2023-2024学年广东省佛山市某中学高一（下）期中数学试卷+答案解析

2023-2024学年广东省佛山市石门中学高一（下）期中数学试卷

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.下列条件不能确定一个平面的有（）

A.一条直线和直线外一点B.对边相等的四边形

C.两条相交直线D.两条平行直线

2.下列说法中正确的是（）

A.直四棱柱是长方体

B,正四棱锥的侧面都是正三角形

C.用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台

D.棱台的侧棱延长后必交于一点

3.复数二市的虚部是（）

1+22

A.1B.—1C.iD.—i

4.我国南宋时期杰出的数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，其内容为：“以小斜基，

并大斜幕，减中斜幕，余半之，自乘于上；以小斜幕乘大斜幕，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=—，+；一昭月（其中S为面积,a,6,C为△48。的三

个内角4B,C所对的边）.若bcosC+ccosB=4,b=5,且吧巴誓色=3,则利用“三斜求积”公

式可得△40。的面积S=（）

A.2y6B.4^6C.6\/6D.876

5.对于直线"z、〃和平面a,下面命题中的真命题是（）

A.如果mUa,na,m、〃是异面直线，那么？i〃a

B.如果mUa,n（jLa,tn、〃是异面直线，那么〃与a相交

C.如果mCa,n//a,〃共面，那么机〃葭

D.如果?B〃a,nHa,m、〃共面，那么？71〃九

6.已知圆锥尸。的母线长为2,。为底面的圆心，其侧面积等于2通万，则该圆锥的体积为（）

A.7rB.V^TTc.7TD.27r

7.复数z=〃+3+，3+…+*（neN*）,则“z是纯虚数”是“+e{4k+l|keN}”的（）

A.充分而不必要条件B,必要而不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

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8.在△ABC中，AC=2戏,。是△48。的外心，〃■为8C的中点，混.前=8,N是直线OW上异于

M,O的任意一点，则瓦普=（）

A.—3B.—6C.—7D.—9

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△46。中，内角4,B,。所对的边分别为a,b,c,下列各组条件中使得有两个解的是（）

3

A.a=2\/3>b=4，AB.a=2\/3>b=4,cosA=-

5

Ln7r

C.a=2v6=4,CD.a=2v3>b=4，口=至

10.在正方体4BCD—中，M,N,P分别是44i，CCi，GOi的中点，。是线段上异于

端点的动点，则下列说法中正确的是（）

A.直线MP与直线是异面直线B.直线九W与直线AP是相交直线

C.存在点0,使2,N,P,0四点共面D.存在点Q,使PQ〃平面MBN

11.关于复数z=_[+苧浪为虚数单位），

下列说法正确的有（）

A.|z|=lB.(?+以=1C.2-2

z=D.1+2+z=0

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.将一个棱长为6的正方体铁块磨制成一个球体零件，求可能制作的最大零件的体积为—

13.圆台上底面半径为2,下底面半径为5,体积为52万，则圆台的表面积为.

1

14.设复数Z1,Z2,满足区|=|匐=1，Z1-z2=V3i>贝J|zi+?2|=.

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）

如图，已知四棱锥P—4BCD中，底面/BCD为平行四边形，点M,N,0分别是P/,BD,PD的中点.

（1）求证：MN〃平面尸CD；

（2）求证：平面MNQ〃平面PRC

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16.(本小题15分)

在中，角/,B,C所对的边分别为a,b,c,外接圆半径长为夫；已知记=(b,2a—c),

7?=(cos_B,cosC)且记〃7?.

⑴求5；

(2)若A=l,cosAcosC=—I，求△48。的周长.

17.(本小题15分)

在四边形48CD中，ABIICD,记NACD=a，AD-smD=V^AC-cosa>NB/C的角平分线与BC

相交于点£,且4E=1,AB=\/3.

(1)求cosa的大小；

⑵求3C的值.

18.(本小题17分)

如图，直棱柱AB。—ABQi中，£>为/C的中点，AAX=AB=3,BC=5,AC=7.

(1)求棱柱-小场G的表面积；

⑵求证：4场〃平面8C1。.

(3)在如图上作出平面BCiD与平面BAAXBX的交线，并写出作图步骤.

19.(本小题17分)

三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现.当△46。内一点尸满足条件

APAB=APBC=APCA=00t,则称点P为△48。的布洛卡点，角。为布洛卡角.如图，在△48。中,

角4,B,C所对边长分别为a,b,c,记△/口。的面积为S,点P为△AB。的布洛卡点，其布洛卡角为仇

⑴若。=30°.求证：

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①Q2+肥+d=4A/3S；

②△ABC为等边三角形.

