2023-2024学年海南省海口市海南中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

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（含解析），共15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．
答案解析
1..B
【解析】解：z=1−3i1−i=(1−3i)(1+i)(1−i)(1+i)=2−i，
则复数|z|= 22+(−1)2= 5．
故选：B．
2..A
【解析】解：对于A，设x，y∈R，则xa+y(a+b)=a+c，显然不存在x，y使得等式成立，故A正确；
对于B，设x，y∈R，则xa+yb=a+2b，利用对应关系，解得x=1y=2，故B错误；
对于C，设x，y∈R，则xa+y(a−c)=a+c，利用对应关系，即x+y=1−y=1，解得x=2y=−1，故C错误；
对于D，设x，y∈R，则xb+y(a+c)=a+b+c，利用对应关系，解得x=1，y=1，故D错误．
故选：A．
3..C
【解析】解：根据题意，设a与b的夹角为θ，|b|=t，则|a|=3|b|=3t，
若(2a+3b)⊥b，则(2a+3b)⋅b=2a⋅b+3b2=6t2csθ+3t2=0，
即csθ=−12，
又由0≤θ≤π，则θ=2π3，
故选：C．
4..D
【解析】解：点A(1,−1,2)在平面α上，其法向量n=(2,−1,2)，
对于A，∵(2,3,3)−(1,−1,2)=(1,4,1)，
且(2,−1,2)⋅(1,4,1)=2−4+1=0，
∴点(2,3,3)在α内，故A错误；
对于B，∵(3,7,4)−(1,−1,2)=(2,8,2)，
且(2,8,2)⋅(2,−1,2)=4−8+4=0，
∴点(3,7,4)在α内，故B错误；
对于C，∵(−1,−7,1)−(1,−1,2)=(−2,−6,−1)，
且(−2,−6,−1)⋅(2,−1,2)=−4+6−2=0，
∴点(−1,−7,1)在α内，故C错误；
对于D，∵(−2,0,1)−(1,−1,2)=(−3,1,−1)，
且(−3,1,−1)⋅(2,−1,2)=−9≠0，
∴点(−2,0,1)不在平面α内，故D正确．
故选：D．
5..A
【解析】解：如图所示，风速的方向为AF的正方向，帆船的行驶方向为AE的正方向，
帆船的实际行驶方向为AB的正方向．
则|AB|=200，|AF|=5×15 2=75 2，∠BAF=45°，
∴|FB|2=|AF|2+|AB|2−2⋅|AF|⋅|AB|⋅cs∠BAF
=(75 2)2+2002−2×75 2×200×cs45°=252×34，
∴|AE|=|FB|=25 34，又25 34÷5=5 34，
∴船速的大小应为5 34每里/小时．
故选：A．
6..C
【解析】直线ax+y+1=0与线段AB有交点，说明两点的坐标代入ax+y+1所得的值异号，或直线经过其中一点，由此得不等式求得a的取值范围．
7..D
【解析】解：设AD=x(0当C′D⊥BD，即C′D⊥平面ABD时，三棱锥C′−ABD体积最大，
此时VC′−ABD=V(x)=13×S△ABD×C′D
=13×x 3−x22× 3−x2=3x−x36，
因为V′(x)=1−x22=(1+x)(1−x)2，
所以当x∈(0,1)时，V(x)单调递增，当x∈(1, 3)时，V(x)单调递减；
故当x=1时，V(x)最大．
设外接球的半径为R，因为C′D⊥平面ABD，BD⊥AD，所以三棱锥的顶点都在长方体上，
所以(2R)2=AD2+BD2+C′D2=5，表面积为4πR2=5π．
故选：D．
8..B
【解析】解：以A为原点，AD为x轴，AB为y轴，AP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABCD，
则A(0,0,0)，C(1, 3,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，E(12,0,12)，
由于点N在侧面PAC内，故可设N(x, 3x,z)，
则AP=(0,0,1)，AC=(1, 3,0)，NE=(12−x,− 3x,12−z)，
设平面APC的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AP=z=0n⋅AC=x+ 3y=0，取x= 3，得n=( 3,−1,0)，
∵NE⊥平面PAC，∴NE//n，
∴12−x 3=− 3x−112−z=0，解得x=18，z=12，
∴N(18, 38,12)，∴AN=(18, 38,12)，
∵AD⊥平面PAB，
∴AD=(1,0,0)为平面PAB的一个法向量，
∴点N到PAB的距离d=|AN⋅AD||AD|=181=18．
故选：B．

