还剩10页未读，
继续阅读
2023-2024学年福建省泉州市安溪八中高一（下）质检数学试卷（5月份）（含答案）
展开
这是一份2023-2024学年福建省泉州市安溪八中高一（下）质检数学试卷（5月份）（含答案），共13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.复数z=3−2i(i为虚数单位)的虚部为( )
A. 2B. −2C. 2iD. −2i
2.已知向量a=(t,1),b=(t+2,1)，若a⊥b，则实数t=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
3.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，△A′B′C′为等腰直角三角形，其中O′与A′重合，A′B′=2，则△ABC的面积是( )
A. 2B. 2 2C. 4D. 4 2
4.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a= 21，b=4，c=5，则A=( )
A. π6B. 5π6C. π3D. 2π3
5.已知|OA|= 2，|OB|= 6，且OA，OB的夹角为5π6，则AB在OB上的投影向量为( )
A. − 32OBB. 32OBC. −32OBD. 32OB
6.侧面积为2π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径为( )
A. 2 155B. 155C. 2D. 1
7.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，且bcsC+ccsB=2，则△ABC的面积的最大值为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
8.“阿基米德多面体”这称为半正多面体(semi−regularslid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知AB=3 22，则该半正多面体外接球的表面积为( )
A. 18π
B. 16π
C. 14π
D. 12π
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.下列命题为真命题的是( )
A. 复数2−2i对应的点在第二象限
B. 若i为虚数单位，则i2023=−i
C. 在复数集C中，方程x2+x+1=0的两个解分别为−12+ 32i和−12− 32i
D. 复平面内满足条件|z+i|≤2的复数z所对应的点Z的集合是以点(0,1)为圆心，2为半径的圆
10.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是( )
A. 若m⊥α，n⊥α，则m//n
B. 若m//n，m//α，则n//α
C. 若m⊂α，n⊂β，则m，n是异面直线
D. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m，n是异面直线
11.已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1=1，P为上底面A1B1C1D1的动点(包括边界)，则下列结论中正确的是( )
A. 若PD=3，则满足条件的P点不唯一
B. 若PD= 3，则点P的轨迹是一段圆弧
C. 若PD//平面ACB1，则DP的最大值为 5
D. 若PD//平面ACB1，且PD= 3，则平面BDP截正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的外接球所得平面图形的面积为9π4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数zi=3+i(i为虚数单位)，且z的共轭复数为z−，则|z−|= ______．
13.紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶、石瓢壶、潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台(其他因素忽略不计)，如图给了一个石瓢壶的相关数据(单位：cm)，那么该壶的侧面积约为 cm2．
14.已知△ABC中，AB=2BC=2，AB边上的高与AC边上的中线相等，则tanB= ______．
四、解答题：本题共4小题，共60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，b满足|a|= 2，|b|=1，a⋅(a−b)=1．
(1)求a与b的夹角；
(2)若c=2a−b，d=a+2b，求|c+2d|.
