2024-2025学年福建省福州市文博中学高一（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省福州市文博中学高一（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.若复数z满足(2+3i)z=1+8i，则复数z−在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.下列说法正确的是( )
A. 若a⋅b=b⋅c，则a=c
B. 若a//b，则存在唯一实数λ使得a=λb
C. 若a//b，b//c，则a//c
D. 与非零向量a共线的单位向量为±a|a|
3.下列说法正确的是( )
A. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
B. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
D. 九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面均为平行四边形
4. 在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB=( )
A. 34AB−14ACB. 14AB−34ACC. 34AB+14ACD. 14AB+34AC
5.已知i为虚数单位，1+i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p+q=( )
A. −2B. 0C. 2D. 4
6.如图所示，正方形O′A′B′C′的边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则图形的周长是( )
A. 4+4 3cm B. 8 2cm
C. 8cm D. 16cm
7.下列四个命题：
①任意两条直线都可以确定一个平面；
②若两个平面有3个不同的公共点，则这两个平面重合；
③直线a，b，c，若a与b共面，b与c共面，则a与c共面；
④若直线l上有一点在平面α外，则l在平面α外．
其中错误命题的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.如图，圆O内接边长为1的正方形ABCD，P是弧BC(包括端点)上一点，则AP⋅AB的取值范围是( )
A. [1,4+ 24]
B. [1,1+ 22]
C. [1,2+ 22]
D. [ 24,1]
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.设z1，z2为复数，则下列命题中一定成立的是( )
A. 如果z1−z2>0，那么z1>z2B. 如果|z1|=|z2|，那么z1z1−=z2z2−
C. 如果|z1z2|>1，那么|z1|>|z2|D. 如果z12+z22=0，那么z1=z2=0
10.如图是正方体的展开图，则在这个正方体中，下列命题正确的是( )
A. AF与CN平行
B. BM//AN
C. DE与CN是相交直线
D. BM与DE是异面直线
11.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列命题中正确的是( )
A. 若A>B，则sinA>sinB
B. 若△ABC为锐角三角形，则sinA>csB
C. 若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC一定为钝角三角形
D. 若b=2，A=30°的三角形有两解，则a的取值范围为(1,2)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若复数z满足|z−1|=1，则|z|的最大值为______．
13.圆台的上、下底面半径分别是10cm和20cm，它的侧面展开图扇环的圆心角是180°(如图)，那么圆台的体积是______．
14.如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BCD=60°，CB=CD=2 3.若点M为边BC上的动点，则AM⋅DM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)
已知复数z1满足(z1−2)(1+i)=1−i(i为虚数单位)，复数z2的虚部为2，且z1⋅z2是实数．
(1)求z2；
(2)设z1，z2在复平面内的对应点分别为A，B，求以OA，OB为邻边的平行四边形的面积.(O为坐标原点)
16.(本小题15分)
如图，正四棱锥底面正方形的边长为4，侧棱长为2 3．
(1)求该几何体的表面积；
(2)求该几何体外接球的体积．
17.(本小题15分)
如图，在△ABC中，|AB|=2，|AC|=3，∠BAC=π3，且BC=2BD，AC=3AE，设AD与BE交于点P．
(1)求AD⋅BE；
(2)求cs∠APB．
18.(本小题17分)
△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足a=c(csB+ 3sinB)．
(1)求角C的大小：
(2)若AB边上的中线CD=1，求△ABC的面积的最大值．
19.(本小题17分)
如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径：一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min，在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运行的速度为130m/min，山路AC长为3150m，经测量，csA=1213,csC=35．
(1)求索道AB的长；
(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
参考答案
1.D
2.D
3.D
4.A
5.B
6.D
7.C
8.B
9.BC
10.BD
11.ABD
12.2
13.7000 33πcm3
14.214
15.(1)由题意得z1=2+1−i1+i=2+(1−i)2(1−i)(1+i)=2−i，
设z2=a+2i(a∈R)，可得z1⋅z2=(2−i)(a+2i)=2a+2+(4−a)i，
因为z1⋅z2为实数，所以4−a=0，解得a=4，所以z2=4+2i．
(2)由(1)可得z1对应点A(2,−1)，z2对应点B(4,2)，
可得|z1|=|OA|= 22+(−1)2= 5，|z2|=|OB|= 42+22=2 5，
OA⋅OB=2×4+(−1)×2=6，cs∠AOB=OA⋅OB|OA||OB|=6 5×2 5=35，
所以sin∠AOB= 1−(35)2=45，
可得以OA、OB为邻边的平行四边形的面积S=2S△AOB=2×12|OA||OB|sin2α= 5×2 5×45=8．
16.解：(1)取BC中点E，连PE，

