2023-2024学年福建省漳州十校联盟高一（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年福建省漳州十校联盟高一（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.复数z=1+ 3i，其中i为虚数单位，则|z|=( )
A. 4B. 2C. 3D. 3
2.在△ABC中，P是BC上的四等分点，若AP=λAB+14AC，则实数λ的值为( )
A. 14B. 34C. 23D. 12
3.已知圆柱的底面面积是9π，高是4，那么圆柱的侧面积是( )
A. 12πB. 16πC. 24πD. 36π
4.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，c=1，b=2，A=60°，则△ABC的外接圆半径是( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
5.已知|a|= 3，a与b的夹角为150°，与b同向的单位向量为e，则a在b上的投影向量为( )
A. −32eB. − 32eC. 32eD. 32e
6.已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，且侧面积为18π，则圆锥体积为( )
A. 12πB. 8πC. 9 3πD. 8 3π
7.如图，正六边形的边长为2，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则MA⋅MB的取值范围为( )
A. [1,2]
B. [2,3]
C. [1,3]
D. [3,4]
8.在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，若(a2+c2)sin(A−C)=(a2−c2)sinB，则该三角形是( )
A. 直角三角形B. 等腰三角形
C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形
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.下列说法正确的有( )
A. 若a与b是单位向量，则|a|=|b| B. 若|a|=|b|，则a=b或a=−b
C. |a⋅b|≤|a||b| D. 若AB与CD共线，则A，B，C，D四点共线
10.已知复数z=3−i，则下列说法正确的是( )
A. z的虚部是−iB. z−=3+i
C. z−z=4+3i5D. 当|z|=1，|z−4i|的最大值为5
11.已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2+2b2−c2=0，下列结论正确的是( )
A. △ABC一定是钝角三角形B. 2tanA+tanC=0
C. 角B的最大值为π6D. (sinA)2024+(sinB)2024<(sinC)2024
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知平面向量a，b满足|a|=2，|b|= 2，a与b的夹角为45°，则|2a+b|的值______．
13.如图是我国古代米斗，米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具.为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成.加上米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品.已知一个斗型(正四棱台)工艺品上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为 11(其厚度忽略不计)，则其外接球的表面积为______．
14.如图，在△ABC中，BA=BC=1，延长BC到点D，使BC=CD，以AD为斜边向外作等腰直角△ADE，则四边形ACDE面积的最大值为______．
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)
已知向量a=(2,1)，b=(−2,3)，c=λa+b(λ∈R)．
(1)若向量c与2a+b垂直，求实数λ的值；
(2)若b与c的夹角为锐角，求实数λ的取值范围．
16.(本小题15分)
已知复数z=51+2i+1+i，i为虚数单位．
(1)求z−；
(2)若复数z是关于x的方程x2+αx+β=0(α,β∈R)的一个根，求α+β的值．
17.(本小题15分)
如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC=3π4，S△ABC=12，∠BAC=∠DAC，CD=2AB=2．
(1)求线段AC的长度；
(2)求sin∠ADC的值．
18.(本小题17分)
已知△ABC中，a，b，c是角A，B，C所对的边，且2sinA−sinCsinC=CA⋅CBBA⋅BC．
(1)求角B；
(2)若BD是∠CBA的角平分线，△ABC的面积为 3，b=4 6，求BD的长度；
(3)若AC=BC=2，在△ABC的边AC，AB上分别取E，F两点，使△AFE沿线段EF折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC(设为点P)上，求AF的最小值．
19.(本小题17分)
已知△OAB中，OA=2 2，OB=2 3，令OA=a，OB=b，且a⋅b=4，过点AB边上一点P1(异于端点)引边OB的垂线P1Q1，垂足为Q1，再由Q1引边OA的垂线Q1R1，垂足为R1，又由R1引边AB的垂线R1P2，垂足为P2；依次操作连续进行，得到点集{Pn}，{Qn}，{Rn}{Rn}(n∈N∗)，设APn=tn(b−a)(0