16.(本小题15分)
已知复数z=a−i(i为虚数单位，a∈R)，且z(1+i)是纯虚数．
(1)求复数z；
(2)在复平面内，若复数(z−mi)2(m∈R)对应的点位于第三象限，求实数m的取值范围．
17.(本小题15分)
如图所示，在正六棱锥S−ABCDEF中，O为底面中心，SO=8，OB=4．
(1)求该正六棱锥的体积和侧面积；
(2)若该正六棱锥的顶点都在球M的表面上，求球M的表面积和体积．
18.(本小题17分)
在①sinAsinB+sinBsinA+1=c2ab；②(a+2b)csC+ccsA=0；③ 3asinA+B2=csinA，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_____．
(1)求角C的大小；
(2)若c=4，求△ABC周长的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：复数z=3−2i(i为虚数单位)的虚部为−2．
故选：B．
利用复数的基本概念求解即可．
本题考查了复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵a⊥b，
∴a⋅b=t(t+2)+1=0，解得t=−1．
故选：B．
根据a⊥b即可得出a⋅b=0，然后进行向量坐标的数量积运算即可求出t的值．
本题考查了向量垂直的充要条件，向量数量积的坐标运算，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了平面图形的斜二测直观图应用问题，是基础题．
把△ABC的斜二测直观图还原出原图形，得出△ABC是直角三角形，计算三角形面积即可．
【解答】
解：把△ABC的斜二测直观图还原出原图形，因为△A′B′C′为等腰直角三角形，且A′B′=2，
所以AB=A′B′=2，AC=2A′C′=2 2，
所以△ABC是直角三角形，面积为12×AB×AC=12×2×2 2=2 2．
故选：B．
4.【答案】C
【解析】解：由余弦定理知csA=b2+c2−a22bc=16+25−212×4×5=12，
因为A∈(0,π)，
所以A=π3．
故选：C．
利用余弦定理即可求解．
本题主要考查了余弦定理的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意得AB⋅OB=(OB−OA)⋅OB=OB2−OA⋅OB=6+ 2× 6× 32=9，
则AB在OB上的投影向量为AB⋅OB|OB|⋅OB|OB|=96⋅OB=32OB，故D正确．
故选：D．
先求出AB⋅OB=9，再利用投影向量运算即可求解．
本题主要考查投影向量的求解，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，则圆锥的侧面积为πrl=2π，
由侧面展开图是一个半圆，则2πr=πl，
解得l=2，r=1，
所以圆锥的底面半径为1．
故选：D．
设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，根据题意列方程组，即可求出r的值．
本题考查了圆锥的结构特征应用问题，是基础题．
7.【答案】B
【解析】解：因为sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，由正弦定理得b2+c2−a2=bc，
所以csA=b2+c2−a22bc=12，
又A∈(0,π)，
所以A=π3，
因为bcsC+ccsB=2，
所以ba2+b2−c22ab+ca2+c2−b22ac=2，
所以a=2，
由a2=b2+c2−2bccsA，得4=b2+c2−bc≥bc，
所以bc≤4，当且仅当b=c=2时，取等号，
则S△ABC=12bcsinA= 34bc≤ 3，
所以△ABC的面积的最大值为 3．
故选：B．
根据sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，利用正弦定理化角为边，结合余弦定理求得角A，再根据bcsC+ccsB=2，利用余弦定理化角为边求得边a，再利用余弦定理结合基本不等式求得bc的最大值，再根据三角形的面积公式即可得出答案．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：如图，在正方体EFGH−E1F1G1H1中，取正方体、正方形E1F1G1H1的中心O、O1，连接E1G1，OO1，OA，O1A，
∵A，B分别为E1H1，H1G1的中点，则E1G1=2AB=3 2，
∴正方体的棱长为EF=3，
故OO1=O1A=32，可得OA= OO12+O1A2=3 22，
根据对称性可知：点O到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为O，半径R=OA=3 22，
故该半正多面体外接球的表面积为S=4πR2=4π×(3 22)2=18π．
故选：A．
根据正方体的对称性可知：该半正多面体外接球的球心为正方体的中心O，进而可求球的半径和表面积．
