2023-2024学年福建省厦门市湖滨中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省厦门市湖滨中学高一（下）期中数学试卷（含解析），共16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=i2−i，则z对应的点Z在复平面的( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a=(2,1),b=(−1,4)，则2a−3b=( )
A. (7,−10)B. (1,14)C. (−7,10)D. (7,6)
3.下列命题中正确的是( )
A. 有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
B. 棱柱中互相平行的两个面叫棱柱的底面
C. 棱柱的侧面都是平行四边形，而底面不是平行四边形
D. 棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形
4.在空间四边形ABCD中，AC=BD，顺次连接它的各边中点E、F、G、H，所得四边形EFGH的形状是( )
A. 梯形B. 矩形C. 正方形D. 菱形
5.某校运动会开幕式上举行升旗仪式，在坡度为15°的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10 6 m(如图)，则旗杆的高度为( )
A. 10 mB. 30 mC. 10 3 mD. 10 6 m
6.在△ABC中，若sinC=2sinBcsB，且B∈(π6,π4)，则cb的范围为( )
A. ( 2, 3)B. ( 3,2)C. (0,2)D. ( 2,2)
7.如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN/​/平面ABC的是( )
A. B.
C. D.
8.已知AB⊥AC，|AB|=t，|AC|=1t.若点P是△ABC所在平面内一点，且AP=AB|AB|+2AC|AC|，则PB⋅PC的最大值为．( )
A. 13B. 5−2 2C. 5−2 6D. 10+2 2
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.设复数z=1+2i1+i，则( )
A. z的实部为32B. z−=32−12iC. z的虚部为12iD. |z|=1
10.已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列说法正确的是( )
A. 若sinA：sinB：sinC=2：3：4，则△ABC是钝角三角形
B. 若sinA>sinB，则a>b
C. 若AC⋅AB>0，则△ABC是锐角三角形
D. 若A=45°，a=2，b=2 2，则△ABC只有一解
11.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心(重心、内心、外心、垂心)有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且SA⋅MA+SB⋅MB+SC⋅MC=0.以下命题正确的有( )
A. 若SA：SB：SC=1：1：1，则M为△AMC的重心
B. 若M为△ABC的内心，则BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0
C. 若∠BAC=45°，∠ABC=60°，M为△ABC的外心，则SA：SB：SC= 3：2：1
D. 若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则cs∠AMB=− 66
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，B=135°，C=15°，a=5，则此三角形的最大边长为______．
13.将边长为2的正方形卷成一个圆柱的侧面，所得圆柱的体积为______．
14.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a=c，sinAsinB=32,2≤a≤6，则2 2a−S△ABC的最大值为______．
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)
在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asinB= 32b．
(1)若b=2，c=3，求a的值：
(2)若a2=bc，判断△ABC的形状．
16.(本小题15分)
如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，∠BAD=60°，E，F分别为AB，BC上的点，且AE=2EB，CF=2FB．
(1)若DE=xAB+yAD，求x，y的值；
(2)求AB⋅DE的值；
(3)求cs∠BEF．
17.(本小题15分)
如图所示，ABCD−A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是棱BC的中点．
(1)求证：BD1//平面C1DE；
(2)求三棱锥D−D1BC的体积．
18.(本小题17分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边为a，b，c，且3(sinA−sinB)sinC=3c−2ba+b．
(1)求sinA；
(2)若△ABC的面积为163 2；
①已知E为BC的中点，求△ABC底边BC上中线AE长的最小值；
②求内角A的角平分线AD长的最大值．
19.(本小题17分)
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs2B+cs2C−cs2A=1．
(1)求A；
(2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA；
(3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为z=i2−i=−1−i，
所以z对应的点Z(−1,−1)在复平面的第三象限．
故选：C．
根据虚数单位的性质化简，再由实部、虚部符号确定复数对应点所在象限．
