《福建省泉州市泉州一中、泉港一中、厦外石狮分校三校联盟2023-2024学年高一下学期5月期中联考数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省泉州市泉州一中、泉港一中、厦外石狮分校三校联盟2023-2024学年高一下学期5月期中联考数学试题含答案.pdf（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1泉州一中、泉港一中、厦外石狮分校三校联盟20232024 学年下学期期中考联考泉州一中、泉港一中、厦外石狮分校三校联盟20232024 学年下学期期中考联考高一年段数学学科试卷满分：150 分 考试时间：120 分钟命题人：一、选择题:本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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。高一年段数学学科试卷满分：150 分 考试时间：120 分钟命题人：一、选择题:本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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已知iz 2，则izz（）Ai 26Bi 24Ci 26Di 242已知向量0,
2、2a，1,1b，则下列结论正确的是（）A3baBba/CbabDba 3如图是一件西周晚期的青铜器，其盛酒的部分可近似视为一个圆台（设上、下底面的半径分别为a厘米，b厘米，高为c厘米），则该青铜器的容积约为（取3）（）A22bacac立方厘米B22bacac立方厘米C22babac立方厘米D22babac立方厘米4已知向量)1,2(a，)3,11(b，则向量b在向量a上的投影向量c（）A)5,10(B)10,5(C)13075,130175(D)130175,13075(5.下列说法正确的是（）已知cba,为三条直线，若ba,异面，cb,异面，则ca,异面；若a不平行于平面，且a，则内的所有直
3、线与a异面；两两相交且不公点的三条直线确定一个平面；若ABC在平面外，它的三条边所在的直线分别交于P、Q、R，则P、Q、R，三点共线.A.B.C.D.6如图所示，在某次军事演习中红方为了准确分析战场形势，在两个相距为23a的军事基地C和D，测得蓝方两支精锐部队分别在A处和B处，且。30ADB，。30BDC，。60DCA，。45ACB，则蓝方这两支精锐部队的距离为（）Aa46Ba36Ca43Da#QQABAYKAogigQoBAARgCAwWQCgGQkAGCAAoGBBAMMAAASBFABAA=#27.已知a、b、c为单位向量，且753 ba，则cbca22的最小值为（）A2B32C4D68
4、.我国南北朝时期的著名数学家祖晅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图 1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图 2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积121V相等，即RRRRV2213121332R图 3 是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线AOC和BO
5、D均是以2为半径的半圆，平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD，用任意平行于帐篷底面ABCD的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，类比上述半球的体积计算方法，运用祖暅原理可求得该帐篷的体积为（）A38B316C316D332二二、选择题选择题:本题共本题共 3 3 小题小题，每小题每小题 6 6 分共分共 1818 分分。在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合题目有多项符合题目要求。全部选对的得要求。全部选对的得 6 6 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分，部分选对的得部分分。分，部分选对的得部分分。9.下列四个选项中正确的是（）A.有两个面平行，其余各面都是平行四边
6、形的多面体是棱柱B.圆台OO1上下底面圆的半径分别为1、3，母线长为4，则该圆台的侧面积为16C.正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，且它的所有顶点在球O的表面上，则球O的表面积为24D.某圆柱下底面圆直径为AB，其轴截面ABCD是边长为2的正方形，P，Q分别为线段BC，AC上的两个动点，E为AB上一点，且1BE，则PEPQ的最小值为22310在ABC中，内角CBA,的对边分别为cba,，下列命题中正确的是（）A若BA，则BAsinsinB若ABC为锐角三角形，则BAcossin#QQABAYKAogigQoBAARgCAwWQCgGQkAGCAAoGBBAMMAAASBFABAA=#3C若0
