2023-2024学年福建省泉州市永春县高一（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年福建省泉州市永春县高一（下）期中数学试卷-普通用卷，共13页。试卷主要包含了利用斜二测画法得到的，下列命题为真命题的是，在△ABC中，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。

A. 8−4i5B. 8+4i5C. 8−44i25D. 8+44i25
2.已知圆锥的轴截面是腰长为10的等腰三角形，且该三角形底角的正弦值为35，则该圆锥的底面积与表面积之比为( )
A. 13B. 59C. 49D. 79
3.在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，设AC=mAE+nAD，则m+n=( )
A. 12B. 1C. 32D. 2
4.利用斜二测画法得到的( )
①三角形的直观图是三角形，②平行四边形的直观图是平行四边形
③正方形的直观图是正方形，④菱形的直观图是菱形
A. ③④B. ①C. ①②D. ①②③④
5.已知△ABC内角A、B、C的对边分别是a、b、c，若csB=14，b=2，sinC=2sinA，则△ABC的面积为( )
A. 156B. 154C. 152D. 15
6.已知一个圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为π2的扇形，将该圆锥加工打磨成一个球状零件，则该零件表面积的最大值为( )
A. 12π5B. 2πC. 14π5D. 256π15
7.若复数z满足1−iz=1+i，其中i为虚数单位，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 3
8.在△ABC中，三边长可以组成公差为1的等差数列，最大角的正弦值为 32，则这个三角形的面积为( )
A. 1516B. 15 316C. 154D. 15 34
9.下列命题为真命题的是( )
A. 过任意三点有且仅有一个平面
B. m为直线，α，β为平面，若m⊥α，m⊥β，则α//β
C. m，n为直线，α为平面，若m//α，n//α，则m//n
D. m，n为直线，α为平面，若m⊥α，n⊥α，则m//n
10.在△ABC中，下列命题正确的是( )
A. 若a2+b2>c2，则△ABC定为锐角三角形
B. 若A>B，则sinA>sinB
C. 若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形或直角三角形
D. 若点P满足PA+PB+PC=0，则点P必为此三角形的重心
11.如图所示的各个向量中，下列结论正确的是( )
A. PQ=32a+32bB. PT=−32a−32b
C. PS=32a−12bD. PR=32a+b
12.如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为2，高为4，内装水若干，将容器放倒.把一个侧面作为底面，如图2，这时水面恰好是中截面.则图1中容器水面的高度是______.
13.若非零向量a，b，c满足a+2b+3c=0，且a⋅b=b⋅c=c⋅a，则b与c的夹角为______.
14.一艘船以每小时15公里的速度向东航行，已知船在A处看到北偏东60∘方向有一个灯塔B，行驶4小时后，船到达C处，看到灯塔在北偏东15∘方向，此时船与灯塔的距离是______公里．
15.已知向量OA=(1,1)，OB=(2,3)，OC=(m+1,m−1).
(1)若点A、B、C能构成三角形，求实数m的取值范围；
(2)若在△ABC中，∠B为直角，求∠A.
16.已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=2 2，b=5，∠C=π4.
(1)求sinA的值；
(2)求sin(3A+B)的值．
17.如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥AB，PA=AB=BC=4，∠ABC=90∘，PC=4 3，D为线段AC的中点，E是线段PC上一动点．
(1)当DE⊥AC时，求证：PA//面DEB；
(2)当△BDE的面积最小时，求三棱锥E−BCD的体积．
18.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(a+b+c)(a−b+c)=ac.
(1)求B;
(2)若sinAsinC= 3−14，求C.
19.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若csAsinA+csCsinC=1sinB.
(1)求证：0(2)若sinB= 74，且BA⋅BC=32，求|BC+BA|的值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵z=3+4i，
∴|z|+z−z=5+3−4i3+4i=8−4i3+4i=(8−4i)(3−4i)(3+4i)(3−4i)=8−44i25.
故选：C.
把z=3+4i代入|z|+z−z，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，
∵圆锥的轴截面是腰长为10的等腰三角形，且该三角形底角的正弦值为35，
则该圆锥的高为6，底面半径为8，
∴圆锥的底面积为：π×82=64π，
圆锥的表面积为：π×8×10+π×82=144π，
∴该圆锥的底面积与表面积之比为64π：144π=4：9，
故答案为：C.