本题主要考查了多面体外接球问题，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：复数2−2i对应的点的坐标为(2,−2)，在第四象限，故A错误；
i4×505+3=i3=−i，故B正确；
∵x2+x+1=(x+12)2+34=(x+12+ 32i)(x+12− 32i)，
因此在复数集C中，方程x2+x+1=0有两个解，依次为−12+ 32i和−12− 32i，故C正确；
复平面内满足条件|z+i|≤2的复数z对应的点Z的集合是以点(0,−1)为圆心，2为半径的圆面，故D错误．
∴真命题的是BC．
故选：BC．
根据复数的代数表示法及其几何意义可判断A；根据i的性质可判断B；根据复数方程的根可判断C；根据复数的几何意义可判断D．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数的运算，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，得：
对于A，若m⊥α，n⊥α，则由线面垂直的性质定理得m//n，故A正确；
对于B，若m//n，m//α，则n//α或n⊂α，故B错误；
对于C，若m⊂α，n⊂β，则m，n相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m，n是异面直线，故D正确．
故选：AD．
对于A，由线面垂直的性质定理得m//n；对于B，n//α或n⊂α；对于C，m，n相交、平行或异面；对于D，m//n或m，n是异面直线．
本题考查命题真假的判断，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．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查线面平行的性质，空间几何体的截面问题(截面形状、面积)，属于较难题．
作出正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的图形，
对于A，利用勾股定理计算即可；
对于B，以D1为原点建立平面直角坐标系，设P(x,y)，根据几何关系即可得出；
对于C，因为平面C1A1D//平面B1AC，得出点P在平面C1A1D与平面A1B1C1D1的交线A1C1上，即可判断；
对于D，平面BDP截正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，求出半径即可解答．
【解答】
解：作出正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的图形，如图所示：
对于A：∵正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1=1，
∴B1D1=2 2，B1D= (2 2)2+12=3，
∴B1与P重合时，PD=3，此时P点唯一，故A错误；
对于B：如图，以D1为原点建立平面直角坐标系，设P(x,y)，
∵PD= 3，∴PD= DD12+D1P2= 1+x2+y2= 3，
∴x2+y2=2<8，故点P的轨迹是一段圆弧，故B正确；
对于C：连接A1D，C1D，
因为AC//A1C1，B1C//A1D，AC∩B1C=C，AC,B1C⊂平面B1AC，
A1D∩A1C1=A1，A1D,A1C1⊂平面C1A1D，
故平面C1A1D//平面B1AC，
故点P在平面C1A1D与平面A1B1C1D1的交线A1C1上，
则当P与点A1或与点C1重合时，
DP有最大值 AD2+AA12= 22+12= 5，故C正确；
对于D：由选项C知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为12× 22+22+12=32，
则所得平面图形的面积为π(32)2=9π4，故D正确．
故选：BCD．
12.【答案】 10
【解析】解：由zi=3+i得|zi|=|3+i|，
所以|z|⋅|i|=|3+i|，即|z|= 10，
所以|z−|=|z|= 10．
故答案为： 10．
根据复数模长的性质求解
本题主要考查复数模长的性质，属于基础题，
13.【答案】16 5π
【解析】【分析】
本题考查圆台的侧面积和表面积，属于基础题．
根据题意，作出近似圆台的轴截面，求出其母线长，由圆台的侧面积公式分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图为该圆台的轴截面，
上底面半径为r′=62=3，下底面半径为r=102=5，高h=4，
则该圆台的母线长为l= 16+4=2 5，
故圆台的侧面积S=π(r′+r)l=16 5π，则该壶的侧面积约为16 5πcm2．
故答案为：16 5π.
14.【答案】− 3
【解析】解：如图所示，设AB边上的高为CE，AC边上的中线为BF，
在Rt△BCE中，CE=BCsin∠ABC=sin∠ABC，
所以BF=CE=sin∠ABC，
