广东省惠州市2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

这是一份广东省惠州市2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷，共16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.已知复数z满足z(1+i)=|1−i|，i为虚数单位，则z=( )
A. iB. 22− 22iC. 12+12iD. 22+ 22i
2.已知向量a=(1,2),b=(1,−1),c=(4,5).若a与b+λc平行，则实数λ的值为( )
A. 114B. −114C. 1D. −1
3.下列说法正确的是( )
A. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B. 球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D. 用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
4.如图所示，点E为△ABC的边AC的中点，F为线段BE上靠近点B的三等分点，则AF=( )
A. 13BA+23BC
B. 43BA+23BC
C. −56BA+16BC
D. −23BA+13BC
5.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=2B. A′D′=2 2
C. 四边形ABCD的周长为4+2 2+2 3D. 四边形ABCD的面积为6 2
6.已知平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，AB⋅AD=4，点P在线段CD上(不包含端点)，则PA⋅PB的取值范围是( )
A. [−1,8)B. (0,8)C. [1,10)D. (0,10)
7.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为BB1，DC的中点，则异面直线MN和BC1所成角的余弦值为( )
A. 36
B. 34
C. 33
D. 32
8.我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”，类比赵爽弦图，用3个全等的小三角形拼成了如图所示的等边△ABC，若EF=2，sin∠ACF=3 314，则AC=( )
A. 8
B. 7
C. 6
D. 5
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.A，B，C表示不同的点，n，l表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下列说法错误的是( )
A. 若α∩β=l，n//α，n//β，则n//l
B. 若A，B∈l，A，B∉α，则l//α
C. 若A，B∈α，A，B，C∈β，α∩β=l，则C∈l
D. 若n⊥α，l⊥β，n//l，则α⊥β
10.欧拉公式exi=csx+isinx是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥.依据欧拉公式，下列说法中正确的是( )
A. e2i对应的点位于第二象限B. eπi为纯虚数
C. exi 3+i的模长等于12D. eπ3i的共轭复数为12− 32i
11.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列四个命题中正确的命题是( )
A. 若acsA=bcsB=ccsC，则△ABC一定是等边三角形
B. 若acsA=bcsB，则△ABC一定是等腰三角形
C. 若a2+b2−c2>0，则△ABC一定是锐角三角形
D. 若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC一定是锐角三角形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(0,5)，b=(1,2)，则a在b的投影向量的坐标为______.
13.如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=16.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点.当底面ABC水平放置时，液面高为______.
14.截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为______.
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)
已知平面向量a=(1,2),b=(−3,−2).
(1)若c⊥(2a+b)，且|c|= 5，求c的坐标；
(2)若a与a+λb的夹角为锐角，求实数λ的取值范围.
16.(本小题15分)
如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.
(1)证明：△PBC是直角三角形；
(2)若PA=AB=2,AC= 2，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
17.(本小题15分)
如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=60∘，E，F分别是边AB，BC上的点，且AE=EB，BF=3FC，连接ED、AF，交点为G.
(1)设AG=tAF，求t的值；
(2)求∠EGF的余弦值.
18.(本小题17分)
在△ABC中，设角A，B，C的对边长分别为a，b，c，已知sinA−sinBsinC=a−ca+b.
(1)求角B的值；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c=2，求△ABC的面积S的取值范围．
19.(本小题17分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱BB1=1，∠ABC=2π3，且M，N分别为BB1，AC的中点．
(1)证明：MN//平面AB1C1；
(2)若BA=BC=2，求二面角A−B1C1−B的大小．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意可知：|1−i|= 12+(−1)2= 2，
由z(1+i)=|1−i|= 2，
可得z= 21+i= 2(1−i)(1+i)(1−i)= 22− 22i.
故选：B.
根据模长公式结合复数的四则运算求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：b=(1,−1)，c=(4,5)，
则b+λc=(4λ+1,5λ−1)，
a=(1,2)，
a与b+λc平行，
则2(4λ+1)=5λ−1，解得λ=−1.
故选：D.
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：对于A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，
所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；
对于B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；
对于C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，
以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；
对于D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误．
故选：B.
根据几何体的结构特征逐项分析判断．
本题主要考查空间几何体的结构特征，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：AF=AE+EF=12AC+23EB=12AC+23(AB−AE)
=12AC+23AB−13AC=16AC−23BA
=16(BC−BA)−23BA=−56BA+16BC.
故选：C.
