2023-2024学年福建省漳州市乙级学校联盟高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省漳州市乙级学校联盟高一（下）期中数学试卷（含解析），共17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满足z(1+i)=1，则z对应的点位于复平面内的( )
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=(−2,5)，b=(4,−λ)，若a//b，则λ=( )
A. −52B. −85C. 10D. −10
3.在△ABC中，M为AC中点，BC=CD，MD=xAB+yAC，则x+y=( )
A. 1B. 12C. 13D. 32
4.八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2的正八边形ABCDEFGH，其中OA=2，则下列结论正确的是( )
A. |BH+HF−GF|= 3
B. OB+OH=OA
C. OA⋅OD=2 2
D. OE在OB方向上的投影向量为− 22OB
5.如图，正三棱锥P−ABC中，∠BPC=20°，侧棱长为4，一只虫子从A点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A点，则虫子爬行的最短距离是( )
A. 2 2
B. 4
C. 2 3
D. 2
6.已知水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′，已知A′B′=6，B′C′=3，则四边形ABCD的面积为( )
A. 6 2B. 12 2C. 24 2D. 36 2
7.在△ABC中角A、B、C对边a、b、c满足2b=a+c，csB=45，△ABC的面积为6，则b=( )
A. 4B. 2 6C. 6D. 6或152
8.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E、F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P/​/平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是( )
A. [ 2, 52]B. [3 24, 52]C. [3 22, 5]D. [ 52,2 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.在△ABC中，点P满足BP=2PC，过点P的直线与AB、AC所在的直线分别交于点M、N，AM=λAB，AN=μAC(λ>0,μ>0)，则下列说法正确的是( )
A. AP=23AB+13ACB. λ+μ的最小值为2 23+1
C. AP=13λAM+23μAND. λμ≥49
10.△ABC中，角A、B、C所对的边为a、b、c下列叙述正确的是( )
A. 若a2+b2−c2>0，则△ABC一定是锐角三角形
B. 若acsA=bcsB=ccsC，则△ABC一定是等边三角形
C. 若A>B，则csAD. 若2b≥a+c，则B∈(0,π3]
11.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC=CC1=6，AC⊥BC，E、F分别为BB1，A1C1的中点，过点A、E、F作三棱柱的截面α，则下列结论中正确的是( )
A. 三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积为108π
B. BC1//α
C. 若α交B1C1于M，则EM= 13
D. α将三棱柱ABC−A1B1C1分成体积较大部分和体积较小部分的体积比为13：5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a与b的夹角为120°，a=(2,0)，|b|=1，则|a−2b|等于______．
13.某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图所示，该几何体为上、下底面周长分别为36cm，28cm的正四棱台，若棱台的高为3cm，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为______cm3．
14.已知球O为三棱锥D−ABC的外接球，球O的体积为256π3，正三角形ABC的外接圆半径为2 3，则三棱锥D−ABC的体积的最大值为______．
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)
已知复数z=3+bi(b∈R)，且(1+3i)⋅z为纯虚数．
(1)求复数z；
(2)若复数ω=z2+i，求复数ω−−65i的模．
16.(本小题15分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点．求证：
(1)直线EG/​/平面BDD1B1；
(2)平面EFG/​/平面BDD1B1；
(3)若正方体棱长为1，过A，E，C1三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积．
17.(本小题15分)
在三角形ABC中，AB=a，AC=b，BE=2EC，D为线段AC上任意一点，BD交AE于O．
(1)若CD=2DA．
①用a,b表示AE．
②若AO=λEA，求λ的值．
(2)若BO=xBA+yBC，则求12x+13y+1的最小值．
18.(本小题17分)
在海岸A处，发现北偏东45°方向，距离A( 3−1)nmile的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°的方向，距离A2nmile的C处的缉私船奉命以10 3nmile/h的速度追截走私船，此时，走私船正以10nmile/h的速度从B处向北偏东30°方向逃窜．
(1)求线段BC的长度；
(2)求∠ACB的大小；
(参考数值：sin15°= 6− 24,cs15°= 6+ 24)
(3)问缉私船沿北偏东多少度的方向能最快追上走私船？
19.(本小题17分)
在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.且2sinA−sinCsinC=a2+b2−c2a2+c2−b2．