本题主要考查复数的运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵a=(2,1),b=(−1,4)，
∴2a−3b=(4,2)−(−3,12)=(7,−10)，
故选：A．
利用平面向量的坐标运算求解即可．
本题考查了平面向量的坐标运算，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：对于A中，如图所示满足有两个面互相平行，其余各面都是四边形，但该几何体不是棱柱，故A不正确；
对于B中，正六棱柱中有四对互相平行的面，但只有一对面为底面，所以B不正确；
对于C中，长方体、正方体的底面都是平行四边形，故C不正确；
对于D中，根据棱柱的几何结构特征，可得棱柱的侧棱都相等，且侧面都是平行四边形，所以D正确．
故选：D．
根据题意，结合棱柱的几何结构特征，逐项判定，即可求解．
本题考查棱柱的定义，考查学生对概念的理解，比较基础．
4.【答案】D
【解析】解：如图所示，空间四边形ABCD中，
连接AC，BD可得一个三棱锥，
将四个中点连接，得到四边形EFGH，
由中位线的性质知，
EH/​/FG，EF/​/HG；
∴四边形EFGH是平行四边形，
又AC=BD，
∴HG=12AC=12BD=EH，
∴四边形EFGH是菱形．
故选：D．
作出空间四边形ABCD，连接AC，BD，
连接四边中点得到一个四边形，证明它是一个菱形．
本题考查了空间中直线与直线位置关系的应用问题，也考查了线线平行、中位线的性质应用问题，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：如图，
依题意知∠ABC=30°+15°=45°，∠ACB=180°−60°−15°=105°，
∴∠BAC=180°−45°−105°=30°，
由正弦定理知BCsin∠BAC=ACsin∠ABC，
∴AC=BCsin∠BAC⋅sin∠ABC=10 612× 22=20 3(m)，
在Rt△ACD中，AD= 32⋅AC= 32×20 3=30(m)
即旗杆的高度为30m．
故选：B．
作图，分别求得∠ABC，∠ACB和∠BAC，然后利用正弦定理求得AC，最后在直角三角形ACD中求得AD．
本题主要考查了解三角形的实际应用．结合了正弦定理等基础知识，考查了学生分析和推理的能力．
6.【答案】A
【解析】解：因为sinC=2sinBcsB，由正弦定理得c=2bcsB，则cb=2csB，
又因为B∈(π6,π4)，可得 22所以cb的范围为( 2, 3)．
故选：A．
根据题意，利用正弦定理化简得到cb=2csB，结合B∈(π6,π4)和余弦函数的性质，即可求解．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，如图，
，
A、B、C分别是三个棱的中点，可得平面MGNH//平面ABC，必有MN/​/平面BC；
对于B，如图，
，
连接EF，易得MN/​/EF，又由EF/​/AB，则有MN//AB，
而AB在平面ABC上，必有MN/​/平面ABC；
对于C，如图：，
G为所在棱的中点，则有MN//CG，
而CG在平面ABC内，则直线MN/​/平面ABC；
对于D，如图：
MN在平面ABC内，不满足直线MN/​/平面ABC．
故选：D．
根据题意，由直线与平面平行的判断方法，依次分析选项，即可得答案．
本题考查直线与平面平行的判断，涉及正方体的几何结构，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查向量数量积的坐标运算及应用，涉及到基本不等式求最值，属于中档题．
以A为坐标原点，建立直角坐标系，利用向量数量积的坐标运算以及基本不等式即可得到答案．
【解答】
解：以A为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，设P(x,y)，
则A(0,0)，B(t,0)，C(0,1t)(t>0)，
AB|AB|=(1,0)，2AC|AC|=(0,2)，
所以AP=AB|AB|+2AC|AC|=(1,2)，即P(1,2)，
故PB=(t−1,−2)，PC=(−1,1t−2)，
所以PB⋅PC=1−t+4−2t=5−(t+2t)≤5−2 2，
当且仅当t=2t即t= 2时等号成立．
故PB⋅PC的最大值为5−2 2．
故选B．
9.【答案】AB
【解析】解：因为z=1+2i1+i=(1+2i)(1−i)(1+i)(1−i)=1+2+2i−i2=32+12i，
所以z的实部为32，虚部为12，z−=32−12i，|z|= (32)2+(12)2= 102．
故选：AB．
根据复数除法求出z，由复数的概念判断AC，根据共轭复数判断B，根据模的定义判断D．
本题主要考查了复数的四则运算及复数的模长公式，复数的基本概念，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，因为△ABC的三个角满足sinA：sinB：sinC=2：3：4，
由正弦定理化简得a：b：c=2：3：4，
设a=2k，b=3k，c=4k，c为最大边，
由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=4k2+9k2−16k212k2=−34<0，
所以C为钝角，所以△ABC是钝角三角形，故A正确；
对于B，由sinA>sinB及正弦定理，得a2R>b2R，解得a>b，故B正确；
对于C，因为AC⋅AB>0，所以AC⋅AB=|AC|⋅|AB|csA=bccsA>0，所以csA>0，所以A为锐角，但无法确定B和C是否为锐角，故C错误；
对于D，由正弦定理得2sin45∘=2 2sinB，解得sinB=1，因为0°故选：ABD．
对于A，利用正弦定理及大边对大角，结合余弦定理的推论即可求解；
对于B，利用正弦定理的角化边即可求解；
对于C，利用向量的数量积的定义即可求解；
对于D，利用正弦定理及三角函数的特殊值对应特殊角即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，向量数量积的性质的应用，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，因为SA：SB：SC=1：1：1，所以MA+MB+MC=0，
取BC的中点D，则MB+MC=2MD，所以2MD=−MA，
故A，M，D三点共线，且MA=2MD，