根据平面向量的线性运算结合图像将AF用BA、BC表示，即可得出答案．
本题主要考查了平面向量的线性运算，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：如图过D′作DE⊥O′B′，
由等腰梯形A′B′C′D′可得：△A′D′E是等腰直角三角形，
即A′D′= 2A′E=12×(4−2)× 2= 2，即B错误；
还原平面图为下图，
即AB=4=2CD,AD=2 2，即A错误；
过C作CF⊥AB，由勾股定理得CB=2 3，
故四边形ABCD的周长为：4+2+2 2+2 3=6+2 2+2 3，即C错误；
四边形ABCD的面积为：12×(4+2)×2 2=6 2，即D正确．
故选：D.
根据直观图与平面图的联系还原计算各选项即可．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：如图，设DP=xDC=xAB(0∴PA=−AD−DP=−xAB−AD，PB=−BC−CP=(1−x)AB−AD，且AB=4，AD=2，AB⋅AD=4，
∴PA⋅PB=(−xAB−AD)⋅[(1−x)AB−AD]=(x−1)xAB2+AD2+(x+x−1)AB⋅AD=16(x2−x)+4+4(2x−1)=16(x−14)2−1，
∴−1≤PA⋅PB<8，
∴PA⋅PB的取值范围为[−1,8).
故选：A.
可设DP=xAB(0本题考查了向量数乘和减法的几何意义，向量数量积的运算，配方求二次函数取值范围的方法，考查了计算能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：如图，延长CB到点E，使得EB=12BC，连接ME，NE，
由BE=BM，得∠EMB=∠MBC1=45∘，即ME//BC1，
所以∠NME为异面直线MN和BC1所成的角或其补角，
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
则ME= 12+12= 2，NE= 12+32= 10,MN= 12+( 5)2= 6，
所以|cs∠NME|=|2+6−102 2× 6|= 36.
故选：A.
通过做辅助线把BC1平移到ME，得到∠NME为异面直线MN和BC1所成的角或其补角．在△NME中求出三边的长度，再用余弦定理即可得到∠NME的余弦值．
本题主要考查了求异面直线所成的角，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意知，CF=AD=BE，CE=AF=BD，
所以EF=CF−EF，FD=AD−AF，DE=BE−BD，即EF=FD=DE，
所以△DEF为等边三角形，
所以∠EFD=∠EDF=60∘，
所以∠AFC=180∘−∠EFD=120∘，
设AF=x，则EF=2，所以CF=CE+EF=x+2，
因为sin∠ACF=3 314，cs∠ACF= 1−sin2∠ACF=1314，
所以sin∠CAF=sin(60∘−∠ACF)= 32×1314−12×3 314=5 314，
在△ACF中，由正弦定理可得ACsin∠AFC=AFsin∠ACF=CFsin∠CAF，可得AC 32=x3 314=2+x5 314，
解得x=3，AC=7.
故选：B.
根据题意知△DEF为等边三角形，可求∠AFC=120∘，设AF=x，可求CF=x+2，利用同角三角函数基本关系式可求cs∠ACF的值，利用两角差的正弦公式可求sin∠CAF的值，在△ACF中，由正弦定理可得AC的值．
本题考查了同角三角函数基本关系式，两角差的正弦公式以及正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：A，B，C表示不同的点，n，l表示不同的直线，α，β表示不同的平面，
对于A，若α∩β=l，n//α，n//β，则由线面平行的性质得n//l，故A正确；
对于B，若A，B∈l，A，B∉α，则l//α或l与α相交，故B错误；
对于C，若A，B∈α，A，B，C∈β，α∩β=l，则C不一定在l上，故C错误；
对于D，若n⊥α，l⊥β，n//l，则α与β相交或平行，故D错误．
故选：BCD.
对于A，由线面平行的性质得n//l；对于B，l//α或l与α相交；对于C，C不一定在l上；对于D，α与β相交或平行．
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A：由题意可得：e2i=cs2+isin2，则其对应的点为(cs2,sin2)，
则cs2<0，sin2>0，
∴e2i对应的点位于第二象限，故A正确；
对于B：由题意可得：eπi=csπ+isinπ=−1为实数，故B错误；
C：exi 3+i=(csx+isinx)( 3−i)( 3+i)( 3−i)=( 3csx+sinx)−(csx− 3sinx)i4=12sin(x+π3)−i[12cs(x+π3)]，
则|exi 3+i|= [12sin(x+π3)]2+[−12cs(x+π3)]2= 14[sin2(x+π3)+cs2(x+π3)]=12，故C正确；
对于D：由题意可得：eπ3i=csπ3+isinπ3=12+ 32i，
则eπ3i的共轭复数为12− 32i，故D正确；
故选：ACD.