(1)求角B的大小；
(2)求sinA+sinC的取值范围；
(3)若C=π2，BC=2，O为BC中点，P为线段AO上一点，且满足BP⋅CP=0.求AP的值，并求此时△BPC的面积S．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：复数z满足z(1+i)=1，
∴复数z满足z(1+i)(1−i)=1−i，
∴z=12−12i，
则z对应的点(12,−12)位于复平面内的第四象限．
故选：D．
利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：向量a=(−2,5)，b=(4,−λ)，a//b，
则2λ=20，解得λ=10．
故选：C．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量加法、减法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，平面向量基本定理，属于基础题．
可画出图形，根据M为AC的中点，BC=CD，即可得出MD=MC+CD=−AB+32AC，然后根据平面向量基本定理即可求出x，y的值，从而得出x+y的值．
【解答】
解：如图，
∵M为AC中点，BC=CD；
∴MD=MC+CD=12AC+BC
=12AC+(AC−AB)=−AB+32AC；
又MD=xAB+yAC，且AB,AC不共线；
∴根据平面向量基本定理得，x=−1,y=32；
∴x+y=12．
故选：B．
4.【答案】D
【解析】解：由正八边形ABCDEFGH可知，∠AOB=π4，∠BOG=3π4，
对A，因为BH+HF−GF=BF−GF=BG，
所以|BG|2=|OG|2+|OB|2−2|OG|⋅|OB|cs∠BOG
=2+2−8⋅(− 22)=4+4 2，故A错误；
对B，由∠BOH=π2，|OB|=|OH|=2，
可得|OB+OH|= 4+4=2 2，
由平行四边形法则，可得OB+OH= 2OA，故B错误；
对C，因为∠AOD=3π4，所以OA⋅OD=|OA|⋅|OD|cs∠AOD=2×2×(− 22)=−2 2，故C错误；
对D，因为∠BOE=3π4，所以OE在OB上的投影向量为：
|OE|cs∠BOE⋅OB|OB|=2×(− 22)×OB2=− 22OB，故D正确．
故选：D．
由正八边形的几何性质，结合平面向量数量积的定义，对各选项进行判定即可．
本题考查平面向量数量积的运算，考查正八边形的性质，属中档题．
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，将正三棱锥P−ABC沿PA剪开，得到侧面展开图，如图所示，
因为∠BPC=20°，即∠APA1=3∠BPC=60°，
由△AB1C1的周长为AB1+B1C1+C1A，
要使△AB1C1的周长的最小，则A，B1，C1，A1共线，即AB1+B1C1+C1A=AA1，
又由正三棱锥P−ABC侧棱长为4，△APA1是等边三角形，
所以(AB1+B1C1+C1A)min=4，即虫子爬行的最短距离是4．
故选：B．
根据题意，将正三棱锥P−ABC的侧面展开，结合侧面展开图，得到要使△AB1C1的周长的最小，则A，B1，C1，A1共线，再由正三棱锥的结构特征和数量关系，即可求解．
本题考查棱锥表面的最短距离，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：根据题意，如图：水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′，
已知A′B′=6，B′C′=3，则矩形A′B′C′D′的面积S′=6×3=18，
则四边形ABCD的面积S=2 2S′=36 2．
故选：D．
根据题意，求出矩形A′B′C′D′的面积，由直观图面积与原图面积的关系分析可得答案．
本题考查斜二测画法，涉及平面图形的直观图，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：∵csB=45，B为三角形内角，
∴可得sinB= 1−cs2B=35，
∵△ABC的面积为6=12acsinB=12×ac×35，解得ac=20，
又∵2b=a+c，
∴由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB=(a+c)2−2ac−85ac=4b2−72，
∴b=2 6．
故选：B．
由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinB的值，利用三角形的面积公式可求ac的值，进而结合已知利用余弦定理即可求解b的值．
本题考查了同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式以及余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：如下图所示，
分别取棱BB1，B1C1的中点M、N，连MN，BC1，
∵M，N，E，F分别为所在棱的中点，则MN/​/BC1，EF/​/BC1，
∴MN/​/EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴MN/​/平面AEF．
∵AA1/​/NE，AA1=NE，
∴四边形AENA1为平行四边形，
∴A1N/​/AE，
又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，
∴A1N/​/平面AEF，
又A1N∩MN=N，
∴平面A1MN/​/平面AEF．
∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P/​/平面AEF，平面A1MN∩平面BCC1B1=MN，
∴点P必在线段MN上．
在Rt△A1B1M中，A1M= A1B12+B1M2= 22+1= 5．
同理，在Rt△A1B1N中，可得A1N= 5，
∴△A1MN为等腰三角形．
当点P为MN中点O时，A1P⊥MN，此时A1P最短；点P位于M、N处时，A1P最长．
∵A1O= A1M2−OM2= ( 5)2−( 22)2=3 22，A1M=A1N= 5．
∴线段A1P长度的取值范围是[3 22, 5].