(2)若4=2。求证:sin2A=sinBsinC.

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：对选项比经过直线与直线外一点有且只有一个平面，故N错误;

对选项8：对边相等的四边形，对边有可能异面，不能确定一个平面，故2正确;

对选项C：经过两条相交直线有且只有一个平面，故C错误;

对选项经过两条平行直线有且只有一个平面，故。错误.

故选：B.

根据确定平面的公理和推论逐一判断即可得解.

本题考查确定平面的公理或推论的应用，属于基础题.

2.【答案】D

【解析】解：对于w由直四棱柱的定义知，长方体是直四棱柱，但当底面不是长方形时，直四棱柱就不是

长方体,即/错误;

对于B正四棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是正三角形，即8错误;

对于C,当截面不平行于底面时，棱锥底面和截面之间的部分不是棱台，即C错误;

对于£），由棱台结构特征知，侧棱延长后必交于一点，即。正确.

故选：D.

根据棱柱、棱锥、棱台的结构特征，逐一分析各个选项作答，即可.

本题考查简单几何体的结构特征，熟练掌握棱柱、棱锥、棱台的结构特征是解题的关键，考查空间立体感,

逻辑推理能力，属于基础题.

3.【答案】A

5?(1—2i)5/(1-2i)

【解析】解：原式=—i+2,

(1+2以1—22)5

虚部为1.

故选：A.

利用复数的运算法则即可得出.

本题考查了复数的运算法则，属于基础题.

4.【答案】B

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n24-A2-『2।^2_b2

【解析】解：因为bcosC+ccos_B=4,由余弦定理可得b-十°+C—n十°一。=理解得。=4,

2ab2ac

又因为sinB+?nC=3,由正弦定理可得山=3,且b=5，即==3,解得c=7，

smAa4

所以S=J*2c2—=4遍.

VT：/

故选：B.

根据题意利用正、余弦定理求a,c,代入题中公式运算求解.

本题考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.

5.【答案】C

【解析】解：A>■：mGa,ngLa,加、〃是异面直线，若nLn，贝！ln_La，故/错误；

B,■：mCa,n(^a,m、〃是异面直线，可知〃与a也可以平行，故3错误；

C、•：mUa,n//a,〃?、〃共面，=^>m//n,故C正确；

D.,：m//a,n//a,m,"共面，可知根与〃也可以垂直，故。错误；

故选：C.

根据空间中直线与直线之间的位置关系和空间中直线与平面之间的位置关系及其性质对4、2、C、。四个

选项进行一一判断，从而进行求解.

此题是一道立体几何题，主要考查直线与直线之间的位置关系：相交与平行；空间中直线与平面之间的位

置关系：平行或相交，比较基础.

6.【答案】C

【解析】解：根据题意，设圆锥的底面半径为r,高为〃，

由于圆锥P。的母线长为2,。为底面的圆心，其侧面积等于2通开，则有271T=2孤开，

解可得r=瓜

则圆锥的九=1,

故该圆锥的体积V=2Tl=7r.

故选：c.

根据题意，设圆锥的底面半径为r,高为肌由圆锥的侧面积公式求出心进而求出人计算可得答案.

本题考查圆锥的体积计算，涉及圆锥的结构特征，属于基础题.

7.【答案】C

【解析】解：由泮+1+泮+2+泮+3+泮+4=、1…1=(J,

当"C{4卜+1俯CN}时，可得2=(，+冰+产+…+泮)+*+1=0+，=山为纯虚数，

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同理可得，当九e{4卜+2%6"}时，可得z=1—1不是纯虚数，

当rze{4卜+31keN}时，可得z=i—l—i=—1是实数，

所以，当且仅当ne{4k+i/eN}时，复数z是纯虚数.

所以“Z是纯虚数”是“ne{4k+l|keN}”的充分必要条件.

故选：C.

根据复数的运算性质，得到泮+】+卢+2+泮+3+泮+4=,—1—1+1=0,分类讨论，结合充分条件、必

要条件的判定方法，即可求解.

本题考查充分必要条件的应用，属于基础题.

8.【答案】B

【解析】解：由题意，。是△48。的外心，"为的中点，

设/C的中点为。，连接OD,

则初就=•由=国x由=河,

故前.屈=（前+或.无=而F+碇A

=前・丽—前）+0=前•幅—前•前=8—，前F=8—14=—6.

故选：B.

借助外心性质与投影定义可得前.前=g前『，结合向量的线性运算计算可得

酢・赤=前•靠—而•就，即可得解・

本题考查平面向量数量积运算，考查三角形外心性质，属中档题.