根据题意结合复数的相关概念与运算逐项分析判断．
本题主要考查了复数的几何意义，还考查了复数的四则运算，属于基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：若acsA=bcsB=ccsC，则sinAcsA=sinBcsB=sinCcsC，即tanA=tanB=tanC，即A=B=C，即△ABC是等边三角形，故A正确；
若acsA=bcsB，则由正弦定理得sin2A=sin2B，则2A=2B或2A+2B=180∘，即A=B或A+B=90∘，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
△ABC中，∵a2+b2−c2>0，∴角C为锐角，但△ABC不一定是锐角三角形，故C错误．
由于tanA+tanB=tan(A+B)(1−tanAtanB)=−tanC(1−tanAtanB)，
所以tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC>0，则△ABC一定是锐角三角形，故D正确；
故选：AD.
由已知结合正弦定理及正切函数的性质判断A；由正弦定理结合三角形中的边角关系判断B；由余弦定理及三角形的内角和定理判断C；利用两角和与差的三角函数判断D.
本题考查三角形的性质判断，考查正弦定理，三角函数恒等变换的应用，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】(2,4)
【解析】解：向量a=(0,5)，b=(1,2)，
所以a在b的投影向量为|a|csb|b|=a⋅b|b|2b=0+105b=(2,4).
故答案为：(2,4).
根据投影向量的定义计算即可．
本题考查了投影向量的定义与应用问题，是基础题．
13.【答案】12
【解析】解：设△ABC的面积为a，底面ABC水平放置时，液面高为h，
侧面AA1B1B水平放置时，水的体积为V=34S△ABC⋅AA1=34a⋅16=12a，
当底面ABC水平放置时，水的体积为V=S△ABCh=ah，
于是ah=12a，解得h=12，
所以当底面ABC水平放置时，液面高为12.
故答案为：12.
根据给定条件利用柱体体积公式求出水的实际体积，再由两种情况的放置水的体积相同求解作答．
本题考查棱柱的结构特征，训练了等体积法的应用，考查运算求解能力，属基础题．
14.【答案】22π
【解析】解：因为棱长为a的正四面体的高为 a2−(23× 32a)2= 63a，
所以截角四面体上下底面距离为 63×6− 63×2=4 63，
设其外接球的半径为R，等边三角形ABC的中心为O′，正六边形EFHILK的中心为O′′，
易知外接球球心O在线段O′O′′上，且O′O′′垂直于平面ABC与平面EFHILK，
则 R2−O′C2+ R2−O′′H2=4 63，
所以 R2−(2 33)2+ R2−22=4 63，解得R2=112，
所以4πR2=4π×112=22π，
所以该截角四面体的外接球表面积为22π.
故答案为：22π.
求出截角四面体上下底面距离，再由勾股定理列等式可求得R，代入球的表面积公式得答案．
本题考查空间几何体的外接球的表面积，考查了逻辑推理能力、空间想象能力、运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)设c=(x,y)，2a+b=(−1,2)，且c⊥(2a+b)，
∴c⋅(2a+b)=2y−x=0，
∴x=2y，且|c|= 5，
∴x2+y2=4y2+y2=5y2=5，解得y=±1，∴x=−2y=−1或x=2y=1，
∴c=(−2,−1)或(2,1)；
(2)a+λb=(1−3λ,2−2λ)，
∵a与a+λb的夹角为锐角，
∴a⋅(a+λb)>0，且a与a+λb不共线，
∴1−3λ+4−4λ>02−2λ−2(1−3λ)≠0，解得λ<57且λ≠0，
∴λ的取值范围为{λ|λ<57且λ≠0}.
【解析】(1)可设c=(x,y)，求出2a+b=(−1,2)，根据条件可得出2y−x=0x2+y2=5，解出x，y即可得出向量c的坐标；
(2)可求出a+λb=(1−3λ,2−2λ)，根据题意可得出：a⋅(a+λb)>0且a与a+λb不共线，根据向量坐标的数量积运算及共线向量的坐标关系即可得出λ的取值范围．
本题考查了向量坐标的数乘和数量积的运算，根据向量的坐标求向量长度的方法，向量数量积的计算公式，共线向量的坐标关系，考查了计算能力，属于基础题．
16.【答案】(1)证明：因为AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点，
所以BC⊥AC，
因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，
又PC⊂平面PAC，
所以BC⊥PC，
即△PBC是直角三角形；
(2)解：过A作AH⊥PC于H，
因为BC⊥平面PAC，AH⊂平面PAC，所以BC⊥AH，
又PC∩BC=C，PC，BC⊂平面PBC，
所以AH⊥平面PBC，
所以∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角，
在Rt△PAC中，由等面积法可得12PA⋅PC=12AH⋅PC，
而PC= PA2+AC2，
所以AH=PA⋅AC PA2+AC2= 63AC，
在Rt△ABH中，sin∠ABH=AHAB= 63AC 2AC= 33，
故直线AB与平面PBC所成角的正弦值为 33.