故选：C．
分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN/​/平面AEF，由题意知点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．
本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P点位置．
9.【答案】BC
【解析】解：如图所示，
因为BP=2PC，即AP−AB=2(AC−AP)，
所以3AP=AB+2AC，即AP=13AB+23AC，故A错误；
又因为AM=λAB，AN=μAC(λ>0,μ>0)，
所以AP=13λAM+23μAN，故C正确；
因为M、P、N三点共线，则13λ+23μ=1，
所以13λ+23μ≥2 13λ⋅23μ，即λμ≥89，故D错误；
当且仅当μ= 2λ时，等号成立，
所以λ+μ=(λ+μ)(13λ+23μ)=2λ3μ+μ3λ+1≥2 23+1，
当且仅当μ= 2λ时，等号成立，
所以λ+μ的最小值为2 23+1，故B正确．
故选：BC．
根据平面向量的线性运算及基本定理，得13λ+23μ=1，可判定选项AC；再结合基本不等式，对选项BD进行判定即可．
本题考查平面向量基本定理的应用，考查基本不等式求最值，属中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A，△ABC中，因为a2+b2−c2>0，
由余弦定理有csC=a2+b2−c22ab>0，故角C为锐角，
但角C不一定最大，所以△ABC不一定是锐角三角形，故A错误；
对于B，因为acsA=bcsB=ccsC，
由正弦定理得sinAcsA=sinBcsB=sinCcsC，
即tanA=tanB=tanC，又A，B，C∈(0,π)，
所以A=B=C，△ABC一定是等边三角形，故B正确；
对于C，因为π>A>B>0，由余弦函数y=csx的单调性易知，csA对于D，2b≥a+c，由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac≤a2+c2−(a+c2)22ac=3(a2+c2)8ac−14，
又因为a2+c2≥2ac，所以3(a2+c2)8ac−14≥12，
取特殊值，当3(a2+c2)8ac−14=12时，csB=a2+c2−b22ac≤12，
因为B∈(0,π)，所以B∈[π3,π)，即角B有可能大于π3，故D错误．
故选：BC．
利用正余弦定理可判断A，B；利用余弦函数y=csx的单调性可判断C；利用余弦定理，基本不等式及特值法可判断D．
本题考查了正余弦定理及基本不等式在解三角形中的应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：如图所示，将该三棱柱视为正方体ACBD−A1C1B1D1的一部分，
则三棱柱ABC−A1B1C1外接球的半径2R=6 3，R=3 3，
∴三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积为S=4π×(3 3)2=108π，故A错误；
延长AF与CC1交于点P，连接PE，交B1C1于M，连接FM，
则平面AEMF即为截面α，
∵FC1//AC，F是A1C1的中点，∴C1是PC的中点，
∵△MPC1∽△MEB1，∴PC1EB1=MC1MB1=2，∴B1M=13B1C1，
∵E是BB1的中点，∴ME与BC1不平行，故B错误；
∵B1M=2，B1E=3，∴在Rt△B1EM中，EM= 22+32= 13，故C正确；
延长PE，交BC于Q，则α将三棱柱ABC−A1B1C1分成体积较大部分的体积为：
VP−ACQ−VP−FMC1−VA−QBE=13×12×6×8×12−13×12×3×4×6−13×12×2×6×3=78，
∴剩余部分的体积为12×6×6×6−78=30，
∴α将三棱柱ABC−A1B1C1分成体积较大部分和体积较小部分的体积比为78：30=13：5，故D正确．
故选：ACD．
将该三棱柱视为正方体ACBD−A1C1B1D1的一部分，求出三棱柱ABC−A1B1C1外接球的半径2R=6 3，由此能求出其表积，判断A；
延长AF与CC1交于点P，连接PE，交B1C1于M，连接FM，则平面AEMF即为截面α，判断B；
由B1M=2，B1E=3，在Rt△B1EM中，求出EM，判断C；
延长PE，交BC于Q，则α将三棱柱ABC−A1B1C1分成体积较大部分的体积为VP−ACQ−VP−FMC1−VA−QBE，判断D．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，是中档题．