同理，取AB中点E，AC中点F，可得B，M，F三点共线，C，M，E三点共线，
所以M为△ABC的重心，故A正确；
对于B，若M为△ABC的内心，可设内切圆半径为r，
则SA=12BC⋅r，SB=12AC⋅r，SC=12AB⋅r，
所以12BC⋅r⋅MA+12AC⋅r⋅MB+12AB⋅r⋅MC=0，
即BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0，故B正确；
对于C，若∠BAC=45°，∠ABC=60°，M为△ABC的外心，
则∠ACB=75°，
设△ABC的外接圆半径为R，故∠BMC=2∠BAC=90°，∠AMC=2∠ABC=120°，
∠AMB=2∠ACB=150°，
故SA=12R2sin90°=12R2，SB=12R2sin120°= 34R2，SC=12R2sin150°=14R2，
所以SA：SB：SC=2： 3：1，故C错误．
对于D，若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，
则SA：SB：SC=3：4：5，
如图，AD⊥BC，CE⊥AB，BF⊥AC，相交于点M，
又S△ABC=SA+SB+SC，
SAS△ABC=312=14，即AM：MD=3：1，
SBS△ABC=412=13，即MF：BM=1：2，
SCS△ABC=512，即ME：MC=5：7，
设MD=m，MF=n，ME=5t，则AM=3m，BM=2n，MC=7t，
因为∠CAD=∠CBF，sin∠CAD=n3m,sin∠CBF=m2n，
所以n3m=m2n，即m= 63n，
cs∠BMD=m2n= 63n2n= 66，则cs∠AMB=cs(π−∠BMD)=− 66，
D正确．
故选：ABD．
A选项，MA+MB+MC=0，作出辅助线，得到A，M，D三点共线，同理可得M为△ABC的重心；B选项，设内切圆半径为r，将面积公式代入得到BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0；C选项，设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值；D选项，得到SA：SB：SC=3：4：5，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设MD=m，MF=n，ME=5t，表示出AM，BM，MC，结合三角函数得到m= 63n，m= 1053t，进而求出余弦值；
本题考查向量与四心关系应用，关键是利用三角形的几何关系及向量数量积及向量线性表示逐项判断，属于中档题．
12.【答案】5 2
【解析】解：因为B=135°为最大角，所以最大边为b，
根据三角形内角和定理：A=180°−(B+C)=30°，
在△ABC中由正弦定理有：asinA=bsinB，
b=asinBsinA=5×sin135°sin30∘=5 2，
故答案为：5 2．
首先根据最大角分析出最大边，然后根据内角和定理求出另外一个角，最后用正弦定理求出最大边．
本题主要考查了正弦定理的应用，在已知两角一边求另外边时采用正弦定理．
13.【答案】2π
【解析】解：设圆柱的底面半径为R，
由已知可得2=2πR，∴R=1π，
∴所得圆柱的体积为V=πR2×h=π×1π2×2=2π．
故答案为：2π．
先计算底面积，再计算体积．
本题考查了圆柱的体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力．
14.【答案】9 22
【解析】解：∵sinAsinB=32，∴2a=3b，
∵a=c，∴csB=a2+c2−b22ac=79，
则sinB=4 29，
∴2 2a−S△ABC=2 2a−12⋅a2⋅4 29=−2 29a2+2 2a=−2 29(a−92)2+9 22，
∵a∈[2,6]，
∴2 2a−S△ABC的最大值为9 22．
故答案为：9 22．
由正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式化简计算可得．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题．
15.【答案】解：(1)∵asinB= 32b，由正弦定理，sinAsinB= 32sinB，而sinB≠0，
∴sinA= 32，A∈(0,π2)，∴A=π3，
再由余弦定理得，a2=b2+c2−2bccsA=22+32−2×2×3×12=7，
∴a= 7；
(2)因为A=π3，所以由余弦定理得a2=b2+c2−bc，
结合a2=bc得b2+c2−2bc=0，∴b=c，a=b=c，
所以△ABC是等边三角形．
【解析】(1)由正弦定理边化角，求出A=π3，再利用余弦定理可得答案；
(2)由余弦定理得结合a2=bc得b2+c2−2bc=0，进而b=c，从而可得答案．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)∵DE=AE−AD=23AB−AD，
又DE=xAB+yAD，
∴x=23,y=−1．
(2)∵AB=4，AD=2，∠BAD=60°，DE=23AB−AD，
∴AB⋅DE=AB⋅(23AB−AD)
=23AB2−AB⋅AD
=23×42−4×2×12=203．
(3)连接AC，设EB,EF的夹角为θ，
∵AE=2EB，CF=2FB，
∴EF//AC且EF=13AC，
∴EF=13AC=13AB+AD，
∴|EF|2=|13(AB+AD)|2=289，
∴|EF|=2 73，|EB|=43，
又∵EF⋅EB=EB+BF⋅EB
=EB2+BF⋅EB=169+49=209，
∴csθ=EB⋅EF|EF||EB|=2092 73×43=5 714，
即cs ∠BEF=5 714．
【解析】本题考查向量的加法、减法、数乘运算，考查向量的数量积，考查向量的夹角，考查计算能力，属于中档题．
(1)利用向量的减法、数乘运算，即可求出x，y的值；
(2)利用(1)的结果，通过数量积的运算，求解即可；
(3)求出EF⋅EB，通过向量的夹角公式求解cs∠BEF即可．
17.【答案】(1)证明：连接D1C交DC1于F，连接EF，
在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形DCC1D1为矩形，
∴F为D1C的中点．
又E为BC的中点，∴EF//D1B.
