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2023-2024学年福建省泉州市科技中学高一（下）期中数学试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年福建省泉州市科技中学高一（下）期中数学试卷（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.已知向量a=(1,2)，a−b=(5,2)，则|b|=( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
2.在△ABC中，已知BD=2DC，设a=AB,b=AC，则( )
A. AD=13a+23bB. AD=23a−13b
C. AD=23a+13bD. AD=13a−23b
3.已知a，b均为实数，复数：z=a2−b+(b−2a)i，其中i为虚数单位，若z<3，则a的取值范围为( )
A. (−1,3)B. (−∞,−1)∪(3,+∞)
C. (−∞,−3)⋃(1,+∞)D. (−3,1)
4.如图为水平放置的△OAB的直观图，则原三角形的面积为( )
A. 3B. 3 2C. 6D. 12
5.已知向量a,b满足|a|=2|b|=2，且|a−b|=2 2，则a在b上的投影向量为( )
A. −13bB. −12bC. −23bD. −32b
6.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若c=3，b=2，∠BAC的平分线AD的长为4 65，则BC边上的高线AH的长等于( )
A. 43B. 4 23C. 2D. 4 33
7.在三棱柱ABC−A1B1C1中，点D在棱BB1上，且△ADC1所在的平面将三棱柱ABC−A1B1C1分割成体积相等的两部分，点M在棱A1C1上，且A1M=2MC1，点N在直线BB1上，若MN//平面ADC1，则BB1NB1=( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
8.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足c−b=2bcsA.若λsinA−cs(C−B)<2恒成立，则实数λ的取值范围为( )
A. (−∞,2 2]B. (−∞,2 2)C. (−∞,5 33]D. (−∞,5 33)
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i为虚数单位，以下四个说法中正确的是( )
A. (x+yi)+2=(3−4i)+2yi，则x+y=5
B. 3+i>1+i
C. 若z=(1+2i)2，则复数z对应的点位于第四象限
D. 已知复数z满足|z−2i|=3，则z在复平面内对应的点的轨迹为圆
10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是( )
A. 若sinAB. 若b=3，且B=2π3，则S△ABC的最大值为3 34
C. 若a=10，b=8，A=60°，则符合条件的△ABC有两个
D. 若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC是锐角三角形
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段D1A1上的动点，则( )
A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B. 存在点Q，使PQ//平面MBN
C. 过Q，M，N三点的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面面积的取值范围为[2 6,3 3]
D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为9π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在复平面内，复数z对应的点的坐标为(−2,−1)，则zi= ______．
13.在正六边形ABCDEF中，已知AB=1，则AC⋅AE= ______．
14.已知正六棱锥的高是底面边长的2 3倍，侧棱长为 13，正六棱柱内接于正六棱锥，即正六棱柱的所有顶点均在正六棱锥的侧棱或底面上，则该正六棱柱的外接球表面积的最小值为______．
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)
某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是60cm．
(1)求石凳的体积；
(2)为了美观工人准备将石凳的表面进行粉刷，已知每平方米造价50元，请问粉刷一个石凳需要多少钱？
16.(本小题15分)