9.【答案】AB

【解析】解：A：因为疝［E_bsin4_4「'_通<了S.b>a,所以3有两个解，故/正确；

a2\/33

4

B：因为cosZ=g>0,所以sin4=g,则<评q_丛也4_4*5_8通々〔，且&〉&,0<A<―,

552

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所以3有两个解，故3正确；

C：由余弦定理可得°2=&2+廿—2abcosC=12+16—2x2，^x4xp=16,贝1c=4,有一个解，故

C错误；

。：由正弦定理可得.4asinB2通xy通且b〉如所以/有一个解，故。错误.

b44

故选：AB.

利用正弦定理以及大边对大角即可判断选项/,B,D,利用余弦定理即可判断选项C.

本题考查了正余弦定理的性质，涉及到大边对大角的应用，属于基础题.

10.【答案】AD

【解析】解：连接河A，DiN,M,N分别是44i，CG的中点，所以BN//MD1，

由BN“MDi，可确定平面平面8MoiWC平面CDDiG=MDi，

而平面。。OiG内点Pg直线NOi，故P《平面BNOiM,

故尸与2、N、M三点不共面，所以直线与直线是异面直线，故/正确，2错误；

因P是的中点，所以PNUDiCUA'B,故5,N,P三点确定平面PNB4,

平面PNB4与直线小。1仅有一个公共点41，但0不与41重合，故不存0使得QC平面PNBAi，故C

错误；

由选项/知P?平面故PQ,平面只需0为小。1中点，有PQ〃小G//MN,

则PQ〃平面"&V,故。正确.

故选：AD.

根据直线与直线的位置关系可判定根据平面基本性质可判定C,根据线面平行的判定定理可判定D

本题考查直线与直线的位置关系，属于中档题.

11.【答案】ACD

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【解析】解：对于4;复数z=-；+?近为虚数单位)，,设+(p)2=l，故/正确，

32

对于£(z+1)=(2+1)(2+1)=+=(-j+=-1>故8错误，

乙乙乙乙乙乙乙乙

对于。，/=(_1+通合2=—1—递/=2,故C正确，

v22722

对于。，•「2=—：+苧>「.1+?+/=1+(—：+乎。)+(一1—乎，)=。，故。正确.

故选：ACD.

根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数的性质，即可求解.

本题主要考查复数的运算法则，以及复数的性质，属于基础题.

12.【答案】367r

【解析】【分析】本题考查了球的切接，球的体积公式，是基础题.

先求出球的半径，然后利用球的体积公式求解即可.

【解答】解：由题意知，球内切于正方体，」.27?=6,.•.五=3.

所以球的体积V=$岳=^7r-33=36万，

即可制作的最大零件的体积为367r.

13.【答案】647r

【解析】解：由圆台上底面半径为2,下底面半径为5,体积为52万，

设圆台的高为人母线长为/,

可得：7T(22+52+2x5)-/I=52TT,

o

解得h=4,

可得/=怖2+(R-r)2=,42+32=5，

22

所以圆台的表面积为S=n(R+r\l+7rR2+7n>2=7I-x(2+5)x5+7rx5+7rx2=647r.

故答案为：647r.

设圆台的高为/?,母线长为/，根据题意，求得九=4和/=5,结合圆台的侧面积和圆的面积公式，即可求

解.

本题主要考查了圆台的结构特征，考查了圆台的表面积公式，属于基础题.

14.【答案】1

【解析】解：设句=。+n，z2=c+di,a,b,c,dGR,

区|=|匐=1，a2+b2=1>c2+d2=L

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zi—Z2—(a—c)+(b—d)i—v3i，

：.a—c=Q,b—d,=通，

：,a2+c2-2ac+b2+d2-2bd=0+3，

即1—2ac+1—2bd=3,

|?i+=J(a+c/+(b+砌2=-^a2+c2+b2+d2+2ac+2bd="1+1—1=1.

故答案为：1.

根据题意设zi=a+桓，Z2=c+di,a,b,c,deR，得到&2+庐=1，c2+d2=1>ac+bd=~,

计算即可.

本题考查复数的模的计算，属于基础题.

15.【答案】证明：（1）由题意：四棱锥P—的底面N3O为平行四边形,

点M,N,。分别是尸/,BD,尸。的中点，

是/C的中点，

.-.MN//PC,

又：P。C平面尸CD,MN0平面尸CO,

:.MN"平面PCD.

⑵由⑴,先MNUPC,

:M，。分别是尸工,尸。的中点，

MQ//AD//BC,

又「BCu平面P3C，PCU平面尸3C，BCCPC=C，

MQu平面MN。，MNcz平面VAQ,MQHMN=M,

•,平面MNQ〃平面PBC.

