用正弦定理和余弦定理求得B=π3，可得A，B，C，D四点共圆，即可得出答案．
(2)结合(1)的结论和正弦定理可得r=12 3(a+c−7)，然后再利用正弦定理和辅助角公式以及正弦函数的图像和性质，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(I)(i)∵m//n，
∴2ccsB−2a+ 2b=0，
由正弦定理得2sinCcsB−2sinA+ 2sinB=0，
所以2sinCcsB−2sin(B+C)+ 2sinB=0，
整理得，csC= 22，
由C为三角形内角得C=45°；
(ii)由余弦定理得，c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2− 2ab，
又S=12absinC= 24ab=14c2①，
所以c2= 2ab②，
①②联立得，a2−2 2ab+b2=0，
故a=( 2±1)b，即ab= 2±1；
(II)S=12absinC=14c2得2absinC=c2，
由余弦定理得，c2=a2+b2−2abcsC，
所以2absinC=a2+b2−2abcsC，
故a2+b2=2ab(sinC+csC)=2 2absin(C+π4)，
所以1+(ab)2=2 2⋅ab⋅sin(C+π4)，
令t=ab，则1+t22 2t=sin(C+π4)，
因为C∈(0,π)，
所以sin(C+π4)∈(− 22,1],
故− 22<1+t22 2t≤1，
解得 2−1≤t≤ 2+1，
故ab的取值范围[ 2−1, 2+1].
【解析】(I)(i)由已知结合向量平行的坐标表示及正弦定理，和差角公式进行化简可求csC，进而可求C；
(ii)由已知结合余弦定理及三角形的面积公式可求；
(II)结合三角形面积公式及余弦定理可得a2+b2=2ab(sinC+csC)=2 2absin(C+π4)，然后结合正弦函数的性质可求．
本题以向量平行的坐标表示为载体，主要考查了正弦定理，三角形的面积公式，余弦定理及辅助角公式在求解三角形中的应用，属于中档题．