利用已知条件先求得圆锥的底面半径，再分别计算圆锥的底面积和表面积，即可求解．
本题考查了圆锥的底面积和表面积计算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的基本定理，属于基础题．
用AB,AD表示出AC,AE，根据平面向量的基本定理列出方程解出m，n.
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AC=AB+AD.
∵E是BC的中点，∴AE=AB+12BC=AB+12AD，
∴AC=mAE+nAD=mAB+m2AD+nAD=mAB+(m2+n)AD.
∴m=1m2+n=1，解得m=1，n=12.∴m+n=32.
故选C.
4.【答案】C
【解析】解：斜二测画法得到的图形与原图形中的线线相交、线线平行关系不会改变，有的边的长度会发生变化，
因此三角形的直观图是三角形，平行四边形的直观图是平行四边形．
故选：C.
根据斜二测画法的特点进行判断即可．
本题考查斜二测画法辨析，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：∵sinC=2sinA，
∴由正弦定理可得c=2a，
又csB=14，b=2，
由余弦定理可得22=a2+(2a)2−2a⋅2a×14，
解得a=1，∴c=2，
又csB=14，∴sinB= 1−cs2B= 154，
∴△ABC的面积S=12acsinB=12×1×2× 154= 154
故选：B.
由题意和正余弦定理可得a，c的值，由同角三角函数的基本关系可得sinB，代入三角形的面积公式计算可得．
本题考查三角形的面积，涉及正余弦定理的应用，属基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由题意，得该圆锥的母线长l=4，设圆锥的底面半径为R，高为h，如图所示，
由2πR=4×π2，得R=1，所以h= l2−R2= 15，
圆锥PO内切球的半径等于△PAB内切圆的半径，
设△PAB的内切圆为圆O′，其半径为r，
由S△PAB=S△PAO′+S△PBO′+S△ABO′，
得12×2× 15=12×4r+12×4r+12×2r，
解得r= 155，
故能制作的零件表面积的最大值为4πr2=12π5.
故选：A.
运用扇形的弧长公式可求得圆锥半径，结合等面积法可求得三角形的内切圆半径，进而求得圆锥内切球的表面积．
本题主要考查了圆锥的内切球问题，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：复数z满足1−iz=1+i，
解得z=1−i1+i，
所以|z|=|1−i||1+i|= 12+(−1)2 12+12=1.
故选：A.
求出复数z，再计算|z|的值．
本题考查了复数的模长计算问题，是基础题．
8.【答案】B
【解析】解：三边长可以组成公差为1的等差数列，不妨设为：b−1，b，b+1.b>1.
设最大角为θ，则csθ=±12=(b−1)2+b2−(b+1)22b(b−1)=b−42(b−1).
解得b=52，b−1=32，b+1=72.
则这个三角形的面积S=12×52×32× 32=15 316.
故选：B.
三边长可以组成公差为1的等差数列，不妨设为：b−1，b，b+1.b>1.设最大角为θ，利用余弦定理可得：csθ=±12=(b−1)2+b2−(b+1)22b(b−1).解得b，利用三角形面积计算公式即可得出．
本题考查了余弦定理、三角形面积计算公式、等差数列的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，过不共线的任意三点有且仅有一个平面，所以选项A错误；
对于B，m为直线，α，β为平面，若m⊥α，m⊥β，根据直线与平面垂直的性质定理知，α//β，选项B正确；
对于C，m，n为直线，α为平面，若m//α，n//α，不能得出m//n，也可能是m、n相交或异面，选项C错误；
对于D，m，n为直线，α为平面，若m⊥α，n⊥α，根据直线与平面垂直的性质定理知，m//n，选项D正确．
故选：BD.
根据空间的线面平行、与垂直关系，对选项中的命题进行分析、判断正误即可．
本题考查了空间中的平行和垂直关系的应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A，a2+b2>c2，
则有余弦定理可知，csC>0，即C为锐角，最大角不确定，故A错误，
对于B，在△ABC中，若A>B，
则a>b，
因此sinA>sinB，故B正确，
对于C，若sin2A=sin2B，
则2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故C正确，
对于D，由重心的性质可知，D正确．
故选：BCD.