∴BD1/​/平面C1DE.…(6分)
(2)解：连接BD，可知VD−D1BC=VD1−BDC，
又△BCD的面积为S=12×2×2=2．
故三棱锥D−D1BC的体积VD−D1BC=VD1−BDC=13×S△BCD⋅DD1=13×2×1=23…(12分)
【解析】(1)利用三角形中位线的性质，证明线线平行，从而可得线面平行；
(2)利用等体积VD−D1BC=VD1−BDC，即可求得三棱锥D−D1BC的体积．
本题考查线面平行，考查三棱锥体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由正弦定理得3(a−b)c=3c−2ba+b，即c2+b2−a2=23bc，
由余弦定理有csA=c2+b2−a22bc=23bc2bc=13，又A∈(0,π)，
所以sinA= 1−cs2A= 1−19=2 23；
(2)①由(1)知sinA=2 23，又△ABC的面积为163 2，
则12bcsinA=163 2，解得bc=16，
也AE=12(AB+AC)，
则AE2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14(c2+b2+2bccsA)=14(c2+b2+23bc)
≥14(2bc+23bc)=14×83bc=323，
当且仅当b=c时，等号取得到，
所以|AE|2≥323⇒|AE|≥4 63；
②由题sin∠BAD=sin∠CAD=12A，S△ADB+S△ADC=S△ABC，
所以12|AD|csinA2+12|AD|bsinA2=12bcsinA=bcsinA2csA2，
因为A∈(0,π)，所以sinA2≠0，
所以|AD|(c+b)=2bccsA2，
又csA=2cs2A2−1=13⇒cs2A2=23⇒csA2= 63，bc=16，
故|AD|(c+b)=2bccsA2=2×16× 63=32 63，
由基本不等式b+c≥2 bc=8，当且仅当b=c=4时，等号取得到，
故32 63=|AD|(c+b)≥2 bc|AD|=8|AD|，
故|AD|≤4 63，所以|AD|max=4 63．
【解析】(1)由正弦定理和余弦定理得到csA=13，进而求出sinA；
(2)由面积公式求出bc=16，进而根据向量的模长公式结合不等式即可求解AE的最值，根据三角形面积公式，结合等面积法，利用基本不等式可求解AD的最值．
本题考查了向量运算和正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由已知△ABC中cs2B+cs2C−cs2A=1，即1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1，
故sin2A=sin2B+sin2C，由正弦定理可得a2=b2+c2，
故△ABC直角三角形，
即A=π2；
(2)由(1)可得A=π2，所以三角形ABC的三个角都小于120°，
则由费马点定义可知：∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
设|PA|=x,|PB|=y,|PC|=z，
由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，得12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12×2，
整理得xy+yz+xz=4 33，
则PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)=−12×4 33=−2 33；
(3)点P为△ABC的费马点，则∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，
设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0，
则由|PB|+|PC|=t|PA|，得m+n=t；
由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2−2mx2cs2π3=(m2+m+1)x2，
|AC|2=x2+n2x2−2nx2cs2π3=(n2+n+1)x2，
|BC|2=m2x2+n2x2−2mnx2cs2π3=(m2+n2+mn)x2，
故由|AC|2+|AB|2=|BC|2，得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2，
即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤(m+n2)2，
当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+ 3时，等号成立，
又m+n=t，即有t2−4t−8≥0，解得t≥2+2 3或t≤2−2 3(舍去)．
故实数t的最小值为2+2 3．
【解析】(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cs2B+cs2C−cs2A=1可得a2=b2+c2，即可求得答案；
(2)利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
(3)由(1)结论可得∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，推出m+n=t，利用余弦定理以及勾股定理即可推出m+n+2=mn，再结合基本不等式，即可求得答案．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，利用基本不等式的应用，属于中档题．