2023-2024学年海南省海口市海南中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年海南省海口市海南中学高一（下）期末数学试卷（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.已知复数z满足z=1−3i1−i，则复数|z|=( )
A. 3B. 5C. 2 2D. 10
2.若{a,b,c}构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为( )
A. a，a+b，a+cB. a，b，a+2b
C. a，a−c，a+cD. b，a+c，a+b+c
3.若非零向量a，b满足|a|=3|b|，(2a+3b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
4.已知点A(1,−1,2)在平面α上，其法向量n=(2,−1,2)，则下列点不在α上的是( )
A. (2,3,3)B. (3,7,4)C. (−1,−7,1)D. (−2,0,1)
5.一帆船要从A处驶向正东方向200海里的B处，当时有自西北方向吹来的风，风速为15 2海里/小时，如果帆船计划5小时到达目的地，则船速的大小应为( )
A. 5 34海里/小时B. 6 34海里/小时C. 7 34海里/小时D. 8 34海里/小时
6.设A(−2,2)、B(1,1)，若直线ax+y+1=0与线段AB有交点，则a的取值范围是( )
A. (−∞,−32]∪[2,+∞)B. [−32,2)
C. (−∞,−2]∪[32,+∞)D. [−2,32]
7.如图，在△ABC中，AB=AC= 3，D是边BC的中点，以AD为折痕把△ACD折叠，使点C到达点C′的位置，则当三棱锥C′−ABD体积最大时，其外接球的表面积为( )
A. 9π4B. 5π2C. 9π2D. 5π
8.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB= 3，BC=PA=1，E为PD的中点，点N在平面PAC内，且NE⊥平面PAC，则点N到面PAB的距离为( )
A. 16B. 18C. 38D. 178
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.已知m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，那么( )
A. 当m⊥β，或n⊥α时，α⊥β
B. 当m//β，且n/​/α时，α/​/β
C. 当α⊥β时，m⊥β，或n⊥α
D. 当α，β不平行时，m与β不平行，且n与α不平行
10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，点Q为B1C1的中点，点N为DD1的中点，则下列结论正确的是( )
A. CQ与BN为异面直线
B. CQ⊥C1D1
C. BN与C1D1夹角的正弦值为 53
D. 三棱锥Q−NBC的体积为23
11.在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，设BC边上的中点为M，△ABC的面积为S，其中a=2 3，b2+c2=24，下列选项正确的是( )
A. 若A=π3，则S=3 3B. S的最大值为3 3
C. AM=3D. 角A的最小值为π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设E为△ABC的边AC的中点，BE=mBA+nBC，则m+n= ______．
13.已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为______．
14.如图，点P是棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的一个动点，直线AP与平面ABCD所成的角为60°，则点P的轨迹长度为______．
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)
已知点A(−2,1)，B(2,3)，C(−1,−3)：
(1)若BC中点为D，求过点A与D的直线方程；
(2)求过点B且在x轴和y轴上截距相等的直线方程．
16.(本小题15分)
三棱柱ABC−A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，且BM=2A1M，C1N=2B1N.设AB=a，AC=b，AA1=c．
(Ⅰ)试用a,b,c表示向量MN；
(Ⅱ)若∠BAC=90°，∠BAA1=∠CAA1=60°，AB=AC=AA1=1，求MN的长．
17.(本小题15分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acsC+ 3asinC−b−c=0．
(1)求A；
(2)若a=2，则△ABC的面积为 3，求△ABC的周长．
18.(本小题17分)
四边形ABCD为菱形，ED⊥平面ABCD，FB//ED，AD=BD=ED=2，BF=1．
(1)设BC中点为G，证明：DG⊥平面ADE；
(2)求平面AFE与平面BFC的夹角的大小．
19.(本小题17分)
如图，圆台O1O2的轴截面为等腰梯形A1ACC1，AC=2AA1=2A1C1=4，B为底面圆周上异于A，C的点．

(1)在平面BCC1内，过C1作一条直线与平面A1AB平行，并说明理由；
(2)设平面A1AB∩平面C1CB=l，Q∈l，BC1与平面QAC所成角为α，当四棱锥B−A1ACC1的体积最大时，求sinα的取值范围．
参考答案
1..B
2..A
3..C
4..D
5..A
6..C
7..D
8..B



