2022-2023学年福建省厦门市高一下册数学期中专项模拟试题（AB卷）含解析

第页码24页/总NUMPAGES总页数24页2022-2023学年福建省厦门市高一下册数学期中专项模拟试题（A卷）第I卷（选一选）评卷人得分一、单选题1．在中，若，，则（

）A． B． C． D．2．，则（

）A． B． C． D．3．已知，，则A． B． C． D．4．在中，角，，所对的边分别是，，，已知，，，则（

）A．3 B． C． D．35．已知，则（

）A．2 B． C．1 D．06．在中，内角，，所对的边分别为，，，若，且，则的形状是（

）A．锐角三角形 B．钝角三角形C．等腰直角三角形 D．直角三角形7．向量，且，则()A． B． C． D．8．如图，，下列等式中成立的是（）A． B．C． D．9．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则A． B． C． D．评卷人得分二、多选题10．下列各式中值为1的是（

）A． B．C． D．11．若，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．12．已知函数，则下列说确的是（

）A．函数的最小正周期为B．函数的图象关于点对称C．若，则函数的值为1D．若第II卷（非选一选）评卷人得分三、填空题13．已知三点共线，则=____.14．已知，且⊥，则________．15．已知方程，的两根为，，，，则________.16．已知的内角、、的对边分别为、、，若，，且的面积是，___________.评卷人得分四、解答题17．在中，内角A、B、C所对的边分别为，，，已知．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）设，，求．18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求B；（2）若，的面积为，求的周长.19．已知向量.(1)若，求的值；(2)若，求的值.20．已知，，其中.（1）求的值；（2）求.21．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，.(1)求的面积；(2)若，求BC边中线的长.22．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＋b＝c，2sin2C＝3sinAsinB.（1）求角C的大小；（2）若S△ABC＝，求c的值.数学答案1．A【分析】由正弦定理即可得到答案.【详解】根据题意，由正弦定理可得.故选：A.2．B【分析】由诱导公式及余弦的二倍角公式进行求值.【详解】因为，所以.故选：B3．A【详解】,,两式相加得：，则，选A.4．A【分析】由余弦定理列方程求解．【详解】由余弦定理得，解得（负值舍去）．故选：A．5．A【分析】先由求出，再计算即可.【详解】，解得，.故选：A.6．C【分析】转化为，可得继而由，可得，即得解【详解】由题意，由正弦定理又即又因此为等腰直角三角形故选：C7．C【分析】先根据求出的值，再利用诱导公式化简即得解.【详解】因为，所以，所以.所以.故选C本题主要考查向量平行的坐标表示和诱导公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.8．B【分析】本题首先可向量减法的三角形法则对已知条件中的进行化简，化简为然后化简并代入即可得出答案．【详解】因为，所以，所以，即，故选B．本题考查的知识点是平面向量的基本定理，考查向量减法的三角形法则，考查数形思想与化归思想，是简单题．9．C【详解】分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得．详解：由题可知所以由余弦定理所以故选C.点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理．10．ACD【分析】逆用两角和的正切公式、二倍角公式、两角和的正弦公式，角的三角函数值进行求解即可.【详解】A：，符合题意；B：，没有符合题意；C：，符合题意；D：，符合题意，故选：ACD11．BD【分析】根据同角的三角函数关系式、诱导公式，二倍角公式进行逐一判断即可.【详解】由，所以.A：因为，所以，本选项结论没有正确；B：因为，，所以，本选项结论正确；C：因为，所以本选项结论没有正确；D：因为，所以本选项结论正确，故选：BD12．ABC【分析】化简的解析式，根据三角函数的最小正周期、对称、最值、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】，A，的最小正周期为，A选项正确.B，，所以函数的图象关于点对称，B选项正确.C，，，所以C选项正确.D，，所以在区间上没有是单调函数，D选项错误.故选：ABC13．【分析】列方程来求得.【详解】依题意：三点共线，所以，即.故14．【分析】利用得到，可得，再通过倍角公式以及同角之间三角函数关系变形，然后“弦化切”即可得出答案。【详解】由，可得，则，即本题综合考查了推出，同角之间三角函数关系，“弦化切”等基础知识，考查了计算能力，属于中档题。15．