由BF=12(BA+BC)，平方可得
BF2=14(BA2+BC2+2|BA||BC|cs∠ABC)，
又AB=2BC=2，
则有4(1−cs2∠ABC)=4+1+2×2×1×cs∠ABC，
化简得4cs2∠ABC+4cs∠ABC+1=0，
解得cs∠ABC=−12，
又因为0<∠ABC<π，所以∠ABC=2π3，
所以tan∠ABC=− 3．
故答案为：− 3．
通过已知条件得到BF=sin∠ABC，通过平方关系对BF=12(BA+BC)进行转化，解得cs∠ABC=−12，即可得到答案．
本题考查三角形中的几何计算，属中档题．
15.【答案】解：(1)因为|a|= 2，|b|=1，a⋅(a−b)=1，
设a,b=θ，
所以a⋅(a−b)=a2−a⋅b
=|a|2−|a|⋅|b|⋅csθ=2− 2csθ=1，
所以csθ= 22，
因为0≤θ≤π，
所以θ=π4，即a与b的夹角为π4；
(2)因为c+2d=2a−b+2(a+2b)=4a+3b，
则|c+2d|2=(4a+3b)2=16a2+9b2+24a⋅b=16×( 2)2+9+24×1=65，
故|c+2d|= 65．
【解析】本题考查利用向量的数量积求解夹角以及模长问题，属于中档题．
(1)利用向量的数量积性质及运算规律即可求解；
(2)由c+2d=4a+3b，再利用求模公式求解．
16.【答案】解：(1)∵z=a−i(a∈R)，且z(1+i)是纯虚数，
∴(a−i)(1+i)=(a+1)+(a−1)i是纯虚数，
则a+1=0a−1≠0，即a=−1，
∴z=−1−i；
(2)(z−mi)2=[−1−(m+1)i]2=1−(m+1)2+2(m+1)i，
由复数(z−mi)2对应的点位于第三象限可得：
1−(m+1)2<02(m+1)<0，解得m<−2，
∴实数m的取值范围是(−∞,−2)．
【解析】本题考查复数的乘法运算，考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
(1)把z=a−i(a∈R)代入z(1+i)，利用复数的乘法运算化简，再由实部为0且虚部不为0列式求解a的值，从而得到答案；
(2)把z=−1−i代入(z−mi)2(m∈R)，展开后由实部小于0且虚部小于0列不等式组，求解即可．
17.【答案】解：(1)由条件可知正六边形ABCDEF的边长为4，
所以底面积为6×12×42sinπ3=24 3，
该正六棱锥的体积为13×8×24 3=64 3．
正六棱锥的侧棱长为 42+82=4 5，
侧面等腰三角形的面积为12×4× (4 5)2−22=4 19，
故该正六棱锥的侧面积为6×4 19=24 19．
(2)球心M一定在直线SO上，设球M的半径为R，
则R=MS=MB，
又MB2=OM2+OB2，
所以R2=(8−R)2+42，解得R=5．
所以球M的表面积为4πR2=100π，
体积为43πR3=5003π
【解析】(1)由正六棱锥的几何特征，再应用体积和侧面积公式求解即可；
(2)由正六棱锥的几何特征，根据球的表面积和体积求解即得．
本题主要考查球的表面积和体积，属于中档题．
18.【答案】解：(1)选择条件①：由sinAsinB+sinBsinA+1=c2ab及正弦定理，得：ab+ba+1=c2ab，
即a2+b2−c2=−ab，由余弦定理，得csC=a2+b2−c22ab=−ab2ab=−12，
因为0选择条件②：由(a+2b)csC+ccsA=0及正弦定理，
得：(sinA+2sinB)csC+sinCcsA=0，
即sinAcsC+csAsinC=−2sinBcsC．
即sin(A+C)=−2sinBcsC．
在△ABC中，A+B+C=π，所以sin(A+C)=sin(π−B)=sinB，
即sinB=−2csCsinB，因为0因为0选择条件③：由 3asinA+B2=csinA及正弦定理，
得： 3sinAsinA+B2=sinCsinA，
因为0在△ABC中，A+B+C=π，则sinA+B2=csC2，
故 3csC2=2sinC2csC2．
因为0故C=2π3；
(2)在△ABC中应用余弦定理得：c2=a2+b2−2abcsC，
所以16=a2+b2+ab，因为a2+b2=(a+b)2−2ab，
所以(a+b)2=ab+16.因为ab≤(a+b)24，
所以(a+b)2≤(a+b)24+16，解得：(a+b)2≤192，
又因为a+b>c，
所以8所以周长的取值范围是：(8,8 3+4]．
【解析】(1)若选择①，利用正弦定理，化角为边后，结合余弦定理求角；
若选择②，利用正弦定理，化边为角，结合三角恒等变换，求角；
如选择③，利用正弦定理，将边化角，利用诱导公式，和二倍角公式，即可求角；
(2)利用余弦定理，结合基本不等式，即可求三角形周长的取值范围．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
1.复数z=3−2i(i为虚数单位)的虚部为( )
A. 2B. −2C. 2iD. −2i
