2023-2024学年福建省福州一中高一（下）第三次段考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年福建省福州一中高一（下）第三次段考数学试卷（含答案），共8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.设向量a与b的夹角为θ，且a=(−2,1),a+2b=(2,3)，则csθ=( )
A. −35B. 35C. 55D. −2 55
2.如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个长为3宽为2的矩形，则该平面图形的面积为( )
A. 3 22
B. 3 2
C. 6
D. 12 2
3.已知直线a、b和平面α、β，则下列说法正确的是( )
A. 若a/​/α，b/​/α，a⊂β，b⊂β，则α/​/β
B. 若a/​/α，b/​/β，α/​/β，则a/​/b
C. 若a/​/α，b/​/β，a/​/b，则α/​/β
D. 若a/​/α，a/​/β，α∩β=b，则a/​/b
4.《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.在堑堵ABC−A′B′C′中，AB⊥AC，AB=1，AC=2，BB′=3，则此堑堵的外接球半径是( )
A. 2 3B. 3C. 142D. 14
5.公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚底面在同一平面上.某人在点A处测得楼顶的仰角为45°，他在公路上自西向东行走，行走60米到点B处，测得仰角为45°，沿该方向再行走60米到点C处，测得仰角为θ.则sinθ=( )
A. 12B. 3C. −2D. −13
6.在△ABC中，点D为边AB上一点，若BC⊥CD，AC=3 2，AD= 3，sin∠ABC= 33，则△ABC的面积是( )
A. 9 22B. 15 22C. 6 2D. 12 2
7.已知圆台上下底面的圆心分别为O1，O2，母线AB=3(点B位于上底面)，且满足AO2=2BO1，圆O2的周长为2π，一只蚂蚁从点A出发沿着圆台的侧面爬行一周到AB的中点C，则蚂蚁爬行的最短路程为( )
A. 3 132B. 3 3C. 3 7D. 3 72
8.在△ABC中，AB=AC，若点O为△ABC的垂心，且满足AO=14AB+xAC，则cs∠BAC的值为( )
A. 12B. 13C. 14D. 15
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.设a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，下列条件中可以判定△ABC一定为等腰三角形的有( )
A. acsA=bcsBB. acsB=bcsAC. bsinB=csinCD. a=2bcsC
10.已知三棱台ABC−A′B′C′，上下底面边长之比为1：2，棱AB、BC、AC的中点为点M、P、N，则下列结论错误的有( )
A. A′N//PC′
B. A′P与AC为异面直线
C. AB/​/面A′C′P
D. 面A′MN//面BCC′B′
11.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足b=1，1−2acsinA=a2+c2，则下列说法正确的有( )
A. 1+atanB=0B. sinC+cs2B=0
C. c+ 2a> 2D. △ABC的面积S<14
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，八面体的每个面都是正三角形，并且四边形ABCD是边长为10的正方形，则这个八面体的体积是______．
13.在梯形ABCD中，AB/​/CD，∠DAB=90°，AB=2，CD=AD=1，若点M在线段BD上，则AM⋅CM的最小值为______．
14.已知e1、e2为单位向量，且|e1−e2|=1，若向量a满足|a+2e2|=1，则|a+te1|(t∈R)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)
已知在平面直角坐标系中，点A(1,2)，B(4,6)，C(0,3)．
(1)若(AB+tAC)⊥(AB−tAC)，求t的值；
(2)记AB在AC方向上的投影向量为a，求a的坐标．
16.(本小题15分)
如图，四边形ABCD中，AD⊥AB，∠ADC=120°，AB=2 3，AD=1，CD=2，
(1)求将四边形ABCD绕直线AD旋转一周所成几何体的体积；
(2)求将四边形ABCD绕直线AB旋转一周所成几何体的表面积．
17.(本小题15分)
正六棱柱ABCDEF−A′B′C′D′E′F′，两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，高为4，记C′D、E′F、AA′的中点分别为P、Q、M．
(1)要经过点M和对角线F′C′将六棱柱锯开，请说明在六棱柱表面该怎样划线，并求截面面积；
(2)证明：PQ/​/平面ABCDEF；
(3)直线AB上是否存在一个点N，使得平面D′QN//平面BPF？若存在，求出BN的长度；若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边， 3csinB+bcsC=a+c，
(1)求角B；
(2)若点D在边AB上，BD=2，AC=2 3，且DA=DC，求∠DCA．
19.(本小题17分)
在△ABC中，D、E为边BC上两点，且满足∠BAD=∠CAE，BD=1，DE=5，EC=3，
(1)求证：ABAC=sin∠ADB3sin∠AEC；
(2)求证：ABAC为定值；
(3)求△ABC面积的最大值．
参考答案
1.A
2.D
3.D
4.C
5.A
6.C
7.A
8.B
9.BCD
10.AC
11.ABD
12.1000 23
13.−920
14. 3−1
15.解：(1)由题意可知AB=(3,4),AC=(−1,1)，