7、tantantanCBA，则ABC一定为钝角三角形D若。30,2Ab的三角形有两解，则a的取值范围为21，11直角ABC中，斜边2AB,P为ABC所在平面内一点，ACABAP22cossin21(其中R)，则（）AACAB的取值范围是4,0B点P的轨迹经过ABC的外心C点P所在轨迹的长度为 2DPBPAPC的取值范围是0,21三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 3 小题，每填空题小题小题，每填空题小题 5 5 分，共分，共 1515 分。分。12.若复数z满足izi243（i为虚数单位），则z13.如图所示，BOARt表示水平放置的AOB的直观图，。90BOA，点B在x轴上，且1OA，则
8、AOB的边OA.14在ABC中，。，90,34BACACAB,D在边BC上，延长AD到P，使得9AP，若PCmPBmPA23（m为常数），则CD的长度是四、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.（13 分）如图所示，在ABC中，D，F分别是BC，AC的中点，ADAE32,aAB，bAC.(1)用a，b表示AD,AE,AF,BE,BF；(2)求证：B，E，F三点共线16（15 分）如图，在平行六面体1111DCBAABCD中,M为1DD的中点，N为1CC的中点(1)求证：MACBD平面/1(2)求证：平面1NBD平面MAC#QQABAYKAogig
9、QoBAARgCAwWQCgGQkAGCAAoGBBAMMAAASBFABAA=#417.（15 分）蜀绣又名“川绣”，与苏绣，湘绣，粤绣齐名，为中国四大名绣之一，蜀绣以其明丽清秀的色彩和精湛细腻的针法形成了自身的独特的韵味，丰富程度居四大名绣之首1915年，蜀绣在国际巴拿马赛中荣获巴拿马国际金奖，在绣品中有一类具有特殊比例的手巾呈如图所示的三角形状，点D为边BC上靠近B点的三等分点，。60ADC,2AD(1)若。45ACD，求三角形手巾的面积；(2)当ABAC取最小值时，请帮设计师计算BD的长18（17 分）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质四棱锥模型ABCDE，ABD为正
10、三角形，2 CDBC，。120BCD，M为线段AE的中点.(1)求证：BCEDM平面/；(2)过点CDM,的平面交EB于点N，沿平面将木质四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，请你完成以下两件事情：在木料表面应该怎样画线?（在答题卡的图上画线要保留辅助线，并写出作图步骤）；在木质四棱锥模型中确定N点的位置，求出BEBN的值19（17 分）在ABC中，内角CBA,的对边分别为cba,，且BAacbbacossin3.(1)求C.(2)若1b，点NM,是边AB上的两个动点，当3MCN时，求MCN面积的取值范围.(3)若点NM,是直线AB上的两个动点，且MCN，20，记CMN，CNM若s
11、in1cossinsincossincos2恒成立，求的值.#QQABAYKAogigQoBAARgCAwWQCgGQkAGCAAoGBBAMMAAASBFABAA=#1泉州一中、泉港一中、厦外石狮分校三校联盟泉州一中、泉港一中、厦外石狮分校三校联盟2023202320242024 学年下学期期中考联考学年下学期期中考联考高一年段数学学科答案高一年段数学学科答案一、一、选择题选择题:本题共本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。是符合题目要求的。1.因为2zi，故2z
12、i，故2222=4+42262z ziiiiiii故选：C.2.对于 A，2(1)0(1)2a b ，故 A 错误；对于 B，2(1)0(1)20 ，故 B 错误；对于 C，()(1,1)(1,1)0bab ，故 C 正确；对于 D，2,2,abab，故 D 错误.故选：C.3.依题意可得该青铜器的容积约为22222213abc aaabbbc（立方厘米）.故选：D4.由题意可得，向量b在向量a上的投影向量为2232,110,54 1a baaa，故选：A.5.对于，直线a、b异面，b、c异面，则a，c可能平行、相交或异面，所以错误；在中，由题设知，a与相交，设aP，在内过点 P 的直线 l
13、与a共面，所以错对于，两条相交直线确定一个平面，第三条直线与前面两条直线的交点在此平面内，所以正确；对于,设平面平面ABCl，因为P，P平面ABC，所以Pl，同理Ql，Rl，故P、Q、R三点共线，正确故选：B.6.由题意知60ADC，又因为60ACD，所以60CAD，所以32ADCDACa，在BCD中，105,45BCDDBC，由正弦定理得sinsinBCCDBDCDBC，所以31sin622sin422aCDBDCBCaDBC，在ABC中，由余弦定理得2222cosABACBCAC BCACB2223336232482428aaaaa，所以64ABa.故选：A.7.,a b c为单位向量，有
14、1abc，得2221abc，由357ab，得222359302549abaa bb，有12a b rr，所以32,ba，22223ababaa bb，1bc，cbbc,，有22bcbc，则2222222 3acbcacbcab，#QQABAYKAogigQoBAARgCAwWQCgGQkAGCAAoGBBAMMAAASBFABAA=#答案第 2页，共 8页当且仅当2ac与2bc方向相反时“”成立，.故选：B8.设截面与底面的距离为h，在帐篷中的截面为A B C D ，设底面中心为O，截面A B C D 中心为O，则2OC，24O Ch ，所以224B Ch ，所以截面为A B C D 的面积为