2.已知向量a=(t,1),b=(t+2,1)，若a⊥b，则实数t=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
3.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，△A′B′C′为等腰直角三角形，其中O′与A′重合，A′B′=2，则△ABC的面积是( )
A. 2B. 2 2C. 4D. 4 2
4.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a= 21，b=4，c=5，则A=( )
A. π6B. 5π6C. π3D. 2π3
5.已知|OA|= 2，|OB|= 6，且OA，OB的夹角为5π6，则AB在OB上的投影向量为( )
A. − 32OBB. 32OBC. −32OBD. 32OB
6.侧面积为2π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径为( )
A. 2 155B. 155C. 2D. 1
7.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，且bcsC+ccsB=2，则△ABC的面积的最大值为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
8.“阿基米德多面体”这称为半正多面体(semi−regularslid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知AB=3 22，则该半正多面体外接球的表面积为( )
A. 18π
B. 16π
C. 14π
D. 12π
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.下列命题为真命题的是( )
A. 复数2−2i对应的点在第二象限
B. 若i为虚数单位，则i2023=−i
C. 在复数集C中，方程x2+x+1=0的两个解分别为−12+ 32i和−12− 32i
D. 复平面内满足条件|z+i|≤2的复数z所对应的点Z的集合是以点(0,1)为圆心，2为半径的圆
10.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是( )
A. 若m⊥α，n⊥α，则m//n
B. 若m//n，m//α，则n//α
C. 若m⊂α，n⊂β，则m，n是异面直线
D. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m，n是异面直线
11.已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1=1，P为上底面A1B1C1D1的动点(包括边界)，则下列结论中正确的是( )
A. 若PD=3，则满足条件的P点不唯一
B. 若PD= 3，则点P的轨迹是一段圆弧
C. 若PD//平面ACB1，则DP的最大值为 5
D. 若PD//平面ACB1，且PD= 3，则平面BDP截正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的外接球所得平面图形的面积为9π4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数zi=3+i(i为虚数单位)，且z的共轭复数为z−，则|z−|= ______．
13.紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶、石瓢壶、潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台(其他因素忽略不计)，如图给了一个石瓢壶的相关数据(单位：cm)，那么该壶的侧面积约为 cm2．
14.已知△ABC中，AB=2BC=2，AB边上的高与AC边上的中线相等，则tanB= ______．
四、解答题：本题共4小题，共60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，b满足|a|= 2，|b|=1，a⋅(a−b)=1．
(1)求a与b的夹角；
(2)若c=2a−b，d=a+2b，求|c+2d|.
16.(本小题15分)
已知复数z=a−i(i为虚数单位，a∈R)，且z(1+i)是纯虚数．
(1)求复数z；
(2)在复平面内，若复数(z−mi)2(m∈R)对应的点位于第三象限，求实数m的取值范围．
17.(本小题15分)
如图所示，在正六棱锥S−ABCDEF中，O为底面中心，SO=8，OB=4．
(1)求该正六棱锥的体积和侧面积；
(2)若该正六棱锥的顶点都在球M的表面上，求球M的表面积和体积．
18.(本小题17分)
在①sinAsinB+sinBsinA+1=c2ab；②(a+2b)csC+ccsA=0；③ 3asinA+B2=csinA，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_____．