已知|a|=1，|b|= 2．
(1)若a//b，求a⋅b；
(2)若a与b的夹角为60°，求|2a+b|；
(3)若a−b与a垂直，求a与b的夹角．
17.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sinC+ 3csC=a，b= 3．
(1)求角B；
(2)若a+c=2，求边AC上的角平分线BD长；
(3)若△ABC为锐角三角形，求边AC上的中线BE的取值范围．
18.(本小题17分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，BC//平面PAD，BC=12AD，E是PD的中点．
(Ⅰ)求证：BC//AD；
(Ⅱ)求证：CE//平面PAB；
(Ⅲ)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN//平面PAB？说明理由．
19.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D，E，F分别位于BC，CA，AB所在直线上，满足BD=αDC，CE=βEA，AF=γFB(α,β,γ∈R)．
(1)如图1，若三角形ABC是边长为3的正三角形，且α=β=γ=2，求BPPE；
(2)如图2，若AD，BE，CF交于一点P，
(i)求证：αβγ=1；
(ii)若AP=PD=7，BP=12，PE=6，CF=18，求SΔABC．
1.【答案】A
2.【答案】A
3.【答案】A
4.【答案】C
5.【答案】D
6.【答案】B
7.【答案】D
8.【答案】C
9.【答案】AD
10.【答案】ABD
11.【答案】ABD
12.【答案】−1+2i
13.【答案】32
14.【答案】3π
15.【答案】解：(1)正方体的体积为603=216000cm3，
石凳的体积为正方体的体积减去8个正三棱锥的体积，其中一个小正三棱锥的三条侧棱边长为30cm，
故一个小正三棱锥的体积为13×12×302×30=4500cm3，
故石凳的体积为216000−4500×8=180000cm3；
(2)石凳的表面由6个正方形和8个正三角形组成，其中正方形和正三角形的边长均为30 2cm，
则石凳的表面积为6×(30 2)2+12×30 2×30 2sin60°×8=(3600 3+10800)cm2，
则粉刷一个石凳需要3600 3+1080010000×50=(54+18 3)元．
16.【答案】解：(1)因为a//b，所以a和b的夹角为0°或180°，
因为|a|=1，|b|= 2，所以a⋅b=±|a||b|=± 2；
(2)因为|a|=1，|b|= 2，a与b的夹角为60°，
所以a⋅b=|a||b|cs60°= 22，
所以|2a+b|= (2a+b)2= 4a2+4a⋅b+b2= 4+2 2+2= 6+2 2；
(3)因为a−b与a垂直，所以(a−b)⋅a=0，
所以a⋅b=a2，
所以cs=a⋅b|a||b|=a2|a||b|=11× 2= 22，
因为∈[0,π]，所以a与b的夹角为π4．
17.【答案】解：(1)因为sinC+ 3csC=a，asinA=bsinB，
所以sinC+ 3csC=bsinAsinB，
即sinB⋅sinC+ 3sinB⋅csC= 3sinA= 3sin(B+C)= 3sinBcsC+ 3sinCcsB．
所以sinB⋅sinC= 3csBsinC，因为sinC≠0，
所以sinB= 3csB，即tanB= 3，
因为B∈(0,π)，所以B=π3；
(2)由B=π3及余弦定理得3=c2+a2−ac=(c+a)2−3ac，又a+c=2，
所以ac=13，
由S△ABC=S△ABD+S△BDC得，12acsinB=12c⋅BD⋅sinB2+12a⋅BD⋅sinB2，
所以acsinπ3=BD⋅(c+a)sinπ6，所以13× 32=BD×2×12，解得BD= 36．
(3)因为E的AC的中点，所以BE=12(BA+BC)，
则BE2=14(BA+BC)2=14(c2+a2+2ca⋅csB)=14(3+ca+ca)=3+2ca4，
由正弦定理得ac=bsinBsinA⋅bsinBsinC=4sinA⋅sinC=4sinA⋅sin(2π3−A)
=4sinA⋅( 32csA+12sinA)=2 3sinAcsA+2sin2A
= 3sin2A+1−cs2A=2sin(2A−π6)+1，
因为△ABC为锐角三角形，所以0所以π6<2A−π6<5π6，所以12所以|BE|2=3+2ac4∈(74,94]，
所以BE∈( 72,32],
即边AC上的中线BE的取值范围为( 72,32]．
18.【答案】证明：(Ⅰ)在四棱锥P−ABCD中，BC//平面PAD，BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD=AD，
∴BC//AD，
(Ⅱ)取PA的中点F，连接EF，BF，
∵E是PD的中点，