12.【答案】2 3
【解析】解：由a=(2,0)，可得|a|=2，
结合a与b的夹角为120°且|b|=1，可得a⋅b=|a|⋅|b|cs120°=−1，
所以(a−2b)2=|a|2−4a⋅b+4|b|2=4+4+4=12，所以|a−2b|= (a−2b)2=2 3．
故答案为：2 3．
根据题意得|a|=2，利用平面向量数量积的定义算出a⋅b=−1，进而根据向量数量积的运算性质与向量的模的公式，算出|a−2b|的值．
本题主要考查平面向量数量积的定义与运算性质、向量的模的公式等知识，属于基础题．
13.【答案】193
【解析】解：由题意，该正四棱台的上底面边长为28÷4=7(cm)，
下底面边长为36÷4=9(cm)，高为3cm，
所以体积为V=13×3×(92+72+ 92×72)=193(cm3)，
所以该香料收纳罐的容积为193cm3．
故答案为：193．
根据棱台的体积公式求解即可．
本题考查了棱台的体积计算问题，是基础题．
14.【答案】18 3
【解析】解：设△ABC外接圆的圆心为O1，
因为正三角形ABC的外接圆半径为2 3，即O1B=2 3，
由正弦定理ACsin60∘=2R=4 3，得AC=6，
所以S△ABC=12×6×6×sin60°=9 3，
要使三棱锥D−ABC的体积最大，则O1D⊥平面ABC，且球心O在线段O1D上，
因为球O的体积为4πR33=256π3，所以球O的半径为R=4，
在Rt△OO1B中，由勾股定理得OO1= R2−O1B2= 16−12=2，
所以三棱锥D−ABC体积的最大值V=13S△ABC⋅(OO1+R)=13×9 3×(2+4)=18 3，
故答案为：18 3．
设△ABC外接圆的圆心为O1，由正弦定理求出AC=6，从而可求出S△ABC，要使三棱锥D−ABC的体积最大，则O1D⊥平面ABC，且球心O在线段O1D上，由球的体积可求出球的半径，从而可求出三棱锥的高，进而可求出体积．
本题考查了三棱锥的外接球以及体积的最值问题，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由z=3+bi(b∈R)，
得(1+3i)⋅(3+bi)=(3−3b)+(9+b)i，
∵(1+3i)⋅z是纯虚数，
∴3−3b=09+b≠0，解得b=1．
∴z=3+i；
(2)由ω=z2+i=3+i2+i=(3+i)⋅(2−i)(2+i)⋅(2−i)=7−i5=75−15i，
得ω−=75+15i，则ω−−65i=75+15i−65i=75−i，
∴|ω−−65i|=|75−i|= (75)2+(−1)2= 745．
【解析】(1)把z代入，利用复数代数形式的乘法运算化简，再由实部为0且虚部不为0列式求解b，则z可求；
(2)利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念与复数模的求法，是基础题．
16.【答案】解：(1)证明：连接SB，由EG为△CSB的中位线，可得EG/​/SB，
由EG⊄平面BDD1B1，SB⊂平面BDD1B1，可得EG/​/平面BDD1B1；
(2)由EF/​/DB，EF⊄平面BDD1B1，DB⊂//平面BDD1B1，
可得EF////平面BDD1B1，
又由(1)可得EG/​/平面BDD1B1，
EF∩EG=E，可得平面EFG/​/平面BDD1B1；
(3)取B1C1的中点N，连接A1N，NE，
可得AE//A1N，AE=A1N，
取A1D1的中点M，连接MC1，AM，
可得MC1=A1N，MC1//A1N，
可得截面AEC1M为平行四边形，且AE=EC1=AM=MC1= 1+14= 52，
所以截面的面积为12×A1C1×ME=12× 3× 2= 62．
【解析】(1)连接SB，由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理，可得证明；
(2)由线面平行和面面平行的判定定理，即可得证；
(3)取B1C1的中点N，连接A1N，NE，取A1D1的中点M，连接MC1，AM，由平行四边形的判定和性质，推得截面为菱形，由对角线互相垂直，可得所求面积．
本题考查线面平行、面面平行的判定和正方体的截面的做法和面积求法，考查转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)①在△ABE中，由AE=AB+BE，又BE=2EC，所以BE=23BC，
所以AE=AB+BE=AB+23BC，