(1)求角C的大小；
(2)若c=4，求△ABC周长的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：复数z=3−2i(i为虚数单位)的虚部为−2．
故选：B．
利用复数的基本概念求解即可．
本题考查了复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵a⊥b，
∴a⋅b=t(t+2)+1=0，解得t=−1．
故选：B．
根据a⊥b即可得出a⋅b=0，然后进行向量坐标的数量积运算即可求出t的值．
本题考查了向量垂直的充要条件，向量数量积的坐标运算，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了平面图形的斜二测直观图应用问题，是基础题．
把△ABC的斜二测直观图还原出原图形，得出△ABC是直角三角形，计算三角形面积即可．
【解答】
解：把△ABC的斜二测直观图还原出原图形，因为△A′B′C′为等腰直角三角形，且A′B′=2，
所以AB=A′B′=2，AC=2A′C′=2 2，
所以△ABC是直角三角形，面积为12×AB×AC=12×2×2 2=2 2．
故选：B．
4.【答案】C
【解析】解：由余弦定理知csA=b2+c2−a22bc=16+25−212×4×5=12，
因为A∈(0,π)，
所以A=π3．
故选：C．
利用余弦定理即可求解．
本题主要考查了余弦定理的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意得AB⋅OB=(OB−OA)⋅OB=OB2−OA⋅OB=6+ 2× 6× 32=9，
则AB在OB上的投影向量为AB⋅OB|OB|⋅OB|OB|=96⋅OB=32OB，故D正确．
故选：D．
先求出AB⋅OB=9，再利用投影向量运算即可求解．
本题主要考查投影向量的求解，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，则圆锥的侧面积为πrl=2π，
由侧面展开图是一个半圆，则2πr=πl，
解得l=2，r=1，
所以圆锥的底面半径为1．
故选：D．
设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，根据题意列方程组，即可求出r的值．
本题考查了圆锥的结构特征应用问题，是基础题．
7.【答案】B
【解析】解：因为sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，由正弦定理得b2+c2−a2=bc，
所以csA=b2+c2−a22bc=12，
又A∈(0,π)，
所以A=π3，
因为bcsC+ccsB=2，
所以ba2+b2−c22ab+ca2+c2−b22ac=2，
所以a=2，
由a2=b2+c2−2bccsA，得4=b2+c2−bc≥bc，
所以bc≤4，当且仅当b=c=2时，取等号，
则S△ABC=12bcsinA= 34bc≤ 3，
所以△ABC的面积的最大值为 3．
故选：B．
根据sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，利用正弦定理化角为边，结合余弦定理求得角A，再根据bcsC+ccsB=2，利用余弦定理化角为边求得边a，再利用余弦定理结合基本不等式求得bc的最大值，再根据三角形的面积公式即可得出答案．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：如图，在正方体EFGH−E1F1G1H1中，取正方体、正方形E1F1G1H1的中心O、O1，连接E1G1，OO1，OA，O1A，
∵A，B分别为E1H1，H1G1的中点，则E1G1=2AB=3 2，
∴正方体的棱长为EF=3，
故OO1=O1A=32，可得OA= OO12+O1A2=3 22，
根据对称性可知：点O到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为O，半径R=OA=3 22，
故该半正多面体外接球的表面积为S=4πR2=4π×(3 22)2=18π．
故选：A．
根据正方体的对称性可知：该半正多面体外接球的球心为正方体的中心O，进而可求球的半径和表面积．
本题主要考查了多面体外接球问题，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：复数2−2i对应的点的坐标为(2,−2)，在第四象限，故A错误；
i4×505+3=i3=−i，故B正确；
∵x2+x+1=(x+12)2+34=(x+12+ 32i)(x+12− 32i)，
因此在复数集C中，方程x2+x+1=0有两个解，依次为−12+ 32i和−12− 32i，故C正确；
复平面内满足条件|z+i|≤2的复数z对应的点Z的集合是以点(0,−1)为圆心，2为半径的圆面，故D错误．
∴真命题的是BC．
故选：BC．
