福建省泉州市安溪县2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

这是一份福建省泉州市安溪县2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题，文件包含2023-2024学年安溪县高一下期中考试数学试题pdf、2023-2024学年安溪县高一下期中考试数学试题答案docx、2023-2024学年安溪县高一下期中考试数学答题卡pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。

【答案】
1. D 2. D 3. B 4. C 5. C 6. D 7. B 8. B
9. AB 10. ACD 11. BC
12. 5
13. −274
14. 3
15. 解： 如图，由题意知，
在三角形BCD中，
所以当走私船发现巡逻艇时，两船相距 海里；
因为
所以设 追击时间为t，则
所以
即巡逻艇被骗东15º方向才能最快追上走私船．

16. 解：(1)由于D、O、E共线，故有OE=λDE=λ(AB−23AD).
∵B、O、G共线，∴EO=mEB+(1−m)EG=m(−13AD)+(1−m)(EC+CG)
=−13mAD+(1−m)(23AD−13AB)=m−13AB+2−3m3AD，
∴OE=1−m3AB+3m−23AD，
∴λ(AB−23AD)=1−m3AB+3m−23AD，
∴λ=1−m3−2λ3=3m−23，求得λ=17，
可得|OE|：|DE|=17．
由(1)可得△BOC与△BDC的高之比h△BOCh△BDC=17，∴△BOC与△BDC的面积之比为S△BOCS△BDC=17，
∴S△BOC=17S△BDC=17⋅212=32．
17. 解：(Ⅰ)由题中表格给出的信息可知，
函数f(x)的周期为T=3π4+π4=π，
所以ω=2ππ=2．
注意到sin(2×(−π4)+ϕ)=0，也即ϕ=π2+2kπ(k∈Z)，
由0<φ<π，所以ϕ=π2
所以函数的解析式为f(x)=sin(2x+π2)(或者f(x)=cs2x)
(Ⅱ)∵f(A)=cs2A=−12，∴A=π3或A=2π3
当A=π3时，在△ABC中，由正弦定理得，BCsinA=ACsinB，
∴sinB=AC⋅sinABC=2× 323= 33，
∵BC>AC，∴B∴sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB= 32× 63+12× 33=3 2+ 36，
∴S△ABC=12⋅AC⋅BC⋅sinC=12×2×3×3 2+ 36=3 2+ 32
同理可求得，当A=2π3时，
S△ABC=12⋅AC⋅BC⋅sinC=12×2×3×3 2− 36=3 2− 32．
18. 解：因为三角形是正三角形，所以BC边长上的中线向量AD的模就是三角形的高，
即： 32−(32)2=3 32．
BC边长上的中线向量AD的模|AD|为：3 32．
19. 解：(1)|a|=2，|b|= 3，向量a与b的夹角为150°，
∴a⋅b=|a|×|b|×cs150°=2× 3×(− 32)=−3，
∴(a+2b)2=a2+4a⋅b+4b2=4+4×(−3)+4×3=4；
∴|a+2b|= (a+2b)2=2．
(2)∵(a+3λb)⊥(a+λb)，
∴(a+3λb)⋅(a+λb)=0，即a2+4λa⋅b+3λ2b2=0，
即4−12λ+9λ2=0，解得λ=23．
【解析】
1. 解：复数z满足|z|=2，复数z1=(1+i)z(其中i为虚数单位)，
所以|z1|=|1+i||z|=2 2．
故选：D．
直接利用复数的运算和复数的模的应用求出结果．
本题考查的知识要点：复数的运算和复数的模的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
2. 解：∵a+b+c=0，
∴c=−a−b，
又a⊥b，|a|=1，|b|=2，
∴c2=(−a−b)2=a2+2a⋅b+b2=1+0+4=5，
∴|c|2=5；
故选：D．
由a+b+c=0，得c=−a−b，平方得出c2，从而得|c|2．
本题考查了平面向量的数量积的运算，是基础题．
3. 解：由题意得，向量的减法有：AB=PB−PA，AC=PC−PA，
∴(PB−PA)+(PC−PA)=−mPA；
∴(m−2)PA+PB+PC=0，
∵PA+PB+PC=0，
∴m−2=1，
∴m=3．
故选B．
利用向量基本定理结合向量的减法有：AB=PB−PA，AC=PC−PA，代入化简即得．
本小题主要考查平面向量的基本定理及其意义、向量数乘的运算及其几何意义等基础知识．本题的计算中，只需将向量都化成以P为起点就可以比较得出解答了，解答的关键是向量基本定理的理解与应用．
4. 解：在平行六面体A1C中，AD=AB=AA1=4，∠A1AB=60°，
∠BAD=90°，∠A1AD=120°，
可得|A1C|2=|A1A+AC|2=|A1A+AB+AD|2=|A1A|2+|AB|2+|AD|2+2A1A⋅AB+2AB⋅AD+2A1A⋅AD