(1)证明：BQ1=−23(1−t1)b；
(2)如图1，当P1，P2重合时，请用a，b表示BR1；
(3)设tn+1=λtn+μ，求λ+μ的值．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.D
5.A
6.C
7.B
8.D
9.AC
10.BCD
11.ACD
12. 26
13.33π
14.5+2 54
15.解：(1)a=(2,1)，b=(−2,3)，
则2a+b=(4,2)+(−2,3)=(2,5)，c=λa+b=(2λ,λ)+(−2,3)=(2λ−2,λ+3)，
向量c与2a+b垂直，
则c⋅(2a+b)=2(2λ−2)+5(λ+3)=0，解得λ=−119；
(2)b与c的夹角为锐角，
则b⋅c>0且b与c不共线，
故−2(2λ−2)+3(λ+3)>0−2(λ+3)≠3(2λ−2)，解得λ<13，且λ≠0，
所以实数λ的取值范围为(−∞,0)∪(0,13)．
16.解：(1)因为复数z=51+2i+1+i=5(1−2i)(1+2i)(1−2i)+1+i=5(1−2i)1−4i2+1+i=1−2i+1+i=2−i，
所以z−=2+i；
(2)复数z是关于x的方程x2+αx+β=0(α,β∈R)的一个根，
则2−i是关于x的方程x2+αx+β=0(α,β∈R)的一个根，
故2+i+2−i=−α(2−i)(2+i)=β，解得α=−4，β=5，
故α+β=1．
17.解：(1)在△ABC中，∠ABC=3π4，AB=1，
所以S△ABC=12=12AB⋅BCsin∠ABC=12×1×BC× 22，
所以BC= 2，
由余弦定理知，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC=1+2−2×1× 2×(− 22)=5，
所以AC= 5．
(2)在△ABC中，由正弦定理知，BCsin∠BAC=ACsin∠ABC，
所以 2sin∠BAC= 5sin3π4，
所以sin∠BAC= 55，
因为∠BAC=∠DAC，
所以sin∠DAC=sin∠BAC= 55，
在△ACD中，由正弦定理知，ACsin∠ADC=CDsin∠DAC，
所以 5sin∠ADC=2 55，
所以sin∠ADC=12．
18.解：(1)由2sinA−sinCsinC=CA⋅CBBA⋅BC，得2sinA−sinCsinC=b⋅csCc⋅csB=sinBcsCsinCcsB，
∴2sinAcsB−sinCcsB=sinBcsC，即2sinAcsB=sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)=sinA，
∴2csB=1，csB=12，B∈(0,π)，∴B=π3；
(2)由(1)可得sinB= 32，又S△ABC=12acsinB= 3，∴ac=4，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB，即(a+c)2−3ac=96，∴a+c=6 3
∵BD为∠CBA的角平线，∴S△ABC=12×BD×(a+c)= 3，
∴BD=13；
(3)若AC=BC=2，则△ABC为等边三角形，设AF=m，则BF=2−m，PF=m，
在△BFP中，设BP=x，x∈(0,2)，
由余弦定理可得PF2=BF2+BP2−2BF⋅BP⋅csB，
即m2=(2−m)2+x2−x(2−m)，整理得x2−2x+mx−4m+4=0，
即m=x2−2x+44−x=(4−x)2+6(x−4)+124−x=4−x+124−x−6
令t=4−x，t>0，则m=t+12t−6≥2 12−6=4 3−6，
当且仅t=12t，即t=2 3时等号成立，m有最小值，
故AF的最小值为4 3−6．
19.证明：(1)由题AB=b−a，
所以|AB|2=|b−a|2=|b|2+|a|2−2a⋅b=12，即|AB|=2 3，
在△ABO中，由余弦定理知cs∠ABO=|OB|2+|AB|2−|OA|22|OB||AB|=12+12−82×2 3×2 3=23，
又|AP1|=t1|b−a|=2 3t1，
则|BP1|=|AB|−|AP1|=2 3−2 3t1，
在Rt△P1Q1B中，|BQ1|=|BP1|⋅cs∠ABO=43 3(1−t1)=23(1−t1)|b|，
故BQ1=−23(1−t1)⋅b；
解：(2)由已知OA=2 2，OB=2 3，AB=2 3，
由余弦定理cs∠AOB=OA2+OB2−AB22OA⋅OB=12+8−122×2 3×2 2=1 6，
又|OB|=|AB|=2 3，则cs∠BAO=1 6，
所以|APn+1|=|ARn|⋅cs∠BAO=(2 2−|ORn|)⋅1 6
=2 3−1 6|OQn|⋅cs∠AOB
=2 3−16⋅(2 3−|BQn|)= 33+16⋅|BPn|⋅cs∠ABO
= 33+19⋅(2 3−|APn|)
=59 3−19⋅|APn|，
即tn+1⋅|b−a|=59 3−19tn⋅|b−a|，
也即2 3tn+1=59 3−2 39tn，
所以tn+1=−19tn+518，
因为P1，P2重合时，所以t1=t2，即t1=−19t1+518，解得t1=14，
此时|BP1|=34|AB|=3 32，又cs∠ABO=23，
所以|BQ1|=|BP1|cs∠ABO=3 32×23= 3，又|OB|=2 3，则|OQ1|= 3，
所以|OR1|=|OQ1|cs∠AOB= 3×1 6= 22，故|OR1|=14|OA|，
所以BR1=BO+OR1=14a−b；
(3)由(2)有tn+1=−19tn+518，又tn+1=λtn+μ，
故λ=−19,μ=518，
所以λ+μ=−19+518=16．