∴EF//AD，EF=12AD，
又由(Ⅰ)可得BC//AD，BC=12AD，
∴BC//EF，BC=EF，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∴CE//BF，
∵CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，
∴CE//平面PAB．
(Ⅲ)取AD中点N，连接CN，EN，
∵E，N分别为PD，AD的中点，
∴EN//PA，
∵EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴EN//平面PAB，
又由(Ⅱ)可得CE//平面PAB，CE∩EN=E，
∴平面CEN//平面PAB，
∵M是CE上的动点，AN⊂平面CEN，
∴MN//平面PAB，
∴线段AD存在点N，使得MN//平面PAB．
19.【答案】解：(1)设BPPE=λ，则BP=λPE，
因为CE=2EA,AF=2FB，
所以BP=λ1+λBE=λ1+λ(13AC−AB)=−λ1+λAB+λ3(1+λ)AC，
令BP=tBF+(1−t)BC=−t3AB+(1−t)(AC−AB)=(2t3−1)AB+(1−t)AC，
所以1−2t3=λ1+λ1−t=λ3(1+λ)，解得t=67λ=34，所以BPPE=34．
(2)(i)证明：如图，过点A作AH⊥BC于点H，
因为S△ABD=12BD⋅AH,S△ADC=12DC⋅AH，所以S△ABDS△ADC=BDDC；
同理可得：S△BDPS△CDP=BDDC，所以S△ABD−S△BDPS△ADC−S△CDP=BDDC，即S△APBS△APC=BDDC；
同理可证：S△APCS△BPC=AFBF,S△BPCS△APB=CEEA，
∴αβγ=BDDC⋅CEEA⋅AFBF=S△APBS△APC⋅S△BPCS△APB⋅S△APCS△BPC=1；
(ii)过点D作EA的平行线交PB于点M，过D作DQ//AB交CP于点Q，如图，
由MD//AC，AP=PD，可得MP=PE=6，所以BM=BP−MP=12−6=6，
所以BMME=BDDC=12，
由DQ//AB，AP=PD，可得PQ=PF，且CQQF=CDBD=2，
所以CQ=23CF=12,QP=PF=3，即CP=15，
设CD=2BD=2x，
则由余弦定理可得BD2+PD2−BP22BD⋅PD=−CD2+PD2−CP22CD⋅PD，
即x2+72−1222x=−4x2+72−1524x，解得x= 61，
所以cs∠BPD=122+72−612×7×12=1114，
故sin∠BPD= 1−cs2∠BPD= 1−(1114)2=5 314，
所以S△ABC=6S△BDP=3BP⋅PD⋅sin∠BPD=3×12×7×5 314=90 3．
1.已知向量a=(1,2)，a−b=(5,2)，则|b|=( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
2.在△ABC中，已知BD=2DC，设a=AB,b=AC，则( )
A. AD=13a+23bB. AD=23a−13b
C. AD=23a+13bD. AD=13a−23b
3.已知a，b均为实数，复数：z=a2−b+(b−2a)i，其中i为虚数单位，若z<3，则a的取值范围为( )
A. (−1,3)B. (−∞,−1)∪(3,+∞)
C. (−∞,−3)⋃(1,+∞)D. (−3,1)
4.如图为水平放置的△OAB的直观图，则原三角形的面积为( )
A. 3B. 3 2C. 6D. 12
5.已知向量a,b满足|a|=2|b|=2，且|a−b|=2 2，则a在b上的投影向量为( )
A. −13bB. −12bC. −23bD. −32b
6.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若c=3，b=2，∠BAC的平分线AD的长为4 65，则BC边上的高线AH的长等于( )
A. 43B. 4 23C. 2D. 4 33
7.在三棱柱ABC−A1B1C1中，点D在棱BB1上，且△ADC1所在的平面将三棱柱ABC−A1B1C1分割成体积相等的两部分，点M在棱A1C1上，且A1M=2MC1，点N在直线BB1上，若MN//平面ADC1，则BB1NB1=( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
8.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足c−b=2bcsA.若λsinA−cs(C−B)<2恒成立，则实数λ的取值范围为( )
A. (−∞,2 2]B. (−∞,2 2)C. (−∞,5 33]D. (−∞,5 33)
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i为虚数单位，以下四个说法中正确的是( )
