2023-2024学年福建省泉州市安溪县铭选中学高一（下）质检数学试卷（5月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年福建省泉州市安溪县铭选中学高一（下）质检数学试卷（5月份）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.已知复数z满足(1−i)zA.1 B.2 C.3 2.已知|a|=2，向量a在向量b上的投影数量为3，则a与bA.π3 B.π6 C.2π3.已知△ABC的斜二测画法的直观图为△A′B′C′，若A′A.33 B.364 4.已知一个棱长为1的正方体，与该正方体每个面都相切的球半径记为R1，与该正方体每条棱都相切的球半径为R2，过该正方体所有顶点的球半径为R3，则下列关系正确的是A.R1：R2：R3=2：3：25.我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵副弦图”中，已知AE=3EF，AB=aA.1225a+925b

B.166.设向量a与b的夹角为θ，定义a⊕b=|asinθA.22 B.2 C.7.如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知AB=8cm，A.872πcm3 B.878.如图，在△ABC中，D是BC的中点，G是AD的中点，过点G作直线分别交AB，AC于点M，N，且AA.1

B.2

C.4

D.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.下列命题中错误的有(

)A.a=b的充要条件是|a|=|b|且a/​/b

B.若a/​/10.设复数z=a+bi(A.“z∈R”的充要条件是“z=z−”

B.若a=b=1，则z3的虚部为2

C.若a=11.中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即S=14[c2a2−(c2+a2−b22)2](S为三角形的面积，a，A.△ABC的最短边长为4 B.△ABC的三个内角满足A+B=2C

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知i是虚数单位，若复数z=1i+i2022，则13.已知两平行的平面截球所得截面圆的面积分别为9π和16π，且两截面间的距离为1，则该球的体积为______．14.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinB=3b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满足z−1为纯虚数，(1−2i)⋅z为实数，其中i为虚数单位．

(1)求复数z；16.(本小题15分)

已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足2acosB=2c+b．

(1)求A；

(17.(本小题15分)

如图所示，在△ABC中，AQ=QC，AR=13AB，BQ与CR相交于点I，AI的延长线与边BC交于点P．

(1)用AB和AC分别表示B18.(本小题17分)

如图，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内，在A点测得M，N的俯角分别为α1=75°，β1=30°，在B点测得M，N的俯角分别为α2=45°，β2=60°，同时测得AB19.(本小题17分)

如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD=PD，E、F分别为CD、PB的中点．

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：∵(1−i)z=2i，

∴(1+i)(12.【答案】B

【解析】【分析】本题考查了平面向量的投影、夹角，属于基础题．

利用平面向量投影的定义，列出方程求出a与b夹角的余弦值，即可得出夹角大小．【解答】解：记向量a与向量b的夹角为θ，θ∈[0,π]，

而|a|=2，

∴a在b上的投影数量为|a|cosθ3.【答案】C

【解析】解：根据题意，根据“斜二测画法”原理，原△ABC的面积与△A′B′C′的面积的比值为22，

A′B′=4，B′C′=3，∠A′B′C′=604.【答案】C

【解析】解：与该正方体每个面都相切的球直径为棱长：R1=12，

与该正方体每条棱都相切的球直径面对角线长：R2=1+12=22，

过该正方体所有顶点的球的半径为体对角线：R3=1+1+12=35.【答案】A

【解析】解：因为AE=3EF，

所以AF=AB+BF=AB6.【答案】A

【解析】解：∵|a|=2，|b|=|a+b|=1，

∴|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=1，

即2+2a⋅b7.【答案】D

【解析】解：根据题意可得该青铜器的体积为：

π×22×22+13×8.【答案】A

【解析】解：因为G是AD的中点，且AB=xAM,AC=yAN，

所以AG=12×12(AB+AC)=14(xAM+9.【答案】AB【解析】解：对于A：a=b的充要条件是|a|=|b|且方向相同，故A错误；

对于B：当b=0时，原式不成立，故B错误；

对于C：当a≠0，b=0时，不存在实数λ，使得a=λb，故C错误；

对于D：根据向量加、减法的三角形法则，可知|10.【答案】AB【解析】解：对于A，若z∈R，则z=a，此时z=z−，

若z=z−，则a+bi=a−bi，即b=0，故z=a∈R，故A对；

对于B，z=1+i，则z3=(1+i)3=−2+2i，故虚部为2，故B对；

对于C，z=i，则z+z2+z3+z4=i−1−i+1=0，

11.【答案】AB【解析】解：因为sinA：sinB：sinC=2：3：7，

所以由正弦定理可得a：b：c=2：3：7，

设a=2t，b=3t，c=7t，t>0，

因为△ABC的面积S△ABC=63，

所以63=14[7t2×4t2−(7t2+4t2−9t22)2]，

解得t=2，则a=4，b=6，c=27，

所以△ABC的最短边长为4，故A正确；

因为cosC=a2+b2−12.【答案】1

【解析】解：因为z=1i+i2022=−ii(−i)+i505×4+2=−13.【答案】500π【解析】解：设球的半径为R，依题意，截面圆的面积分别为9π和16π，则截面圆的半径分别为3，4，

可得球心到两截面圆的距离分别为R2−32，R2−42．

当两截面在球心的同一侧时，因为两截面间的距离为1，

所以R2−32−R2−42=1，解得14.【答案】7

【解析】解：由正弦定理得：sinAsinB=3sinBcosA，

∵B∈(0,π)，∴sinB≠0，

∴sinA=15.【答案】解：(1)设z=m+ni，(m,n∈R)，

∵复数z满足z−1=(m−1)+ni为纯虚数，

∴m=1，且n≠0，

∵(【解析】(1)根据已知条件，结合纯虚数和实数的定义，即可求解．

(216.【答案】解：(1)因为2acosB=2c+b，

由正弦定理可得2sinAcosB=2sinC+sinB，

即2sinAcosB=2sin(A+B)+【解析】(1)根据正弦定理边化角以及两角和的正弦公式可求出结果；

(217.【答案】解：(1)由AQ=12AC，

可得BQ=BA+AQ=−AB+12AC，

∵AR=13AB，

∴CR=CA+AR=−AC+13AB．

(2)将BQ=−AB+12AC，CR=−AC+13A【解析】此题考查了向量加减法，平面向量基本定理等，难度较大．

(1)利用数量关系和向量加法的三角形法则容易求得；

(2)利用(1)的结果，把BQ,CR转化为AB,AC即可得解；

18.【答案】解：(1)在△ABM中，由题知AB=106，∠MAB=75°，∠ABM=45°，

所以∠AMB=180°−75°−45°=60°，

由正弦定理得AMsin∠ABM=ABsin∠AMB，所以AM=AB【解析】(1)在△ABM中，利用正弦定理即可求解出AM，再利用条件得到BN=AB；

(219.【答案】解：(1)取PA中点M，连接MD、MF，

∵ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AB、AD⊂平面ABCD，

∴AB⊥AD，PD⊥AB，PD⊥AD，

又∵AD∩PD=D，AD、PD⊂平面PAD，

∴BA⊥平面PAD，

∵DM⊂平面PAD，

∴BA⊥DM，

∵Rt△PAD中，PD=AD，M为PA中点，

∴PA⊥DM，

又PA∩AB=A，PA、AB⊂平面PAB，

∴DM⊥平面PAB．

∵F、M分别为PB、PA中点，

∴FM/​/AB，且FM=12AB，

又∵E为CD中点，底面