【解析】（1）推导出四棱锥P—AB。。的底面为平行四边形，MN//PC,由此能证明MN〃平面

PCD.

（2）推导出MN〃P。，MQ//AD//BC,由此能证明平面MNQ〃平面PBC.

本题考查线面平行、面面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算

求解能力，是中档题.

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16.【答案】解：(1)由方〃方得，bcosC=(2a-c)cosB,

由正弦定理可得Q=2R・sin4,b=2R・sinB,c=2R*sinC,

得2RsinBcos。=2x2Rsin4cosB—2RsinCsinB,

整理得sin(B+C)=2sinAcosB,

因为sin(B+C)=sin(7r—A)=sinA,则sinA=2sinAcosB,

因为4e(0,7r),sin,所以cosB=$,

7T

因为36(0/),所以B=w；

o

(2)因为•8=1故b=2_Rsin_B=且4+。=可,

故cos(A+C)=cosAcosC—sinAsinC=一；,

i3

又因为cosAcosC=--,所以sinAsinC=3,

88

ac

因为sin/sinC=1•],可得QC

又/=Q2+02—2QCCOSB=(Q+c)2—3QC-3,

所以a+c=*I故周长为a+b+c=Yj+通.

【解析】(1)由万〃刃得bcosC=(2a-c)cosB,利用正弦定理将边转化为角，利用两角和的正弦公式变

形即可求解;

13

(2)由正弦定理可得b=通，由cos(A+。)=cosAcosC—sinAsinC=—大可知sinAsinC=结合正

28

3

弦定理可得ac=],结合余弦定理即可求解.

本题主要考查了向量平行的坐标表示，正弦定理，和差角公式，余弦定理的综合应用，属于中档题.

AD

17.【答案】解：(1)在△4。。中，由正弦定理得当=，工

smasmD

所以ADsinD=ACsina,

因为4D-sin_D=•cosa，

,,_tana一一「

两式相除得：1=笠，所以tana=通，

7T1

又因为0<a<7r,所以。=可，所以cosa=K

o2

7T

(2)因为所以/氏4。=。=可，

O

7T

又因为AB平分NBA。，可得/BAE=NCAE=K，

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S/\BAE+S^CAE=S^BAC,且AE=b

（7rl7T17F

所以-AB•AEsin—+-AC-AEsin—=-AB•ACsin—,

262623

即工xV^xlx』+-ACx1xi=-xx—>解得AC=—>

2222222

在△48。中，由余弦定理得：BC2=AC2+AB2-2AB-ACcosABAC

=（苧八（㈣2_2x苧所以BC=|.

【解析】（1）由正弦定理化简得到4。sin0=4。sino,再由40.sin。=遮4。•cosa，两式相除求得

tana=A/3»即可求解；

⑵根据题意，禾I］用S"4E+SACAE=SAB4C,求得49=渔，结合余弦定理，即可求解.

2

本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形面积公式的应用，属于中档题.

18.【答案】（1）解：在△A3。中，48=3,BC=5，AC=7，

BC2+AC2-AB225+49-913

由余弦定理可得：cos（7=

2BC-AC2x5x7—IT

所以sinC=\/1—cos2C=3^^,

所以S&ABC=^-BC*xACxsinC=^x5x7x

S侧=(3+5+7)x3=45,

15通+45=9。+：通

所以S表面积=2s底面积+S侧=2x

4

⑵证明：连接BQ,交BCi于O,连接。。,

因为。为/C的中点,

所以。。〃481，

因为平面BOG，OOU平面BOG，

所以4耳〃平面ADG；

（3）解：延长GO,Ap4,设交于£,连接8E,

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因为G0u平面BOG，u平面及4小小，

所以Ee平面BOG，Ee平面B441B1，

所以£在平面与平面的交线上，

又因为Be平面ADC1，Be平面B44181，

所以3在平面BG。与平面3441场的交线上，

所以平面BCi。与平面B44181的交线为BE.

【解析】(1)由题意及余弦定理可得cos。的值，进而求出sinC值，代入三角形的面积公式可得△ABC的

面积，再求出侧面积的的值，进而求出直棱柱的表面积；

⑵连接耳。，交BCi于O,连接D。，可证得0。〃4耳，进而可证得结论；

⑶延长GO,AM，设交于£,连接BE,则即为所求的直线.

本题考查线面平行的证法及直棱柱的表面积的求法，属于中档题.

19.【答案】证明：(1)①若0=30°，

则S=S^ABC=SAPAB+S&PBC+S^PAC=-APsin0+-a-BPsin0+-6-CPsin0

=^sin0(c-AP+a-BP+b-CP)=^c-AP+a-BP+b-CP),

所以c-AP+a-BP+