根据复数的代数表示法及其几何意义可判断A；根据i的性质可判断B；根据复数方程的根可判断C；根据复数的几何意义可判断D．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数的运算，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，得：
对于A，若m⊥α，n⊥α，则由线面垂直的性质定理得m//n，故A正确；
对于B，若m//n，m//α，则n//α或n⊂α，故B错误；
对于C，若m⊂α，n⊂β，则m，n相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m，n是异面直线，故D正确．
故选：AD．
对于A，由线面垂直的性质定理得m//n；对于B，n//α或n⊂α；对于C，m，n相交、平行或异面；对于D，m//n或m，n是异面直线．
本题考查命题真假的判断，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．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查线面平行的性质，空间几何体的截面问题(截面形状、面积)，属于较难题．
作出正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的图形，
对于A，利用勾股定理计算即可；
对于B，以D1为原点建立平面直角坐标系，设P(x,y)，根据几何关系即可得出；
对于C，因为平面C1A1D//平面B1AC，得出点P在平面C1A1D与平面A1B1C1D1的交线A1C1上，即可判断；
对于D，平面BDP截正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，求出半径即可解答．
【解答】
解：作出正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的图形，如图所示：
对于A：∵正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1=1，
∴B1D1=2 2，B1D= (2 2)2+12=3，
∴B1与P重合时，PD=3，此时P点唯一，故A错误；
对于B：如图，以D1为原点建立平面直角坐标系，设P(x,y)，
∵PD= 3，∴PD= DD12+D1P2= 1+x2+y2= 3，
∴x2+y2=2<8，故点P的轨迹是一段圆弧，故B正确；
对于C：连接A1D，C1D，
因为AC//A1C1，B1C//A1D，AC∩B1C=C，AC,B1C⊂平面B1AC，
A1D∩A1C1=A1，A1D,A1C1⊂平面C1A1D，
故平面C1A1D//平面B1AC，
故点P在平面C1A1D与平面A1B1C1D1的交线A1C1上，
则当P与点A1或与点C1重合时，
DP有最大值 AD2+AA12= 22+12= 5，故C正确；
对于D：由选项C知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为12× 22+22+12=32，
则所得平面图形的面积为π(32)2=9π4，故D正确．
故选：BCD．
12.【答案】 10
【解析】解：由zi=3+i得|zi|=|3+i|，
所以|z|⋅|i|=|3+i|，即|z|= 10，
所以|z−|=|z|= 10．
故答案为： 10．
根据复数模长的性质求解
本题主要考查复数模长的性质，属于基础题，
13.【答案】16 5π
【解析】【分析】
本题考查圆台的侧面积和表面积，属于基础题．
根据题意，作出近似圆台的轴截面，求出其母线长，由圆台的侧面积公式分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图为该圆台的轴截面，
上底面半径为r′=62=3，下底面半径为r=102=5，高h=4，
则该圆台的母线长为l= 16+4=2 5，
故圆台的侧面积S=π(r′+r)l=16 5π，则该壶的侧面积约为16 5πcm2．
故答案为：16 5π.
14.【答案】− 3
【解析】解：如图所示，设AB边上的高为CE，AC边上的中线为BF，
在Rt△BCE中，CE=BCsin∠ABC=sin∠ABC，
所以BF=CE=sin∠ABC，
由BF=12(BA+BC)，平方可得
BF2=14(BA2+BC2+2|BA||BC|cs∠ABC)，
又AB=2BC=2，
则有4(1−cs2∠ABC)=4+1+2×2×1×cs∠ABC，
化简得4cs2∠ABC+4cs∠ABC+1=0，
解得cs∠ABC=−12，
又因为0<∠ABC<π，所以∠ABC=2π3，
所以tan∠ABC=− 3．
故答案为：− 3．
通过已知条件得到BF=sin∠ABC，通过平方关系对BF=12(BA+BC)进行转化，解得cs∠ABC=−12，即可得到答案．
本题考查三角形中的几何计算，属中档题．
15.【答案】解：(1)因为|a|= 2，|b|=1，a⋅(a−b)=1，
设a,b=θ，