15、22 4h.设截面截正四棱柱得四边形为1111DCBA，截正四棱锥得四边形为2222A B C D，底面中心O与截面2222A B C D中心2O之间的距离为2OOh，在正四棱柱中，底面正方形边长为2 2，高为 2，2AO，所以2245AOACOC，所以222290,A OCA OC为等腰直角三角形，所以222A Ch，所以四边形2222A B C D边长为2h，所以四边形2222A B C D面积为22h，所以图 2 中阴影部分的面积为1 1 112222282A B C DA B C DSSh，与截面A B C D 面积相等，由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，即221
16、322 222 2233VVV帐篷正四棱柱正四棱锥.故选：D.二二、选择题选择题:本题共本题共 3 3 小题小题，每小题每小题 6 6 分共分共 1818 分分。在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合题目有多项符合题目要求。全部选对的得要求。全部选对的得 6 6 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分，部分选对的得部分分。分，部分选对的得部分分。9.对于 A 中，有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的两个扣在一起的斜棱柱组成的多面体就不是棱柱，所以 A 错误；对于 B，圆台侧面积12222 26162lSrr故 B 正确.对于 C，球O的直径22222242 6r，所以半径6
17、r，则球O的表面积为2424r，故 C 正确.对于 D，如图，连接 EC，将BCE沿直线 BC 旋转到BCE的位置，且E在 AB 的延长线上则PEPE，由于圆柱的轴截面 ABCD 是边长为 2 的正方形，故4BACBCA，213AEABBE，则PQPEPQPEE Q，当,Q P E三点共线时取等号，当E QAC时，EQ最小，最小值为3 2sin42AE，即PQPE的最小值为3 22，故 D 正确.故选：BCD10.对于 A,根据大角对大边，ABab，根据正弦定理可得2 sin2 sinRAabRB，其中R为三角形外接圆半径，于是sinsinAB，A 正确；对于 B,若ABC为锐角三角形，则2A
18、B，所以022AB，则sinsincos2ABB，B 正确；#QQABAYKAogigQoBAARgCAwWQCgGQkAGCAAoGBBAMMAAASBFABAA=#3对于 C，因为tantantantan tan1tantanABCABABAB ，所以tantantan1tantanCABAB，所以tantantantantantanABCABC，因为tantantan0ABC，所以tan,tan,tanABC中有0个或2个为负数，又因为,A B C中最多一个为钝角，所以tan0,tan0,tan0ABC，即,A B C都是锐角，所以ABC为锐角三角形.所以 C 错误.对于 D，因为三角形
19、有两解，所以sinbAab，即a的取值范围为1,2，D 正确.故选：ABD11.由2AB ACACuuu r uuu ruuu r，又斜边2AB，则|(0,2)AC uuu r，则(0,4)AB ACuuu r uuu r，A 正确；若O为AB中点，则12AOABuuu ruuu r，故22sincosAPAOAC，又22sincos1，所以,O P C共线，故P在线段OC上，轨迹长为 1，又O是ABC的外心，B 正确，C 错误；由上2PAPBPO ，则()22|PCPAPBPC POPCPO ，又|1PCPOOC ，则2|1|()24PCPOPCPO ，当且仅当1|2PCPO 等号成立，所以
20、1()2|,02PCPAPBPCPO ，D 正确.故选：ABD三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 3 小题，每填空题小题小题，每填空题小题 5 5 分，共分，共 1515 分。分。12.由题意得2i34i2i105i21i34i34i34i2555z，则22215555z，故答案为：55.13.根据题意，如图，在直观图中，作A DB O ，交y轴于点D，易得45A OD o，1A O=，90O A D ，则2,1O DA D ，如图，在原图中，22 2ODO D，1ADA D，90ADO，则183OA.故答案为：3.14.法 1：,A D P三点共线，可设0PAPD，32PAmPBm P
21、C ，32PDmPBm PC ，即32mmPDPBPC ，若0m 且32m，则,B D C三点共线，321mm，即32，9AP，3AD，4AB,3AC,90BAC，#QQABAYKAogigQoBAARgCAwWQCgGQkAGCAAoGBBAMMAAASBFABAA=#答案第 4页，共 8页5BC，设CDx，CDA，则5BDx，BDA.根据余弦定理可得222cos26ADCDACxAD CD，222257cos26 5xADBDABAD BDx，coscos0，257066 5xxx，解得185x，CD的长度为185.当0m 时，32PAPC ，,C D重合，此时CD的长度为0，当32m 时