【分析】根据方程，的两根为，，得到，由两角和的正切公式得到，再确定的范围求解.【详解】因为方程，的两根为，，所以，则，因为，所以，所以，，，，所以.故本题主要考查两角和与差的正切公式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.16．【分析】利用同角三角函数计算出的值，利用三角形的面积公式和条件可求出、的值，再利用余弦定理求出的值.【详解】，，，且的面积是，，，，，由余弦定理得，.故答案为．本题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了同角三角函数的基本关系、三角形面积公式的应用，考查运算求解能力，属于中等题.17．（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）在△ABC中，利用正弦定理及其．可得，利用和差公式化简整理可得B．（Ⅱ）在△ABC中，利用余弦定理即可得出b．【详解】（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，又．可得，∴sicosi，则．又∵B∈（0，π），可得．（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，，∴b2＝a2+c2﹣2acco＝4+9﹣2×2×3×cos7，解得．本题考查了正弦定理、余弦定理、和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18．（1）；（2）（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式即可求出，进而求出；（2）根据余弦定理可得到，再根据三角形面积公式得到，即可求出，进而求出的周长.【详解】解：（1），由正弦定理得：，整理得：，∵在中，，∴，即，∴，即；（2）由余弦定理得：，∴，∵，∴，∴，∴，∴的周长为.19．（1）；（2）.【详解】试题分析：（1）由向量垂直知两向量的数量积为0，得，代入待求式可得；（2）先求出，再由向量模的运算得，求得，由两角和的正弦公式可得．试题解析：（1）由可知，，所以，所以.（2）由可得，，即，①又，且②，由①②可解得，，所以.20．（1）；（2）.【分析】（1）根据求得的值；（2）先求，再求，再根据的范围，求得.【详解】（1）∵，∴，∵，∴.则.（2）由（1），，，则.则.∵，∴，∴.本题考查了同角三角函数的基本关系式，两角和的正弦公式、正切公式，还考查了由三角函数值确定角的大小，属于中档题.21．(1)4(2)【分析】（1）根据向量的数量积、二倍角公式、三角形面积公式可求得的面积.（2）可采用余弦定理以及建立方程求解AM；也可将利用中线的向量表示法表示，将向量关系式转化为求模长，也可得AM.(1)由题得，.根据二倍角公式得，则.∵，∴，∴，故的面积为4.(2)由，，得.由（1）得，由余弦定理得，解得.设BC的中点为M，则AM为BC边的中线，∴，则根据余弦定理得解得，∴BC边中线的长为.另解：由，，得.设BC的中点为M，则，等式两边同时平方得，，则.∴BC边中线的长为.22．（1）；（2）.【分析】（1）借助正弦定理，转化2sin2C＝3sinAsinB为c2＝ab，题干条件，可求解，即得解；（2）利用面积公式，可得，，即得解【详解】（1）∵2sin2C＝3sinAsinB，∴sin2C＝sinAsinB，∴c2＝ab.又a＋b＝c，∴a2＋b2＋2ab＝3c2.根据余弦定理，得cosC＝，∴cosC＝＝＝，且∴C＝.故C＝（2）∵S△ABC＝，∴＝absinC.∵C＝，∴ab＝4，又c2＝ab，∴c＝.故c＝本题考查了解三角形综合问题，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题2022-2023学年福建省厦门市高一下册数学期中专项模拟试题（B卷）（，）选一选（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．复数（3+i）m﹣（2+i）对应的点在第三象限内，则实数m的取值范围是（）A．m＜23 B．m＜1 C．232．已知向量a→=(2，0)，b→=(1，1)，若向量A．12 B．1 C．2 3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A=45°，a=2等于（）A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120°4．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底边均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是（）A．12+22C．1+2 D．5．已知两条没有同的直线m，n和平面α，下列结论正确的是（）①m∥n，n⊥α，则m⊥α；②m∥α，n∥α，则m∥n；③m⊥α，n⊥α，则m∥n；④m与平面α所成角的大小等于n与平面α所成角的大小，则m∥n．A．①③ B．①② C．②③ D．①④6．已知i，j为互相垂直的单位向量，a→=−i→+2j→夹角为钝角，则λ的取值范围为（）A．（3，+∞） B．