=AB+23(AC−AB)=AB−23AB+23AC=13AB+23AC=13a+23b，
②因为B，O，D三点共线．
所以AO=tAB+(1−t)AD，
所以AO=tAB+13(1−t)AC，
又因为AO=λEA=−λ3AB−2λ3AC，
所以−λ3=t,−2λ3=13(1−t)，解得λ=−37；
(2)因为BE=2EC，又A，O，E三点共线所以BO=tBA+(1−t)BE=tBA+23(1−t)BC，
又因为BO=xBA+yBC，所以x=t,y=23(1−x)=23(1−t)，
所以，12x+13y+1=12t+13−2t=13(2t+3−2t)(12t+13−2t)，
=13(1+1+3−2t2t+2t3−2t)≥13(1+1+2 3−2t2t⋅2t3−2t)=43，当且仅当3−2t2t=2t3−2t,t=34时取等号，
所以12x+13y+1的最小值为43．
【解析】(1)①根据平面向量的线性运算的几何意义求解即可；②利用三点共线时向量表示的充要条件，列出关于λ的方程求解；
(2)根据BO=xBA+yBC，结合A，O，E三点共线，引入参数t，用t表示x，y，构造关于t的函数，利用基本不等式求最值．
本题考查平面向量的线性运算与平面向量基本定理，同时考查了学生的运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在△ABC中，∠CAB=45°+75°=120°，…(1分)
由余弦定理，得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠CAB…(2分)
=( 3−1)2+22−2×( 3−1)×2×(−12)=6，…(3分)
所以，BC= 6.…(4分)
(2)在△ABC中，由正弦定理，得ABsin∠ACB=BCsin1200，
所以，sin∠ACB=AB⋅sin1200BC…(6分)
= 3−12 2= 6− 24.…(7分)
又∵0°<∠ACB<60°，
∴∠ACB=15°.…(8分)
(3)设缉私船用th在D处追上走私船，如图，
则有CD=10 3t，BD=10t．
在△ABC中，
又∠CBD=90°+30°=120°，
在△BCD中，由正弦定理，得
sin∠BCD=BD⋅sin∠CBDCD …(8分)
=10t⋅sin120°10 3t=12.…(10分)
∴∠BCD=30°，
又因为∠ACB=15°…(12分)
所以1800−(∠BCD+∠ACB+75°)=180°−(30°+15°+75°)=60°
即缉私船沿北偏东60°方向能最快追上走私船．…(14分)
【解析】(1)在△ABC中，∠CAB=120°由余弦定理可求得线段BC的长度；
(2)在△ABC中，由正弦定理，可求得sin∠ACB；
(3)设缉私船用th在D处追上走私船，CD=10 3t，BD=10t，在△ABC中，可求得∠CBD=120°，再在△BCD中，由正弦定理可求得sin∠BCD，从而可求得答案．
本题考查余弦定理与正弦定理，考查解三角形，考查综合分析与运算能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)由正弦定理可得2a−cc=a2+b2−c2a2+c2−b2，
又由余弦定理有a2+c2−b2=ac，故csB=12，
又B∈(0,π)，故B=π3；
(2)由(1)有，A+C=2π3，
故sinA+sinC=sinA+sin(2π3−A)=sinA+ 32csA+12sinA=32sinA+ 32csA= 3sin(A+π6)．
又0故sinA+sinC∈( 32, 3]；

(3)∵BP⋅CP=0，∴PB⊥PC，
∵BC=2，O为BC中点，∴PO=1，
∵a=2，∴AC=2 3，AB=4，
故AO= 13，AP= 13−1，
设∠OCP=α，则∠COP=π−2α，
∴sinα=PBPC=12PB，csα=PCBC=12PC，
∴S=12PB×PC=2sinαcsα=sin2α，
故sin∠COA=sin(π−2α)=sin2α=ACAO=2 3 13=2 3913，
∴当AP= 13−1时，△BPC的面积S为2 3913．
【解析】(1)根据余弦定理和已知得到a2+c2−b2=ac，再结合余弦定理求出角B的大小；
(2)将sinA+sinC转化为一个角的三角函数，再利用三角函数值域求解即可；
(3)利用数量积概念求得AP= 13−1，再利用S=12PB×PC=2sinαcsα=sin2α求出面积即可．
本题考查了数量积运算性质以及解三角形，考查了推理能力与计算能力，综合性比较强，属于中档题．