【解析】(1)由圆的性质可得BC⊥AC，再由PA⊥平面ABC，则PA⊥BC，然后由面面垂直的判定可得BC⊥平面PAC，从而可得BC⊥PC，进而可证得结论；
(2)过A作AH⊥PC于H，可证得∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角，在Rt△ABH中求解即可．
本题考查直角三角形的证明，考查直线与平面所成角的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的合理运用，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵AE=EB，BF=3FC，
∴AG=tAF=t(AB+BF)=tAB+3t4AD，
∵E，G，D三点共线，
∴存在λ，使得AG=λAE+(1−λ)AD=12λAB+(1−λ)AD，
∴t=12λ3t4=1−λ，解得t=411；
(2)在△ABF中，∠B=120∘，AB=4，BF=3，由余弦定理得，AF2=16+9−2×4×3×(−12)2×4×3=3724，AF= 3724，
在△ADE中，∠DAE=60∘，AD=4，AE=2，由余弦定理得，DE2=16+4−2×2×4×122×2×4=34，DE= 34，
AF⋅DE=(AB+34AD)⋅(12AB−AD)=12AB2−34AD2−58AB⋅AD=8−12−5=−9，
∴cs∠EGF=AF⋅DE|AF||DE|=−9 3724⋅ 34=−36 3737.
【解析】(1)根据条件可得出AG=tAB+3t4AD，AG=12λAB+(1−λ)AD，然后根据平面向量基本定理即可求出t的值；
(2)根据条件及余弦定理即可求出AF，DE的长度，根据AF⋅DE=(AB+34AD)⋅(12AB−AD)进行数量积的运算即可求出AF⋅DE的值，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出cs∠EGF的值．
本题考查了余弦定理，三点共线的充要条件，数量积的运算及计算公式，向量夹角的余弦公式，向量加法、减法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，考查了计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由已知及正弦定理，得a−bc=a−ca+b，即(a−b)(a+b)=c(a−c)，即a2−b2=ac−c2，即a2+c2−b2=ac.
由余弦定理，得csB=a2+c2−b22ac=12，
因为B∈(0∘,180∘)，
所以B=60∘.
(2)因为A+C=120∘，c=2，由正弦定理，得a=csinAsinC=2sin(120∘−C)sinC= 3csC+sinCsinC= 3tanC+1.
所以S=12acsinB=asin60∘= 32( 3tanC+1).
因为△ABC为锐角三角形，则30∘所以S∈( 32,2 3).
【解析】(1)利用已知和正弦定理化简，结合余弦定理可得角B的值；
(2)由于A+C=120∘，c=2，利用正弦定理，可得a= 3tanC+1，以及△ABC的面积S= 32( 3tanC+1)，利用△ABC为锐角三角形，可得面积的取值范围．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式以及三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：取AC1的中点P，连接B1P、PN，如图1所示：
因为M，N分别为BB1，AC的中点，所以PN//C1C，且PN=12C1C，
又B1M//C1C，且B1M=12C1C，
所以PN//B1M，且PN=B1M，
所以四边形B1MNP是平行四边形，
所以MN//B1P，
又B1P⊂平面AB1C1，MN⊄平面AB1C1，
所以MN//平面AB1C1；
(2)解：以BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为直三棱柱ABC−A1B1C1的底面△ABC的边长为AB=BC=2，侧棱BB1=1，∠ABC=2π3，
所以A( 3,−1,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0,1)，C1(0,2,1)，
所以AB1=(− 3,1,1)，B1C1=(0,2,0)，
设平面AB1C1的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅AB1=− 3x+y+z=0m⋅B1C1=2y=0，
令x=1，则z= 3，所以求得m=(1,0, 3)，
由平面BB1C1的一个法向量为n=(1,0,0)，
所以cs=m⋅n|m|×|n|=12×1=12，
所以向量m、n的夹角为π3，
所以BA=BC=2时，二面角A−B1C1−B的大小为π3.
【解析】(1)取AC1的中点P，连接B1P、PN，证明四边形B1MNP是平行四边形，得出MN//B1P，从而证明MN//平面AB1C1；
(2)以BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，分别求出平面AB1C1和平面BB1C1的一个法向量，从而求出二面角A−B1C1−B的大小．
本题考查了空间角与空间距离、法向量的应用、向量夹角公式、数形结合思想方法，考查了推理与计算能力，是中档题．