则PE⊥BC，从而PE= PB2−BE2=2 2，
S表=4S△PBC+S底=4×12×4×2 2+4×4=16 2+16；
(2)连AC∩BD=O1，连PO1，在PO1上取一点O，使PO=OA=R，
在Rt△PO1A中，PO1= PA2−O1A2=2，
在RtΔOO1A中，OO12+AO12=OA2，即(2−R)2+(2 2)2=R2，
得R=3，从而V球=43πR3=36π．
17.解：解法一：(1)因为AB⋅AC=2×3×csπ3=3，
所以AD⋅BE=12(AB+AC)⋅(BA+13AC)=12(−AB2+13AC2−23AB⋅AC)=−32；
(2)由题意知∠APB等于向量AD和BE的夹角，
计算AD2=14(AB+AC)2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=194，所以|AD|= 192；
计算BE2=(BA+13AC)2=BA2+23BA⋅AC+19AC2=3，所以|BE|= 3；
所以cs∠APB=AD⋅BE|AD|×|BE|=−32 192× 3=− 5719．
解法二：△ABC中，|AB|=2，|AC|=3，所以|AE|=13|AC|=1，又∠BAC=π3，
由余弦定理得BE2=AB2+AE2−2AB⋅AEcs∠BAC=3，
解得BE= 3；
以E为坐标原点，EC、EB所在直线为x、y轴建立平面直角坐标系xEy，如图所示：
则E(0,0)，A(−1,0)，B(0, 3)，C(2,0)，
因为BC=2BD，所以D(1, 32)；
所以AD=(2, 32)，BE=(0,− 3)；
(1)计算AD⋅BE=2×0+ 32×(− 3)=−32；
(2)由题意知∠APB等于向量AD和BE的夹角，
且|AD|= 22+( 32)2= 192，|BE|= 3，
所以cs∠APB=AD⋅BE|AD|×|BE|=−32 192× 3=− 5719．
18.(1)由a=c(csB+ 3sinB)及正弦定理可得，
sinBcsC+csBsinC=sinCcsB+ 3sinCsinB，
∴tanC= 33，C∈(0,π)，
∴C=π6．
(2)由cs∠ADC+cs∠BDC=0，
可得c2=2a2+2b2−4，
即a2+b2+ 3ab=4，
而a2+b2+ 3ab≥(2+ 3)ab(当且仅当a=b时取等号)
故ab≤8−4 3，
所以当C=π6，且a=b时，三角形ABC的面积取得最大值2− 3，
19.解：(1)法一：由题意得：sinA=513,sinC=45，
所以sinB=sin(A+C)=sinAcsc+csAsinC=513×35+1213×45=6365，
由正弦定理得：ABsinC=ACsinB,即AB45=31506365，
所以AB=2600m．
法二：∵csA=1213，csC=35，
∴tanA=512，tanC=43，

如图作BD⊥CA于点D，
设BD=20k，则DC=15k，AD=48k，AB=52k，
由AC=63k=3150m，解得：k=50，
则AB=52k=2600m．
(2)设乙出发xmin (0≤x≤20)后到达点M，此时甲到达N点，
如图所示，则AM=130xm，AN=50(x+2)m，

由余弦定理得：MN2=AM2+AN2−2AM⋅ANcsA=7400x2−14000x+10000，
所以当x=3537min时，MN最小，此时乙在缆车上与甲的距离最短．