=16+16+16+2×4×4×cs60°+2×4×4×cs90°+2×4×4×cs120°
=48+16+0−16=48，
又|AC|2=|AB|2+|AD|2+2AB⋅AD=16+16+0=32，
|A1A|2+|AC|2=16+32=48=|A1C|2，
即为A1A⊥AC，
可得cs∠A1AC=0．
故选：C．
运用向量的三角形法则和向量数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，结合勾股定理的逆定理，计算即可得到所求余弦值．
本题考查角的余弦值的求法，注意运用向量法，以及向量数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，考查勾股定理的逆定理，以及运算能力，属于中档题．
5. 解：因为A=45°，b=3，a=4，如图：
所以h=bsinA=3× 22=3 22，
又3 22<3<4，则此三角形有一解，
故选：C．
由题意画出图形，再结合条件可此三角形解的情况．
本题考查利用图形判断出三角形解的情况，考查数形结合思想，属于基础题．
6. 解：a=(1,0)，b=(−1, 3)，、
则a⋅b=−1，|a|=1，|b|=2，
设c=ma+nb，
a⋅c=a⋅(ma+nb)=ma2+na⋅b=m−n，
同理可得，b⋅c=−m+4n，
cs=a⋅c|a| |c|=m−n|c|，
cs=b⋅c|b| |c|=−m+4n2|c|，
∵〈a,c〉=〈b,c〉，
∴m−n|c|=−m+4n 2|c|，化简整理可得，m=2n．
故选：D．
根据已知条件，结合平面向量的数量积公式，以及向量模公式，即可求解，
本题主要考查平面向量的数量积公式，以及向量模公式，属于基础题．
7. 解：由|AB+AC|=|AB−AC|可得AB⊥AC，
以A为原点建立坐标系如图，
不妨设AB=AC=3，
∵E，F为三等分点，
∴E(2,1)，F(1,2)，
∴cs∠EAF=AE⋅AF|AE||AF|=2+2 5× 5=45，
故选：B．
由题意判定AB，AC互相垂直，以A为原点建立坐标系，利用三等分点的E，F的坐标，利用向量数量积求得余弦值．
此题考查了向量加减法，数量积等，难度不大．
8. 解：在△ABC中，根据余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
∴b2+c2−a2=2bccsA，
因此函数可化为：f(x)=b2x2+(2bccsA)x+c2，
∵b2>0△=4b2c2cs2A−4b2c2=4b2c2(cs2A−1)<0，
∴函数y=f(x)的图象是开口向上的抛物线，且与x轴没有公共点．
由此可得：对任意实数x，f(x)>0恒成立．
故选：B
根据余弦定理a2=b2+c2−2bccsA的式子，将函数化简为f(x)=b2x2+(2bccsA)x+c2，再根据二次函数的图象与性质加以计算，可得函数图象对应的抛物线开口向上且与x轴没有公共点，可得本题的答案．
本题给出与△ABC的三边a、b、c有关的二次函数，研究函数值的取值范围．着重考查了二次函数的图象与性质、余弦定理及其应用等知识，属于中档题．
9. 解：复数z=1−3i在复平面内对应的点为P(1,−3)，故A正确；
因为z=1−3i，所以z−=1+3i，故B正确；|z|= 12+(−3)2= 10，故C错误；z=1−3i的虚部为−3，故D错误．
故选：AB．
利用复数的几何意义及共轭复数的定义，结合复数的模公式及复数的概念即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
10. 解：①由于AB=3MB，得|AM|=2|MB|，又|AC|=2|CM|，所以点M为线段AC的中点，又|CD|=|DM|，所以点D为线段CM的中点，所以D为线段BC的中点，故A正确；
②当AC=3时，AM=2，AB=4，在△ABO中，利用余弦定理：cs∠BAO=9+16−42×3×4=2124=78，所以sin∠BAO= 1−cs2∠BAO= 158，所以：S△ABO=12×3×4× 158=3 154，故B错误；
③因为点DA+DB=DA+(BC−CD)=DA−DC+2=DA−DM+2≤AM+2=5，当A、M、D三点共线时，等号成立，故C正确．
④如图所示：
由正弦定理得：BCsin∠BMC=MBsin∠MCB，整理得：sin∠MCB=MB⋅sin∠BMCBC，
所以sin∠MCB=12sin∠BMC≤12，
所以tan∠MCB≤ 33，故D正确．
故选：ACD．
直接利用向量的运算，余弦定理和三角形的面积公式判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识点：余弦定理，三角形的面积公式，向量的运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
11. 解：对于A：当PB=12时，∠PBC=60°，∴∠PBA=30°，