A. (x+yi)+2=(3−4i)+2yi，则x+y=5
B. 3+i>1+i
C. 若z=(1+2i)2，则复数z对应的点位于第四象限
D. 已知复数z满足|z−2i|=3，则z在复平面内对应的点的轨迹为圆
10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是( )
A. 若sinA
C. 若a=10，b=8，A=60°，则符合条件的△ABC有两个
D. 若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC是锐角三角形
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段D1A1上的动点，则( )
A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B. 存在点Q，使PQ//平面MBN
C. 过Q，M，N三点的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面面积的取值范围为[2 6,3 3]
D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为9π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在复平面内，复数z对应的点的坐标为(−2,−1)，则zi= ______．
13.在正六边形ABCDEF中，已知AB=1，则AC⋅AE= ______．
14.已知正六棱锥的高是底面边长的2 3倍，侧棱长为 13，正六棱柱内接于正六棱锥，即正六棱柱的所有顶点均在正六棱锥的侧棱或底面上，则该正六棱柱的外接球表面积的最小值为______．
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)
某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是60cm．
(1)求石凳的体积；
(2)为了美观工人准备将石凳的表面进行粉刷，已知每平方米造价50元，请问粉刷一个石凳需要多少钱？
16.(本小题15分)
已知|a|=1，|b|= 2．
(1)若a//b，求a⋅b；
(2)若a与b的夹角为60°，求|2a+b|；
(3)若a−b与a垂直，求a与b的夹角．
17.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sinC+ 3csC=a，b= 3．
(1)求角B；
(2)若a+c=2，求边AC上的角平分线BD长；
(3)若△ABC为锐角三角形，求边AC上的中线BE的取值范围．
18.(本小题17分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，BC//平面PAD，BC=12AD，E是PD的中点．
(Ⅰ)求证：BC//AD；
(Ⅱ)求证：CE//平面PAB；
(Ⅲ)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN//平面PAB？说明理由．
19.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D，E，F分别位于BC，CA，AB所在直线上，满足BD=αDC，CE=βEA，AF=γFB(α,β,γ∈R)．
(1)如图1，若三角形ABC是边长为3的正三角形，且α=β=γ=2，求BPPE；
(2)如图2，若AD，BE，CF交于一点P，
(i)求证：αβγ=1；
(ii)若AP=PD=7，BP=12，PE=6，CF=18，求SΔABC．
1.【答案】A
2.【答案】A
3.【答案】A
4.【答案】C
5.【答案】D
6.【答案】B
7.【答案】D
8.【答案】C
9.【答案】AD
10.【答案】ABD
11.【答案】ABD
12.【答案】−1+2i
13.【答案】32
14.【答案】3π
15.【答案】解：(1)正方体的体积为603=216000cm3，
石凳的体积为正方体的体积减去8个正三棱锥的体积，其中一个小正三棱锥的三条侧棱边长为30cm，
故一个小正三棱锥的体积为13×12×302×30=4500cm3，
故石凳的体积为216000−4500×8=180000cm3；
(2)石凳的表面由6个正方形和8个正三角形组成，其中正方形和正三角形的边长均为30 2cm，
则石凳的表面积为6×(30 2)2+12×30 2×30 2sin60°×8=(3600 3+10800)cm2，
则粉刷一个石凳需要3600 3+1080010000×50=(54+18 3)元．
16.【答案】解：(1)因为a//b，所以a和b的夹角为0°或180°，
因为|a|=1，|b|= 2，所以a⋅b=±|a||b|=± 2；
(2)因为|a|=1，|b|= 2，a与b的夹角为60°，