12..−12
13.. 3π3
14..4 33+ 3π6
15..解：(1)由题意，BC的中点D(12,0)，由两点式直线方程得直线AD的方程为：y−1=0−112+2(x+2)，
即2x+5y−1=0；
(2)当过B点且在x，y轴上的截距为0时，直线方程为y=3−02−0x，即3x−2y=0；
设当在x，y上截距m不等于0时直线方程为xm+ym=1，
将B点坐标代入得2m+3m=1，
∴m=5，即x+y−5=0；
综上，过B点并且在x，y轴上截距相等的直线方程为3x−2y=0或x+y−5=0．
16..解：(Ⅰ)由图形知MN=MA1+A1B1+B1N=13BA1+AB+13B1C1=13(c−a)+a+13(b−a)=13a+13b+13c．
(Ⅱ)由题设条件
∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a⋅b+2b⋅c+2a⋅c=1+1+1+0+2×1×1×12+2×1×1×12=5，
∴|a+b+c| = 5，|MN|=13|a+b+c=| 53．
17..解：(1)由正弦定理得sinAcsC+ 3sinAsinC−sinB−sinC=0，
其中sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
故 3sinAsinC−csAsinC−sinC=0，
因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，故 3sinA−csA=1，
即2sin(A−π6)=1，所以sin(A−π6)=12，
因为A∈(0,π)，所以A−π6∈(−π6,5π6)，
故A−π6=π6，解得A=π3；
(2)由三角形面积公式得12bcsinA=12bcsinπ3= 34bc= 3，
故bc=4，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−48=12，
解得b2+c2=8，
故(b+c)2=b2+c2+2bc=8+8=16，解得b+c=4，
故a+b+c=6，周长为6．
18..解：(1)证明：四边形ABCD为菱形，且AD=BD，所以DG⊥BC．
因为AD//BC，所以DG⊥AD，

因为ED⊥平面ABCD，DGC平面ABCD，所以DG⊥ED．
又ED∩AD=D，ED，ADC平面ADE，
所以DG⊥平面ADE；
(2)设BD交AC于点O，取EF中点H，连接OH，所以OH//ED，
OH⊥底面ABCD.以O为原点，以OA，OB，OH分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为AD=BD=ED=2，所以OA=OC= 3，
所以A( 3,0,0)，C(− 3,0,0)，B(0,1,0)，F(0,1,1)，D(0,−1,0)，E(0,−1,2)，
所以FA=( 3,−1,−1)，EA=( 3,1,−2)，
设平面EFA的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅FA= 3x−y−z=0m⋅EA= 3x+y−2z=0，令x= 3，得m=( 3,1,2)，
BF=(0,0,1)，BC=(− 3,−1,0)，
设平面BFC的一个法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅BF=c=0n⋅BC=− 3a−b=0，令a= 3，得n=( 3,−3,0)，
所以cs=3−3+0 8× 12=0，
所以平面AFE与平面BFC的夹角的大小为π2．
19..解：(1)取BC中点P，作直线C1P，则直线C1P即为所求，
取AB中点H，连接A1H，PH，则有PH/​/AC，PH=12AC，如图，
在等腰梯形A1ACC1中，A1C1=12AC，
∴HP//A1C1，HP=A1C1，
∴四边形A1C1PH为平行四边形，
∴C1P//A1H，又A1H⊂平面A1AB，C1P⊄平面A1AB，
∴C1P//平面A1AB；
(2)延长AA1，CC1交于点O，作直线BO，则直线BO即为直线l，如图，
过点B作BO′⊥AC于O′，∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，BO′⊂平面ABC，
∴BO′⊥平面A1ACC1，即BO′为四棱锥B−A1ACC1的高，
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BO′=BA⋅BCAC≤BA2+BC22AC=12AC，
当且仅当BA=BC时取等号，此时点O′与O2重合，
∴梯形A1ACC1的面积S为定值，四棱锥B−A1ACC1的体积VB−A1ACC1=13S⋅BO′，
∴当BO′最大，即点O′与O2重合时四棱锥B−A1ACC1的体积最大，
又BO2⊥AC，BO2=2，
以O2为原点，射线O2A，O2B，O2O1分别为x，y，z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，
在等腰梯形A1ACC1中，AC=2AA1=2A1C1=4，此梯形的高ℎ= AA12−(AC−A1C12)2= 3，
显然A1C1为△OAC的中位线，∴O(0,0,2 3),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(−1,0, 3)，
BC1=(−1,−2, 3),AB=(−2,2,0),BO=(0,−2,2 3),O2A=(2,0,0)，
设BQ=λBO,λ∈R，则AQ=AB+BQ=AB+λBO=(−2,2−2λ,2 3λ)，
设平面QAC的一个法向量n=(x,y,z)，
则n⋅O2A=2x=0n⋅AQ=−2x+(2−2λ)y+2 3λz=0，取n=(0, 3λ,λ−1)，
∴sinα=|cs〈n,BC1〉|=|n⋅BC1||n||BC1|=|−2× 3λ+ 3(λ−1)| ( 3λ)2+(λ−1)2× (−1)2+(−2)2+( 3)2= 3|λ+1|2 2× 4λ2−2λ+1，
令t=λ+1，则sinα= 3|t|2 2× 4t2−10t+7，当t=0时，sinα=0，
当t≠0时，0当且仅当t=75，即λ=25时取等号，
综上得0≤sinα≤ 144，
∴sinα的取值范围是[0, 144]．