（3，4）∪（4，+∞） C．（﹣∞，3） D．（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，3）7．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosC+bcosA＝b，则△ABC是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形8．已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E为BC的中点，则异面直线CB1与DE所成角的余弦值为（）A．63 B．22 C．259．锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c且3（aco+bcosA）＝2csi，a＝2．则边长b的取值范围是（）A．(0，3) B．(0，23) C．（3，2310．如图所示，点在以为圆心2为半径的圆弧上运动，且，则的最小值为A．B．C．0D．211．如图，在正方体中，，，分别为，的中点，，分别为棱，上的动点，则三棱锥的体积A．存在值，值为B．存在最小值，最小值为C．为定值D．没有确定，与，的位置有关12．在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若ac＝4，a•cosC+3c•cosA＝0，则△ABC面积的值为（）A．1 B．3 C．2 D．4二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．若O为△ABC的重心（重心为三条中线交点），且，则λ＝．14．已知圆锥底面半径为1，母线长为3，某质点从圆锥底面圆周上一点A出发，绕圆锥侧面一周，再次回到A点，则该质点的最短路程为．15．设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1+z2=3+i，则|z1﹣z2|＝16．已知体积为3的三棱锥P﹣ABC的顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABC，PA＝2，∠ABC＝120°，则球O的体积最小值为．三、解答题（共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17题10分，其余试题每题12分）17．已知复数z1=(a+i)(1)若z1＝iz2，求实数a的值；(2)若z118．已知a→=(12，32)，(1)求|2a(2)若(a19．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求四面体N﹣BCM的体积．20．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2C＝sin2A+cos2B+sinAsinC．(1)求角B的大小；(2)若b=2321．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝23，AB＝BC=2D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．求证：PA⊥BD；求证：平面BDE⊥平面PAC；当PA∥平面BDE时，求直线EB与平面ABC所成的角．22．如图，设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线，已知c＝1且2csinAco＝asinA﹣bsi+14bsinC，cos∠BAD求b边的长度；设点E，F分别为边AB，AC上的动点，线段EF交AD于G，且△AEF的面积为△ABC面积的一半，求AG→⋅试题答案123456789101112ACDBADDDCBCA13．114．3315．2316．17.证明:解：(1)∵z1=(a+i)2，z2＝4﹣3i，z∴（a+i）2＝a2﹣1+2ai＝3+4i，从而a2所以实数a的值为2．……5分(2)依题意得：z1因为z1z2是纯虚数，所以：4又因为a是正实数，所以a＝2．……10分18.解：解：(1)∵|a→|=1，|b→∴|2a(2)方法一：(a则存在非零实数λ，使a→由共面定理得kλ=1λ=k方法二：由已知b→=(1，0)或当b→=(1，0)，a→∴(1同理b→综上，k＝±1．……12分19.证明：(1)取BC中点E，连结EN，EM，∵N为PC的中点，∴NE是△PBC的中位线∴NE∥PB，又∵AD∥BC，∴BE∥AD，∵AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，∴BE=1∴EM∥AB，∴平面NEM∥平面PAB，∵MN⊂平面NEM，∴MN∥平面PAB．……6分(2)取AC中点F，连结NF，∵NF是△PAC的中位线，∴NF∥PA，NF=12如图，延长BC至G，使得CG＝AM，连结GM，∵AM∥=又∵ME＝3，EC＝CG＝2，∴△MEG的高h=5∴S△BCM=12×BC×ℎ=∴四面体N﹣BCM的体积VN﹣BCM=120.解：(1)因为cos2C＝sin2A+cos2B+sinAsinC．所以1﹣sin2C＝sin2A+1﹣sin2B+