所以a⋅b=|a||b|cs60°= 22，
所以|2a+b|= (2a+b)2= 4a2+4a⋅b+b2= 4+2 2+2= 6+2 2；
(3)因为a−b与a垂直，所以(a−b)⋅a=0，
所以a⋅b=a2，
所以cs
因为
17.【答案】解：(1)因为sinC+ 3csC=a，asinA=bsinB，
所以sinC+ 3csC=bsinAsinB，
即sinB⋅sinC+ 3sinB⋅csC= 3sinA= 3sin(B+C)= 3sinBcsC+ 3sinCcsB．
所以sinB⋅sinC= 3csBsinC，因为sinC≠0，
所以sinB= 3csB，即tanB= 3，
因为B∈(0,π)，所以B=π3；
(2)由B=π3及余弦定理得3=c2+a2−ac=(c+a)2−3ac，又a+c=2，
所以ac=13，
由S△ABC=S△ABD+S△BDC得，12acsinB=12c⋅BD⋅sinB2+12a⋅BD⋅sinB2，
所以acsinπ3=BD⋅(c+a)sinπ6，所以13× 32=BD×2×12，解得BD= 36．
(3)因为E的AC的中点，所以BE=12(BA+BC)，
则BE2=14(BA+BC)2=14(c2+a2+2ca⋅csB)=14(3+ca+ca)=3+2ca4，
由正弦定理得ac=bsinBsinA⋅bsinBsinC=4sinA⋅sinC=4sinA⋅sin(2π3−A)
=4sinA⋅( 32csA+12sinA)=2 3sinAcsA+2sin2A
= 3sin2A+1−cs2A=2sin(2A−π6)+1，
因为△ABC为锐角三角形，所以0
所以BE∈( 72,32],
即边AC上的中线BE的取值范围为( 72,32]．
18.【答案】证明：(Ⅰ)在四棱锥P−ABCD中，BC//平面PAD，BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD=AD，
∴BC//AD，
(Ⅱ)取PA的中点F，连接EF，BF，
∵E是PD的中点，
∴EF//AD，EF=12AD，
又由(Ⅰ)可得BC//AD，BC=12AD，
∴BC//EF，BC=EF，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∴CE//BF，
∵CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，
∴CE//平面PAB．
(Ⅲ)取AD中点N，连接CN，EN，
∵E，N分别为PD，AD的中点，
∴EN//PA，
∵EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴EN//平面PAB，
又由(Ⅱ)可得CE//平面PAB，CE∩EN=E，
∴平面CEN//平面PAB，
∵M是CE上的动点，AN⊂平面CEN，
∴MN//平面PAB，
∴线段AD存在点N，使得MN//平面PAB．
19.【答案】解：(1)设BPPE=λ，则BP=λPE，
因为CE=2EA,AF=2FB，
所以BP=λ1+λBE=λ1+λ(13AC−AB)=−λ1+λAB+λ3(1+λ)AC，
令BP=tBF+(1−t)BC=−t3AB+(1−t)(AC−AB)=(2t3−1)AB+(1−t)AC，
所以1−2t3=λ1+λ1−t=λ3(1+λ)，解得t=67λ=34，所以BPPE=34．
(2)(i)证明：如图，过点A作AH⊥BC于点H，
因为S△ABD=12BD⋅AH,S△ADC=12DC⋅AH，所以S△ABDS△ADC=BDDC；
同理可得：S△BDPS△CDP=BDDC，所以S△ABD−S△BDPS△ADC−S△CDP=BDDC，即S△APBS△APC=BDDC；
同理可证：S△APCS△BPC=AFBF,S△BPCS△APB=CEEA，
∴αβγ=BDDC⋅CEEA⋅AFBF=S△APBS△APC⋅S△BPCS△APB⋅S△APCS△BPC=1；
(ii)过点D作EA的平行线交PB于点M，过D作DQ//AB交CP于点Q，如图，
由MD//AC，AP=PD，可得MP=PE=6，所以BM=BP−MP=12−6=6，
所以BMME=BDDC=12，
由DQ//AB，AP=PD，可得PQ=PF，且CQQF=CDBD=2，
所以CQ=23CF=12,QP=PF=3，即CP=15，
设CD=2BD=2x，
则由余弦定理可得BD2+PD2−BP22BD⋅PD=−CD2+PD2−CP22CD⋅PD，
即x2+72−1222x=−4x2+72−1524x，解得x= 61，
所以cs∠BPD=122+72−612×7×12=1114，
故sin∠BPD= 1−cs2∠BPD= 1−(1114)2=5 314，
所以S△ABC=6S△BDP=3BP⋅PD⋅sin∠BPD=3×12×7×5 314=90 3．
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