所以a⋅(a−b)=a2−a⋅b
=|a|2−|a|⋅|b|⋅csθ=2− 2csθ=1，
所以csθ= 22，
因为0≤θ≤π，
所以θ=π4，即a与b的夹角为π4；
(2)因为c+2d=2a−b+2(a+2b)=4a+3b，
则|c+2d|2=(4a+3b)2=16a2+9b2+24a⋅b=16×( 2)2+9+24×1=65，
故|c+2d|= 65．
【解析】本题考查利用向量的数量积求解夹角以及模长问题，属于中档题．
(1)利用向量的数量积性质及运算规律即可求解；
(2)由c+2d=4a+3b，再利用求模公式求解．
16.【答案】解：(1)∵z=a−i(a∈R)，且z(1+i)是纯虚数，
∴(a−i)(1+i)=(a+1)+(a−1)i是纯虚数，
则a+1=0a−1≠0，即a=−1，
∴z=−1−i；
(2)(z−mi)2=[−1−(m+1)i]2=1−(m+1)2+2(m+1)i，
由复数(z−mi)2对应的点位于第三象限可得：
1−(m+1)2<02(m+1)<0，解得m<−2，
∴实数m的取值范围是(−∞,−2)．
【解析】本题考查复数的乘法运算，考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
(1)把z=a−i(a∈R)代入z(1+i)，利用复数的乘法运算化简，再由实部为0且虚部不为0列式求解a的值，从而得到答案；
(2)把z=−1−i代入(z−mi)2(m∈R)，展开后由实部小于0且虚部小于0列不等式组，求解即可．
17.【答案】解：(1)由条件可知正六边形ABCDEF的边长为4，
所以底面积为6×12×42sinπ3=24 3，
该正六棱锥的体积为13×8×24 3=64 3．
正六棱锥的侧棱长为 42+82=4 5，
侧面等腰三角形的面积为12×4× (4 5)2−22=4 19，
故该正六棱锥的侧面积为6×4 19=24 19．
(2)球心M一定在直线SO上，设球M的半径为R，
则R=MS=MB，
又MB2=OM2+OB2，
所以R2=(8−R)2+42，解得R=5．
所以球M的表面积为4πR2=100π，
体积为43πR3=5003π
【解析】(1)由正六棱锥的几何特征，再应用体积和侧面积公式求解即可；
(2)由正六棱锥的几何特征，根据球的表面积和体积求解即得．
本题主要考查球的表面积和体积，属于中档题．
18.【答案】解：(1)选择条件①：由sinAsinB+sinBsinA+1=c2ab及正弦定理，得：ab+ba+1=c2ab，
即a2+b2−c2=−ab，由余弦定理，得csC=a2+b2−c22ab=−ab2ab=−12，
因为0
得：(sinA+2sinB)csC+sinCcsA=0，
即sinAcsC+csAsinC=−2sinBcsC．
即sin(A+C)=−2sinBcsC．
在△ABC中，A+B+C=π，所以sin(A+C)=sin(π−B)=sinB，
即sinB=−2csCsinB，因为0
得： 3sinAsinA+B2=sinCsinA，
因为0
故 3csC2=2sinC2csC2．
因为0
(2)在△ABC中应用余弦定理得：c2=a2+b2−2abcsC，
所以16=a2+b2+ab，因为a2+b2=(a+b)2−2ab，
所以(a+b)2=ab+16.因为ab≤(a+b)24，
所以(a+b)2≤(a+b)24+16，解得：(a+b)2≤192，
又因为a+b>c，
所以8
【解析】(1)若选择①，利用正弦定理，化角为边后，结合余弦定理求角；
若选择②，利用正弦定理，化边为角，结合三角恒等变换，求角；
如选择③，利用正弦定理，将边化角，利用诱导公式，和二倍角公式，即可求角；
(2)利用余弦定理，结合基本不等式，即可求三角形周长的取值范围．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
相关试卷
（全卷解析）福建安溪八中2024年高一下学期6月质检数学试题+答案： 这是一份（全卷解析）福建安溪八中2024年高一下学期6月质检数学试题+答案，文件包含福建省安溪第八中学2023-2024学年高一下学期6月份质量检测数学试卷pdf、福建省安溪第八中学2023-2024学年高一下学期6月份质量检测参考答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
福建安溪八中2024年高一下学期6月质检数学试题+答案： 这是一份福建安溪八中2024年高一下学期6月质检数学试题+答案，文件包含福建省安溪第八中学2023-2024学年高一下学期6月份质量检测数学试卷pdf、福建省安溪第八中学2023-2024学年高一下学期6月份质量检测参考答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
福建省安溪第八中学2023-2024学年高一下学期6月份质量检测数学试卷（原卷版+含解析）： 这是一份福建省安溪第八中学2023-2024学年高一下学期6月份质量检测数学试卷（原卷版+含解析），共12页。
