2024-2025学年福建省莆田八中高一（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省莆田八中高一（下）期中数学试卷（含答案），共7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．
参考答案
1.D
2.D
3.A
4.B
5.B
6.C
7.A
8.D
9.AC
10.ACD
11.BD
12.(4,−2)
13.−1，2
14.75π 4 3π3
15.解：(1)已知向量a=(1,2)，b=(2,−1)，c=(m,2)，m∈R，
可得a+b=(3,1),λa−b=(λ,2λ)−(2,−1)=(λ−2,2λ+1)，
因为(a+b)⊥(λa−b)，所以3(λ−2)+(2λ+1)=0⇒λ=1；
(2)a+c=(1+m,4)，
因为b//(a+c)，所以8+m+1=0⇒m=−9，
所以c=(−9,2)，
所以cs〈a,c〉=a⋅c|a||c|=−5 5× 85=− 1717，
即向量a与c的夹角的余弦值为− 1717．
16.(1)证明：设AC和BD交于点O，则O为BD的中点．
连结PO，又因为P是DD1的中点，所以PO//BD1．
又因为PO⊂平面PAC，BD1⊄平面PAC
所以直线BD1//平面PAC．
(2)解：由(1)知，PO//BD1，所以∠APO即为异面直线BD1与AP所成的角．
因为AB=AD=1，AA1=2
PA=PC= 12+12= 2，AO=12AC= 22且PO⊥AO，
所以sin∠APO=AOAP= 22 2=12．
又∠APO∈(0°,90°]，所以∠APO=30°
故异面直线BD1与AP所成角的大小为30°．
17.解：(1)因为acsB=bsinA，
所以由正弦定理可得：sinAcsB=sinBsinA，
因为A、B∈(0,π)，所以sinA>0，
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．
18.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．
19.(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．