又(AB+tAC)⊥(AB−tAC)，
所以(AB+tAC)⋅(AB−tAC)=AB2−t2AC2=32+42−[(−1)2+12]t2=0，
解得t=±5 22；
(2)由投影向量的定义可知
a=cs〈AB,AC〉⋅|AB|⋅AC|AC|=AB⋅AC|AC|2⋅AC=3×(−1)+4×12×(−1,1)=(−12,12)．
16.解：(1)作CE⊥AD，CF⊥AB，E，F为垂足，
因为∠ADC=120°，所以∠EDC=60°，
因为CD=2，所以DE=1，CE= 3，
所以AF=CE= 3，
又AB=2 3，AD=1，所以CF=AE=AD+DE=2，
BF=AB−AF=2 3− 3= 3，
由勾股定理得CB= CF2+BF2= 7，
由四边形ABCE绕直线AD旋转一周形成圆台，
且V圆台=13×2×(3π+12π+6π)=14π，
由三角形CDE绕直线AD旋转一周形成圆锥，
且V圆锥=13×1×3π=π，
所以将四边形ABCD绕直线AD旋转一周所成几何体的体积为14π−π=13π；
(2)四边形ABCD绕直线AB旋转一周所成几何体的表面积分为三部分，
以AD为半径的圆的面积为π，
以CD为母线的圆台的侧面积πl(r+r′)=2π(1+2)=6π，
以BC为母线的圆锥的侧面积12×2×2π 7=2 7π，
所以该几何体的表面积为(2 7+7)π．
17.解：(1)取BB′的中点M′，连接MM′，MF′，M′C′，
由于C′F′//A′B′，又C′F′⊄平面ABB′A′，A′B′⊂平面ABB′A′，
所以C′F′//平面ABB′A′，
因为C′F′⊂平面MC′F′，平面ABB′A′∩平面MC′F′=MM′，
所以MM′//C′F′，则四边形MM′C′F′即为所求截面，
因为C′F′=4，所以MM′=2，MF′= 4+4=2 2，
等腰梯形MM′C′F′的高为 8−1= 7，所以截面面积为12×(2+4)× 7=3 7；

(2)证明：取CD、EF的中点P′、Q′，连接PP′，QQ′，P′Q′，
因为P，P′分别为C′D，CD的中点，所以PP′//CC′，PP′=12CC′，
同理QQ′//EE′，QQ′=12EE′，
因为正六棱柱中CC′//EE′，CC′=EE′，
所以PP′//QQ′，PP′=QQ′，
所以四边形PP′Q′Q为平行四边形，
则PQ//P′Q′，又PQ⊄平面ABCDEF，P′Q′⊂平面ABCDEF，
所以PQ/​/平面ABCDEF；
(3)不存在这样的点N，使得平面D′QN//平面BPF，
在正六棱柱中，CF//DE//D′E′，所以CFE′D′为梯形，
连接D′Q延长交CF的延长线于点H，
由于CF//D′E′，且Q为FE′的中点，则△HFQ≌△D′E′Q，
所以HF=D′E′=2，因为CPPD′=1,CFHF=42=2，
所以PF与D′Q共面且不平行，即PF与D′Q相交，
即D′Q与平面BPF相交，故不存在这样的点N，使得平面D′QN//平面BPF．

18.解：(1)由 3csinB+bcsC=a+c，根据正弦定理得 3sinCsinB+sinBcsC=sinA+sinC，
因为sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，所以 3sinCsinB+sinBcsC=sinBcsC+csBsinC+sinC，
因为sinC≠0，所以 3sinB=csB+1⇒sin(B−π6)=12，
因为B∈(0,π)，所以B−π6∈(−π6,5π6)，可得B−π6=π6，即B=π3；
(2)由题意DA=DC，所以设∠DCA=θ,θ∈(0,π2)，
则∠DAC=θ,∠BDC=2θ,∠BCD=2π3−2θ,∠ADC=π−2θ，
设AD=DC=m，BC=a，在△BCD中，由正弦定理得BCsin∠BDC=CDsin∠DBC=BDsin∠BCD，即asin2θ=msinπ3=2sin(2π3−2θ)，
在△ACD中，由正弦定理得ACsin∠ADC=ADsin∠ACD，代入数据得2 3sin(π−2θ)=msinθ，
因为AD=DC=m>0，sin(π−2θ)=sin2θ，所以将以上两式相除得2 3sinθ=a⋅sinπ3，即a=4sinθ，
所以4sinθsin2θ=2csθ=2sin(2π3−2θ)，可得sin(2π3−2θ)=csθ=sin(π2±θ)，即2π3−2θ=π2±θ，或π−(2π3−2θ)=π2±θ
结合θ∈(0,π2)，且2π3−2θ>0，可得θ∈(0,π3)，所以∠DCA=θ=π6或π18．
19.(1)证明：在△ABD中，由正弦定理得，ABsin∠ADB=BDsin∠BAD=1sin∠BAD，
在△AEC中，由正弦定理得，ACsin∠AEC=CEsin∠CAE=3sin∠CAE，
因为∠BAD=∠CAE，
所以ABsin∠ADB=AC3sin∠AEC，即ABAC=sin∠ADB3sin∠AEC．
(2)证明：因为∠BAD=∠CAE，BD=1，DE=5，EC=3，
所以S△ABDS△AEC=12⋅AB⋅DA⋅sin∠BAD12⋅AC⋅AE⋅sin∠BAD=AB⋅DAAC⋅AE=13，
S△ABES△ACD=12⋅AB⋅AE⋅sin(∠BAD+∠DAE)12⋅AC⋅AD⋅sin(∠BAD+∠DAE)=AB⋅AEAC⋅AD=68=34，
两式相乘得，AB⋅DAAC⋅AE⋅AB⋅AEAC⋅AD=AB2AC2=13×34=14，
所以ABAC=12，为定值．
(3)解：由(2)知ABAC=12，
设AC=2AB=2x，则2x+x>92x−x<9，
所以3在△ABC中，由余弦定理知，cs∠ACB=AC2+BC2−AB22AC⋅BC=4x2+81−x236x=x2+2712x，
所以sin2∠ACB=1−cs2∠ACB=1−(x2+2712x)2=−x4+90x2−272144x2，
所以(S△ABC)2=(12AC⋅BC⋅sin∠ACB)2=(12⋅2x⋅9)2⋅sin2∠ACB=81144⋅(−x4+90x2−272)=81144⋅[−(x2−45)2+452−272]，
由3故当x2=45时，(S△ABC)2取得最大值272，
所以△ABC面积的最大值为27．