2023-2024学年南平市中学高一数学（下）期中考试卷附答案解析

2023-2024学年南平市中学高一数学（下）期中考试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若复数z=m+1+(m−1)i(m∈Z)对应的点在第四象限，则m的值为(

)A.−1 B.0 C.1 D.±12.如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A、B、C为其上的三个点，则在正方体盒子中，∠ABC等于(

)

A.45∘ B.60∘ C.90∘3.若|a+b|=|aA.6 B.−6 C.3 D.−34.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知

，则此三角形(

)A.无解 B.一解 C.两解 D.解的个数不确定5.在菱形ABCD中，若|AB−AD|=|AB|且AD在AB上的投影向量为A.−12 B.12 C.−6.平面α与平面β平行的充分条件可以是(

)A.α内有无穷多条直线都与β平行B.直线a//α，a//β，且a⊄α，a⊄β

C.α内的任何一条直线都与β平行D.直线a⊂α，直线b⊂β，且a//β，b//α7.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosC+3aA.π6 B.π4 C.π38.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若5cosB−8cosC8c−5b=cosAa，又△ABCA.64 B.84 C.−69 D.−89二、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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列等式中一定成立的是(

)A.acosB=bcosA

B.acosB+b10.已知点M是△ABC的重心，点A(1,2)，B(2,3)，C(−2,5)，点D是BC上靠近点B的三等分点，则(

)A.M(13,103) B.D(11.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知AB=1，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有(

)

A.该半正多面体的体积为523

B.该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为332

C.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.如图是梯形ABCD按照斜二测画出的直观图A'B'C'D'，其中A'D'=2，B'C'=4，A'B'=1，则原梯形ABCD的面积为______.

13.已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为r的半圆，且该圆锥的体积为3π，则r=______.14.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=23，AC=3CF，△AA1B与△A1B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=1+i，z=(m2+m−6)+(m2−3m+2)i(m∈R).

(1)当m取何值时，z为纯虚数？

(2)16.(本小题15分)

如图，在△ABC中，D是AB的中点，BE=13BC.

(1)若AC=2BC=2，∠ACB=60∘，求|CD|；

17.(本小题15分)

如图，为了测量出到河对岸铁塔的距离与铁搭的高，选与塔底B同在水平面内的两个测点C与D.在C点测得塔底B在北偏东45∘方向，然后向正东方向前进20米到达D，测得此时塔底B在北偏东15∘方向.

(1)求点D到塔底B的距离BD；

(2)若在点C测得塔顶A的仰角为30∘18.(本小题17分)

如图，已知四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，且SD=4，E为侧棱SC的中点.

(1)求证：SA//平面EDB；

(2)求三棱锥E−ABD的体积.

(3)若F为侧棱AB的中点，求证：EF//平面SAD.(本小题17分)

在①3a−bsinC=3ccosB，②cos2B2=2a−b+2c4c，③sin2A−cos2B+cos2C=sinAsinB这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答.

在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知_____.

(1)求角答案和解析1.【答案】B

【解析】解：由题意，m+1>0，m−1<0，解得−1<m<1，

又m∈Z，则m的值为0.

故选：B.

根据复数的几何意义列不等式，解出m.

本题考查复数的几何意义，属于基础题．2.【答案】B

【解析】【分析】本题考查了正方体的结构特征，关键是根据展开图还原为正方体后，确定A、B、C的具体位置，考查了空间想象能力．

根据展开图还原为正方体后，确定A、B、C构成以面对角线为边的正三角形，即求出所求角的度数．【解答】解：将展开图还原为正方体后，A、B、C是三个面上的相对顶点，

即构成以面对角线为边的正三角形，

故∠ABC=60∘，

3.【答案】B

【解析】解：∵|a+b|=|a−b|，

∴a2+2a⋅b+b2=a2−24.【答案】C

【解析】解：由正弦定理，得，解得sinB=32.

因为a<b，所以A<B.

又因为B∈(0,π)，所以或，

故此三角形有两解，

故选：C.

利用正弦定理结合已知条件分析判断即可．

5.【答案】B

【解析】解：在菱形ABCD中，由|AB−AD|=|AB|可得：|DB|=|AB|，

则△ABD为等边三角形，

过点D作AB的垂线，与AB交于点E，则E为AB中点，

由投影向量的定义可知，AE即为AD在AB上的投影向量，

故AE=λAB=126.【答案】C

【解析】解：C选项是面面平行的定义，A，B，D中，平面α与平面β相交时都有可能满足．

故选：C.

可看出平面α与平面β相交时都有可能满足A，B，D，从而只能选C.

