2024-2025学年福建省莆田八中高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省莆田八中高一（下）期中数学试卷（含解析），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.在四边形ABCD中，若AC=AB+AD，则( )
A. ABCD为矩形B. ABCD是菱形
C. ABCD是正方形D. ABCD是平行四边形
2.如图，矩形O′A′B′C′是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，其中O′A′=4，O′C′=1，那么▱OABC的面积为( )
A. 4 B. 4 2
C. 8 D. 8 2
3.在△ABC中，点D在线段BC上，且BC=4BD，E是线段AB的中点，则DE=( )
A. −14AC−14ABB. 14AC−34ABC. 14AC+14ABD. −14AC+34AB
4.已知单位向量a,b满足a⋅b=13，则a−b在a上的投影向量为( )
A. 13aB. 23aC. 43aD. 53a
5.已知复数z=1+i1−i，则z⋅z−=( )
A. −1B. 1C. −2D. 2
6.在△ABC中，a2+b2−c2+ab=0，∠C=( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
7.底面半径为3的圆锥被平行底面的平面所截，截去一个底面半径为1、高为2的圆锥，所得圆台的侧面积为( )
A. 8 5πB. 9 5πC. 3 5πD. 16π
8.如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，CC1与底面ABC所成的角为45°，AB= 2，A1C1=AA1=1，则三棱锥A1−B1BC1的体积为( )
A. 22
B. 24
C. 26
D. 212
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.已知复数z=−a2+25+(a−5)i，a∈R，则下列结论正确的是( )
A. 若a=0，则z的实部为25B. 若a=0，则z的虚部为−5i
C. 若z为实数，则a=5D. 若z为纯虚数，则a=±5
10.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.下列各组条件中使得△ABC恰有一个解的是( )
A. a=12,b=24,A=π6B. a=18,b=20,A=π3
C. a=4,b=2,A=π2D. a=30,b=25,A=5π6
11.如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO=OC=3，则下列结论正确的是( )
A. 圆锥SO的侧面积为9π
B. 三棱锥S−ABC体积的最大值为9
C. ∠SAB的取值范围是(π4,π3)
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为3( 3+1)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复平面上有A、B、C三点，点A对应的复数为2+i，BA对应的复数为1+2i，BC对应的复数为3−i，则点C的坐标为______．
13.定义运算abcd=ad−bc，如果(x+y)+(x+3)i=3x+2yi−y1(i是虚数单位)，那么实数x，y的值分别为______．
14.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=6,AB=3 3,E,F分别在棱A1B1，CD上，且A1E=CF= 3，则以EF为直径的球的表面积S= ______，该球与侧面A1ADD1的交线长为______．
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)
已知向量a=(1,2)，b=(2,−1)，c=(m,2)，m∈R．
(1)当(a+b)⊥(λa−b)时，求实数λ的值；
(2)当b//(a+c)时，求向量a与c的夹角的余弦值．
16.(本小题15分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为棱DD1的中点．
(1)证明：BD1//平面PAC；
(2)求异面直线BD1与AP所成角的大小．
17.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acsB=bsinA．
(1)求角B；
(2)若b= 3，a= 2，求△ABC的面积S．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AB⊥AD，AB//CD，PC=AB=2CD=2AD=2，PC⊥底面ABCD，E是PB上一点．
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若E是PB的中点，求平面PAC与平面ACE的夹角的正弦值．
19.(本小题17分)
某高中高一学生成立了课外实践数学小组，计划通过数学建模的方法来测量某人工圆形湖泊的直径，如图为该人工湖泊的大致俯视图，该小组成员首先在湖泊边缘处A点处固定一旗帜，从A点沿逆时针方向绕着湖泊边缘走到B点处固定一旗帜，然后从B点沿逆时针方向绕着湖泊边缘走至C点处，并在红外线测量仪的帮助下测得∠ABC=120°，BC=20米，AB=10米．
(1)求该人工圆形湖泊的直径；
(2)若D为人工圆形湖泊优弧AC上一动点(异于A，C两点)，求四边形ABCD面积的最大值．
答案解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了向量的平行四边形法则的简单运用，属于基础题．
根据向量的加法的平行四边形法则即可判断．
【解答】
解：根据向量的加法的平行四边形法则可得，以AB，AD为邻边做平行四边形ABCD，
则可得AC=AB+AD，
所以四边形ABCD为平行四边形，
故选D．
2.【答案】D
【解析】解：根据题意，直观图矩形O′A′B′C′的面积S′=O′A′⋅O′C′=4×1=4，
则原图面积S=2 2S′=8 2．
故选：D．
求出矩形O′A′B′C′的面积，再利用画法中直观图面积与原图形面积的关系求得答案．
本题考查平面图形的直观图，涉及斜二测画法，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为BC=4BD，所以BD=14BC=14AC−14AB，
因为E是线段AB的中点，所以BE=−12AB，
则DE=BE−BD=−12AB−14AC+14AB=−14AC−14AB．
故选：A．
先得到向量BD=14BC，再利用向量减法的三角形法则表示出BC,DE即可求解．
本题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由题意可知，(a−b)⋅a=a2−a⋅b=23，
所以所求的投影向量为(a−b)⋅aa2a=23a．
故选：B．
根据给定条件，利用投影向量的定义求解判断．
本题主要考查投影向量的定义，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由z=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=1+i2+2i2=2i2=i，