对于A，结合余弦定理，即可求解，
对于B，结合正弦定理，即可求解，
对于C，根据正弦函数的性质，即可求解，
对于D，结合重心的性质，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：建立如图所示的平面直角坐标系，
不妨设a=(1,1),b=(−1,1)，
则由图形可知，P(2,2)，Q(2,5)，R(3,4)，S(4,3)，T(5,2)，
所以PQ=(0,3),PR=(1,2),PS=(2,1),PT=(3,0)，
对于A，由于32a+32b=(32,32)+(−32,32)=(0,3)=PQ，
故选项A正确；
对于B，由于−32a−32b=(−32,−32)−(−32,32)=(0,−3)≠PT，
故选项B错误；
对于C，由于32a−12b=(32,32)−(−12,12)=(2,1)=PS，
故选项C正确；
对于D，由于32a+b=(32,32)+(−1,1)=(12,52)≠PR，
故选项D错误．
故选：AC.
建立平面直角坐标系，再根据平面向量基本定理进行判断即可．
本题主要考查平面向量基本定理的应用，利用坐标法求出向量坐标是解决本题的关键，是中档题．
12.【答案】3
【解析】解：根据棱柱的体积公式V=Sh，其中S是底面积，h是高，
由图2得水面是中截面，水面以上部分是一个三棱柱，
∴这个三棱柱的底面积是原来三棱柱底面的14，
则这个小三棱柱的体积是大棱柱体积的14(高一样)，
∴水的体积是大三棱柱体积的34，
∴图1中水面的高度是棱柱高的34，
则图1中容器水面的高度为3.
故答案为：3.
根据水的体积与棱柱体积的关系，即可得出答案．
本题考查棱柱的结构特征，考查转化思想，考查逻辑推理能力，属于中档题．
13.【答案】3π4
【解析】解：∵a+2b+3c=0，
∴a=−2b−3c，
代入a⋅b=b⋅c，得(−2b−3c)⋅b=b⋅c，即|b|= −2b⋅c，
再代入b⋅c=c⋅a，b⋅c=c⋅(−2b−3c)，即|c|= −b⋅c，
∴cs=b⋅c|b|⋅|c|=− 22，
∴b与c的夹角为3π4，
故答案为：3π4.
由a+2b+3c=0，得到a=−2b−3c，结合a⋅b=b⋅c=c⋅a，得到|b|= −2b⋅c，|c|= −b⋅c，然后代入数量积求夹角公式求解．
本题考查平面向量的数量积运算，考查了数学转化思想方法，是中档题．
14.【答案】30 2
【解析】解：由题意画出示意图，如图：
可得∠CAB=30∘，∠BCA=105∘，AC=60，
则∠B=180∘−30∘−105∘=45∘，
在△ABC中，由正弦定理得BCsin∠CAB=ACsinB，即CB12=60 22，
解得CB=30 2.
故答案为：30 2.
由题意画出示意图，求出各角的度数后，由正弦定理即可得解．
本题主要考查正弦定理及其应用，解三角形的实际应用等知识，属于基础题．
15.【答案】解：(1)AB=(1,2),AC=(m,m−2)…(2分)
∵A，B，C不共线，
∴2m≠m−2即m≠−2…(4分)
(2)BA=(−1,−2)BC=(m−1,m−4)BA⋅BC=0
∴m=3…(7分)
AB=(1,2),AC=(3,1)，
csA=AB⋅AC|AB|⋅|AC|=5 5⋅ 10= 22
∠A=π4…(10分)
【解析】(1)表示出AC,AB，A，B，C可构成三角形，AC,AB不共线，求出实数m的取值范围；
(2)∠B为直角的直角三角形，BA⊥BC，数量积为0，求实数m的值，再利用向量的数量积公式求出夹角即可．
本题考查向量的数量积判断两个向量的垂直关系，考查计算能力，是基础题．
16.【答案】解：(1)已知a=2 2，b=5，∠C=π4，
由余弦定理得：c2=25+8−2×5×2 2csπ4=13，
所以c= 13.
由正弦定理得：csinπ4=asinA⇒sinA=2 1313.
(2)因为a=2 2<5，故A为锐角．
所以csA=3 1313，
所以sin2A=2sinAcsA=1213，cs2A=2cs2A−1=513，
所以sin(3A+B)=sin(2A+3π4)=(− 22)sin2A+ 22cs2A=−7 226.