本题考查了充分条件的定义，面面平行的定义，考查了直观想象能力，属于基础题．7.【答案】A

【解析】解：因为acosC+3asinC=b，

所以sinAcosC+3sinAsinC=sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cos8.【答案】C

【解析】解：由5cosB−8cosC8c−5b=cosAa，得5cosB−8cosC8sinC−5sinB=cosAsinA，

则5sin(A+B)=8sin(A+C)，

即5sinC=8sinB，即5c=8b，

又S△ABC=12bcsinA=103，即9.【答案】BC

【解析】解：对于A，由于asinA=bsinB，得asinB=bsinA，

若acosB=bcosA，

则tanB=tanA，可得A=B，

但△ABC中不一定有A=B，因此错；

对于B，sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA，

所以c=acosB+bcosA，正确；

对于C，cosC=a2+10.【答案】AB

【解析】解：点M是△ABC的重心，点A(1,2)，B(2,3)，C(−2,5)，

对于A，设点M(x,y)，则x=1+2+(−2)3=13y=2+3+53=103，所以M(13,103)，故A正确；

对于B，点D是BC上靠近点B的三等分点，则3BD=BC，

设D(a,b)，则3(a−2,b−3)=(−4,2)，即3(a−2)=−43(b−3)=2，

解得a=23,b=113，所以D(23,113)，故B正确；

对于C，因为MD=(1,13),AC=(−3,3)，则cos11.【答案】ABD

【解析】解：A：如图，因为AB=1，

所以该半正多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，

所以该半正多面体的体积为：V=(2)3−8×13×12×(22)2×22=523，故A正确；

B：根据该半正多面体的对称性可知，过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，

又AB=1，所以正六边形面积为S=6×34×12=332，故B正确；

C12.【答案】6

【解析】解：如图，还原梯形，BC=4，AB=2，AD=2，梯形为直角梯形，

所以原梯形ABCD的面积S=12×(2+4)×2=6.

故答案为：6.

根据斜二测画法的规则，还原几何图形，即可求原梯形的面积．13.【答案】2【解析】解：由题意知，设圆锥的底面圆的半径为R，高为h，

则圆锥的母线长为r，且2πR=12×2πr，得R=r2，

所以ℎ=r2−R2=32r，又圆锥的体积为3π，

所以V=13Sℎ=13πR14.【答案】3

【解析】解：在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=23，AC=3CF，△AA1B与△A1B1B为正三角形，动点Q为侧面四边形ABB1A1内一点，

取BB1的中点E，连接AB1交A1E于点G，

连接FG，则△AGA1∽△B1GE，所以AGGB1=AA1EB1=2，

又由AC=3CF，得AFCF=2，所以AFFC=AGGB1，15.【答案】解：(1)∵z为纯虚数，∴m2+m−6=0m2−3m+2≠0，∴m=−3.

(2)当m=3时，z=6+2i，【解析】(1)由复数的概念列出关于m的关系式即可求得；

(2)由复数的四则运算法则求出z⋅z116.【答案】解：(1)∵CD=12(CA+CB)，

∴|CD|2=14(|CA|2+2【解析】(1)利用结论可得CD=12(CA+17.【答案】解：(1)由题意可知，∠BCD=45∘，∠BDC=105∘，

故∠CBD=30∘，

在△BCD中，由正弦定理，得BDsin∠BCD=CDsin∠CBD，即BDsin45∘=20sin30∘，

所以BD=20sin45∘sin30∘=20×2212=202(米)，

因此点D到塔底【解析】(1)在△BCD中，利用正弦定理可求出BD的长；

(2)利用正弦定求得BC，再解直角三角形求得AB.

本题考查了正弦定理，余弦定理以及两角和的正弦公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18.【答案】解：(1)证明：连接AC交BD于O，连接OE，

∵E为侧棱SC的中点，O是AC的中点，

∴OE//SA，

∵SA⊄平面EDB，OE⊂平面EDB，

∴SA//平面EDB.

(2)∵E为侧棱SC的中点，

∴E到平面ABCD的距离等于S到平面ABCD的距离的一半，

∴E到平面ABCD的距离ℎ=12SD=2.，

∴VB−ADE=VE−ABD=13S△ABD⋅ℎ.

=13×(12×2×2)⋅2=43.

(3)证明：设M为侧棱SD的中点，连结ME，EF，

∵E为侧棱SC的中点，F为侧棱AB的中点，

∴ME//DC,ME=12DC，

∵AF//DC,AF=1【解析】(1)利用三角形中位线得出OE//SA，即可得证；

(2)根据E到平面ABCD的距离等于S到平面ABCD的距离的一半，即可求解；

(3)利用四边形AFEM为平行四边形，得出EF//AM，即可得证．

本题考查线面平行的判定与几何体的体积问题，属于中档题．19.【答案】解：(1)若选①：3a−bsinC=3ccosB，

由正弦定理得3sinA−sinBsinC=3sinCcosB，又sin(B+C)=sinA，

所以3sinBcosC=sinBsinC，又sinB>0，所以3cosC=sinC，即tanC=3，

又0<C<π，所以C=π3；

若选②：因为cos2B2=2a−b+2c4c，所以1+cosB2=2a−b+2c4c=2a−b4c+12，

所以cosB=2a−b2c，所以