所以z⋅z−=−i2=1．
故选：B．
由复数的乘除运算及共轭复数概念即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数的概念，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意得到a2+b2−c2=−ab，由余弦定理得到csC=a2+b2−c22ab=−ab2ab=−12，又C∈(0,π)，∴C=2π3．
故选：C．
根据余弦定理即可求解．
本题考查了余弦定理，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：底面半径为3的圆锥被平行底面的平面所截，截去一个底面半径为1、高为2的圆锥，
如图，设截面圆的圆心为C，截面圆的半径CD=1，底面圆半径OB=3，PC=2，
由于OB/​/CD，所以PCPO=CDBO⇒2PO=13⇒PO=6，
所以PB= PO2+OB2= 36+9=3 5，PD= 5
所以原圆台的侧面积为π(3×3 5−1× 5)=8 5π．
故选：A．
画出图形，由三角形相似比得到PO，再由两圆锥的侧面积之差计算可得．
本题主要考查圆台的侧面积，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：根据题目：在三棱台ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，
CC1与底面ABC所成的角为45°，AB= 2，A1C1=AA1=1，
因为AA1⊥底面ABC，AA1⊂平面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥底面ABC．
所以∠C1CA即为CC1与底面ABC所成的角，为45°．
因为A1C1=AA1=1，所以AC=1+1=2．
根据棱台的概念，可知：A1C1AC=A1B1AB，且AB= 2，所以A1B1= 22．
因为AB⊥AC，所以△A1B1C1为直角三角形，所以S△A1B1C1=12×1× 22= 24．
所以VA1−B1BC1=VB−A1B1C1=13S△A1B1C1×AA1=13× 24×1= 212．
故选：D．
先根据棱台的性质求棱台的棱长，再结合锥体体积公式求解即可．
本题考查棱锥的体积，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：复数z=−a2+25+(a−5)i，
若a=0，则z=25−5i的实部为25，虚部为−5，故A正确；
若a=0，则z=25−5i的虚部为−5，故B错误；
若z为实数，则a−5=0，得a=5，故C正确；
若z为纯虚数，则−a2+25=0,a−5≠0,即a=−5，故D错误．
故选：AC．
应用复数定义分别判断实部及虚部判断A，B，再根据复数类型计算求参判断C，D．
本题考查复数的基本概念，是基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由正弦定理asinA=bsinB，可得sinB=bsinAa=24sinπ612=1，
结合B为三角形的内角可知B=π2，
所以△ABC中，c= b2−a2=12 3，△ABC唯一确定，故A项符合题意；
对于B，由正弦定理asinA=bsinB，可得sinB=bsinAa=20sinπ318=5 39>sinA，
结合b>a，且B∈(0,2π3)，
可知有两个符合条件的角B，故△ABC有两个解，B项不符合题意；
对于C，由A=π2，a=4，b=2，
根据勾股定理得c= a2−b2=2 3，△ABC有唯一解，C项符合题意；
对于D，由正弦定理asinA=bsinB，可得sinB=bsinAa=25sin5π630=5120，
所以csB=sinB，即tanB=1，所以B=π4；
(2)因为b= 3，a= 2，B=π4，
所以由余弦定理：c2+a2−2accsB=b2，
得c2+2−2 2× 22c=3(c>0)，
解得：c=1+ 2，
所以S=12acsinB=12× 2×(1+ 2)× 22=1+ 22．
(1)应用正弦定理，边化角可得解；
(2)已知两边和一边对角求面积，可用余弦定理求出第三边，套入面积公式即可．
本题考查正、余弦定理和三角形的面积公式的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：在四棱锥P−ABCD中，AB⊥AD，AB/​/CD，CD=AD=1，
则∠CAB=∠ACD=45°，AC= 2，
在△ABC中，AB=2，则BC= AC2+AB2−2AC⋅ABcs45°= 2，
即AC2+BC2=4=AB2，
于是AC⊥BC，由PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
得PC⊥AC，又PC∩BC=C，PC，BC⊂平面PBC，
则AC⊥平面PBC，又AC⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面PBC．
(2)由(1)知，AC⊥平面PBC，而CE⊂平面PBC，
则AC⊥CE，又PC⊥AC，
因此∠PCE是二面角P−AC−E的平面角，
在△PBC中，PC⊥BC，PC=2，BC= 2，
则PB= 6，由E是PB的中点，得CE=PE，∠PCE=∠CPB，
于是sin∠PCE=sin∠CPB= 2 6= 33，
所以平面PAC与平面ACE的夹角的正弦值为 33．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】20 213米；
225 3平方米．
【解析】(1)由题意在△ABC中，由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC
=102+202−2×10×20×(−12)
=700，
可得AC=10 7米，
设该人工圆形湖泊的半径为R，
由于2R=ACsin∠ABC=10 7 32=20 213，
所以该人工圆形湖泊的直径为20 213米；
(2)由于∠ABC=120°，BC=20米，AB=10米，
可得S△ABC=12AB⋅BCsin∠ABC=12×10×20× 32=50 3，
由于A，B，C，D四点共圆，
可得∠ADC=180°−∠ABC=60°，
设AD=x，CD=y，
可得AC2=700=x2+y2−xy≥xy，当且仅当x=y时取等号，
可得S△ADC=12xysin∠ADC= 34xy≤ 34×700=175 3，当且仅当AD=CD时取等号，
所以四边形ABCD面积的最大值为S△ABC+S△ADC=50 3+175 3=225 3平方米．
(1)在△ABC中，由余弦定理求得AC=10 7米，利用正弦定理求得直径；
(2)利用三角形面积公式求得S△ABC，利用四点共圆性质及余弦定理，结合基本不等式求得xy的最大值(AD=x,CD=y)，进而得到S△ADC的最大值，从而得到四边形ABCD面积的最大值．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，四点共圆性质及基本不等式等知识的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．