【解析】(1)由已知利用余弦定理可求c的值，进而根据正弦定理即可求解sinA的值．
(2)利用同角三角函数基本关系式可求csA，利用二倍角公式可求sin2A，cs2A的值，进而根据两角和的正弦公式即可求解．
本题考查了余弦定理，正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角公式，两角和的正弦公式的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
17.【答案】证明：(1)Rt△ABC中，AC=4 2，
△PAC中，PA=2，AC=4 2，PC=4 3，
则有PA2+AC2=PC2，∴PA⊥AC，
∵DE⊥AC，
∴PA//ED，
又PA⊄面EDB，DE⊂平面EDB，
∴PA//面EDB.
解：(2)等腰Rt△ABC中，由D为AC中点知，DB⊥AC，
∵PA⊥AC，PA⊥AB，AB∩AC=A，
∴PA⊥平面ABC，
∵DB⊂平面ABC，
∴PA⊥DB，
又∵DB⊥AC，PA∩AC=A，
∴DB⊥平面PAC，
∵DE⊂平面PAC，
∴DE⊥DB，即△EBD为直角三角形，
∴DE最小时，△BDE的面积最小，
过点D作PC的垂线，当E为垂足时，DE最小为2 63，
∵BD⊥平面PAC，EC⊂平面PAC，
∴EC⊥BD，
又∵EC⊥ED，ED∩BD=D，
∴EC⊥平面EDB，
∴VE−BCD=13×S△BDE×EC=13×12×2 2×2 63×4 33=169.
【解析】(1)推导出PA⊥AC，PA//ED，由此能证明PA//面EDB.
(2)由D为AC中点知，DB⊥AC，由PA⊥AC，PA⊥AB，知PA⊥面ABC，从而PA⊥DB，再由DB⊥AC，知DB⊥面PAC，从而DE⊥DB，进而△EBD为直角三角形，由此得到DE最小时，△BDE的面积最小过点D作PC的垂线时，当E为垂足时，DE最小为2 63，由此能求出三棱锥E−BCD的体积．
本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)因为(a+b+c)(a−b+c)=ac，
所以a2+c2−b2=−ac.
由余弦定理得，csB=a2+c2−b22ac=−12，
因此，B=120∘.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知A+C=60∘，
所以：cs(A−C)=csAcsC+sinAsinC
=csAcsC−sinAsinC+2sinAsinC
=cs(A+C)+2sinAsinC
=12+2× 3−14= 32，
故A−C=30∘或A−C=−300，
因此，C=15∘或C=45∘.
【解析】(Ⅰ)直接利用关系式的恒等变换，把关系式变形成余弦定理的形式，进一步求出B的值．
(Ⅱ)根据(Ⅰ)的结论，对角进行关系式变换，最后求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，余弦定理的应用，属于基础题型．
19.【答案】解：(1)∵csAsinA+csCsinC=sinCcsA+csCsinAsinAsinC=sin(A+C)sinAsinC=sinBsinAsinC=1sinB，
∴sinAsinC=sin2B，
由正弦定理可得，b2=ac，
∵b2=a2+c2−2accsB≥2ac−2accsB，
∴csB≥12，即0(2)∵sinB= 74，且b2=ac，
∴B不是最大角，
∴csB= 1−sin2B=34，
∴BA⋅BC=cacsB=34ac=32，即ac=2，
∴b2=2，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
∴a2+c2=5，
则|BC+BA|2=a2+c2+2BC⋅BA=a2+c2+2accsB=8，
即|BC+BA|=2 2.
【解析】(1)已知等式左边通分并利用同分母分式的加法法则计算，整理后利用正弦定理化简得到关系式，再利用余弦定理列出关系式，将得出的关系式代入并利用基本不等式变形求出csB的范围，即可确定出B的范围；
(2)由sinB的值，确定出csB的值，已知等式左边利用平面向量的数量积运算法则计算求出ac的值，进而确定出b的值，利用余弦定理求出a2+c2的值，所求式子平方后，利用完全平方公式展开，利用平面向量的数量积运算法则计算，将各自的值代入计算，开方即可求出值．
此题考查了正弦、余弦定理，三角形面积公式，以及平面向量的数量积运算，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．