【解析】解：m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，
对于A，当m⊥β，或n⊥α时，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确；
对于B，当m//β，且n/​/α时，由面面平行的判定定理得α/​/β，故B正确；
对于C，当α⊥β时，m与β相交、平行或m⊂β，或n与α相交、平行或n⊂α，故C错误；
对于D，当α，β不平行时，m与β有可能平行，且n与α有可能平行，故D错误．
故选：AB．

【解析】解：对于A，由图可得C、Q、B三点共面，且N点不在平面内，B点不在直线CQ上，
所以CQ与BN为异面直线，故A正确；
对于B，由正方体性质可得C1D1平面BCC1B1，
又CQ∈平面BCC1B1，
故CQ⊥C1D1，故B正确；
对于C，连接AN，正方体中AB⊥平面ADD1A1，
AN⊂平面ADD1A1，
则AB⊥AN，
又C1D1/​/AB，
得BN与C1D1的夹角等于∠ABN，
AB=2，
AN= AD2+DN2= 5，
Rt△ABN中，BN= AN2+AB2=3，
所以sin∠ABN=ANBN= 53，故C正确；
对于D，VQ−NBC=VN−QBC=13SΔQBC⋅D1C1=13×12×2×2×2=43，故D错误．
故选：ABC．

【解析】解：
对于A，若A=π3，a=2 3，b2+c2=24，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，可得12=b2+c2−bc=24−bc，可得bc=12，
所以△ABC的面积为S=12bcsinA=12×12× 32=3 3，故A正确；
对于D，因为24=b2+c2≥2bc，可得bc≤12，当且仅当b=c=2 3时等号成立，
所以csA=b2+c2−a22bc≥24−122×12=12，
因为A∈(0,π)，可得A∈(0,π3]，
所以角A的最大值为π3，故D错误；
对于B，由D得，bc≤12，且bc=12时，b=c=2 3，此时a=b=c，可得A=π3，为角A的最大值，
所以△ABC的面积为S=12bcsinA≤12×12× 32=3 3，故B正确；
对于C，因为BC边上的中点为M，可得2AM=AB+AC，
所以两边平方，可得4AM2=AB2+AC2+2AB⋅AC，
可得4|AM|2=c2+b2+2bccsA=c2+b2+2bc⋅b2+c2−a22bc=2(b2+c2)−a2=2×24−12=36，解得|AM|=3，故C正确．
故选ABC．
12..−12
【解析】解：由已知，BE=BA+AE=−AB+12AC，
所以m=−1，n=12，m+n=−12，
故答案为：−12．
13.. 3π3
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，
由πl=2πr，得l=2r，
又表面积S=πr2+πr⋅2r=3πr2=3π，
所以r2=1，解得r=1，则l=2；
所以圆锥的高为ℎ= l2−r2= 22−12= 3，
所以圆锥的体积为V=13πr2ℎ=13π×12× 3= 3π3．
故答案为： 3π3．
14..4 33+ 3π6
【解析】解：因为直线AP与平面ABCD所成的角为60°，
所以点P的轨迹在以A为顶点，底面圆的半径为 33，高为1的圆锥的侧面上，
又因为点P是正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的一个动点，
所以点P的轨迹如图所示，
则点P的轨迹长为2 1+( 33)2+14×2π× 33=4 33+ 3π6．
故答案为：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．
【解析】(1)先求出D点的坐标，再根据两点式方程求出直线AD 的方程；
(2)根据截距等于0和不等于0，运用截距式方程求解．
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．
【解析】(Ⅰ)由图形知MN=MA1+A1B1+B1N=13BA1+AB+13B1C1再用a,b,c表示出来即可
(Ⅱ)求MN的长，即求|MN|=13|a+b+c|，利用求向量模的方法，求|a+b+c|即可求得MN的长
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．
【解析】(1)由正弦定理，sinB=sinAcsC+csAsinC得到 3sinA−csA=1，再由辅助角公式求出答案；
(2)由三角形面积公式求出bc=4，由余弦定理得到b2+c2=8，从而得到b+c=4，得到周长．
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．
【解析】(1)推导出DG⊥AD，DG⊥ED，由此能证明DG⊥平面ADE；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
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]．
【解析】(1)取BC中点P，作直线C1P，再利用线面平行的判定推理作答．
(2)延长AA1，CC1交于点O，作直线BO，再确定四棱锥体积最大时，点B的位置，然后建立空间直角坐标系，