在△PBA中，由余弦定理，得PA2=AB²+PB²−2AB⋅PB⋅cs30°
=3+14−2× 3×12× 32=74，∴PA= 72，故A错误；
对于B：∠APB=150°时，设∠BCP=α，α∈(0°,60°)，
则∠PAB=30°−α，所以PBPC=tanα，
因为BC=1，所以PB=BC⋅sinα=sinα，
在△PBA中，根据正弦定理，ABsin∠BPA=BPsin∠PAB，
可得 3sin150°=sinαsin(30∘−α)，
化简得 3csα=4sinα，所以tanα= 34，
所以PBPC= 34，故B正确；
对于C：由B得∠BCP=α时，PC=csα，BP=sinα，α∈(0°,60°)，
所以S△PBC=12sinαcsα=14sin2α，
当2α=90°，即α=45°时，sin2α取到最大值1，
则 △PBC的最大值为14，故C正确；
对于D：由C得，当∠BCP=α时，∠PBA=α，α∈(0°,60°)，
所以在直角坐标系中，又xP=sinαcsα，yP=sin2α，
所以S△PBA=12BA⋅yP=12× 3sin2α= 32sin2α，
因为sinα在(0°,60°)上单调递增，故sin2α在(0°,60°)上单调递增，
所以sin20°=0，sin260=34，
所以 32sin20°=0， 32sin260°=3 38，
所以S△PBA∈(0,3 38)，故D错误，
故选：BC．
对于A：由余弦定理，求出PA，即可判断A是否正确；
对于B：由正弦定理，求出PBPC，即可判断B是否正确；
对于C：由B得∠BCP=α时，则S△PBC=12sinαcsα，然后求出△BPC的面积的最大值，即可判断C是否正确；
对于D：由C得，当∠BCP=α时，∠PBA=α，α∈(0°,60°)，在直角坐标系中，结合xP=sinαcsα，yP=sin2α，得到S△PBA= 32sin2α，然后求出△ABP的面积的取值范围，即可判断D是否正确．
本题考查三角形中正余弦定理的应用，考查了转化思想，属于中档题．
12. |z|=|(2−i)2|=|4−4i+i2|=|3−4i|==5．
13. 解：如图所示，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，
则A(0,0),B(6,0),C(92,3 32),D(32,3 32),P(214,3 34)，
设Q(a,0)，a∈[0,6]，
可得PA=(−214,−3 34),PD=(−154,3 34),PQ=(a−214,−3 34)，则PA+PD=(−9,0)，
所以PQ⋅(PA+PD)=−9(a−214)≥−274，当且仅当a=6时，等号成立，可得PQ⋅(PA+PD)的最小值为−274．
故答案为：−274．
根据题意，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，设Q(a,0)，a∈[0,6]，利用平面向量数量积的坐标运算法则，推导出PQ⋅(PA+PD)=−9(a−214)，进而算出本题答案．
本题主要考查平面向量数量积的坐标表示、一次函数的值域与最值等知识，属于中档题．
14. 【分析】
本题主要考查了三角形面积公式和余弦定理的运用．属于基础题．
利用三角形面积公式求得AC，进而利用余弦定理求得BC．
【解答】
解：S△ABC=12AB⋅AC⋅sinA= 32，
∴AC=1，
∴BC= AB2+AC2−2AB⋅AC⋅csA= 4+1−2×2×1×12= 3，
故答案为 3．
15. 本题主要考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，(1)先在三角形ABC中根据余弦定理求出BC的长，然后在三角形BCD中利用余弦定理求出CD的长；(2)先求出 ，然后在三角形CDE中利用正弦定理求出 ，即可求解．
16. (1)由D、O、E共线，故有OE=λDE=λ(AB−23AD).再由 B、O、G共线，求得 OE=1−m3AB+3m−23AD，再利用平面向量基本定理求得λ的值，即可得到结论．
(2)由(1)可得h△BOCh△BDC=17，可得S△BOCS△BDC=17，再根据S△BOC=17S△BDC，计算求得结果．
本题主要考查平面向量基本定理，两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，属于中档题．
17. (Ⅰ)先求出函数的周期，求出ω，根据特殊点求出φ，可得函数f(x)的解析式；
(Ⅱ)由f(A)=−12，确定A的值，利用正弦定理求出sinB，再求△ABC的面积．
18. 直接利用正三角形的性质，通过三角形的边长，求解即可．
本题考查三角形的解法，注意正三角形的特征，勾股定理的应用是解题的关键．
19. (1)结合向量的数量积公式，以及向量模公式，即可求解．
(2)根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积公式，考查转化能力，属于基础题．