22、，32PAPB ，,B D重合，此时12PA，不合题意，舍去.故答案为：0 或185.法 2：基底法，PAPD设由 C,B,D 三点共线得32即 AD=3；CBCD设得ACABAD1求模平方解得25180或，故 CD=0 或185.法 3：几何意义（等和线+射影定理）由系数和23知23PDPA,作 CH 垂直于 CB，垂足 H,由直角三角形摄影定理求得 CD=185，另外讨论 D 在 C 或 B 端点时的情况得 CD=0法 4：建系坐标法求得2563,25216P,在由三角形相似计算得 CD=185，另外讨论 D 在 C 或 B 端点时的情况得 CD=0。15.（1）解：在ABC 中，D，F
23、分别是 BC，AC 的中点，则111111222222ADABBDABBCABACABABACab ，-1 分故211333AEADab，-2 分1122AFACb，-3 分11123333BEAEABababa ，-5 分12BFAFABba ；-7 分（2）证明：因为1212333BEbaba，122baBF ，所以23BEBF ，-9 分所以BEBF ，-11 分又因,BE BF 有公共点B，所以 B，E，F 三点共线-13 分16.（1）连接BD，交AC于O，连接MO，-1 分#QQABAYKAogigQoBAARgCAwWQCgGQkAGCAAoGBBAMMAAASBFABAA=#5
24、在平行六面体1111ABCDABC D中，ABCD为平行四边形，-3 分O为BD中点，M为1DD的中点，1MOBD-4 分MO 平面1,MAC BD 平面MAC，-6 分1/BD平面MAC；-7 分（2）在平行六面体1111ABCDABC D中，11CCDD，11CCDD，M为1DD的中点，N为1CC的中点，11,CNMD CNMD，-8 分1NCMD为平行四边形，从而1MCD N，-9 分MC 平面1,MAC D N 平面MAC，-10 分1/D N平面MAC，-11 分由（1）可知：1BD 平面MAC，-12 分1D N 平面11,NBD BD 平面1NBD，且111BDD ND，-14
25、分平面1/NBD平面MAC.-15 分17.（1）在ACD中，45ACD，60ADC，故75DAC，120ADB，由正弦定理得sinsinDCADDACACD，即2 sin75sin45DC，而123226sin75sin(3045)22224 ，故26241322DC，故11(13)22BDDC,故三角形手巾的面积为11sinsin22ADCADBADCADBSSADDCADDB13113393 32(13)2222224 -7 分（2）设(0)BDm m，则2CDm，则在ABD中，22222cos42ABBDADBD ADADBmm，#QQABAYKAogigQoBAARgCAwWQCgG
26、QkAGCAAoGBBAMMAAASBFABAA=#答案第 6页，共 8页在ACD中，22222cos444ACCDADCD ADADCmm，-9 分故2222224444(42)12(1)4242ACmmmmmABmmmm2212(1)12(1)12444342(1)3(1)1mmmmmmm，-11 分由于33(1)2(1)2 311mmmm，当且仅当311mm，即31m 时取等号，故12124442 332 3(1)1mm，即22ACAB取到最小值即ACAB取最小值时，31m，-14 分即此时3 1BD.-15 分18.（1）记F为AB的中点，连接,DF MF，如图 1，因为,F M分别为
27、,AB AE的中点，故/MFEB，因为MF 平面,EBC EB 平面,EBC所以/MF平面EBC，-2 分又因为ADB为正三角形，所以60DBA，DFAB，又BCD为等腰三角形，120BCD，所以30DBC,所以90ABC，即BCAB，所以/DFBC，又DF 平面,EBC BC 平面,EBC所以/DF平面EBC，又DMMFF，,DM MF 平面DMF，故平面/DMF平面EBC，-5 分又因为DM平面EBC，故/DM平面BEC.-6 分注：其它证明方法自行给分（2）-9 分延长 DC,AB 相交于点P，连接PM交BE于点N，连接CN.-11 分过点N作/NQAE交AB于点Q，如图 2，因为/DM
28、平面ECB，DM平面PDM，平面PDM 平面ECBCN，所以/DMCN，此时,D M N C四点共面，-14 分由（1）可知，2,60,BCCDPCBCBBP，得30,4CPBPC，故4263PNCPPMDP，又因为/NQAE，所以23NQPNAMPM，则有3112223NQNQAEAM，故13BNNQBEAE.-17 分#QQABAYKAogigQoBAARgCAwWQCgGQkAGCAAoGBBAMMAAASBFABAA=#719.（1）3sincosaAbB，由正弦定理得sin cos3sin sinABBA.因为sin0A，所以3tan3B.因为0,B，所以6B.由abcba，可得22
29、abbc，即22222acbcbaca，所以2 coscbaB.由正弦定理可得sinsin2sin cosCBAB，则sinsin2sin cosABBAB，得sinsinBAB，则BAB或BAB（舍去），所以232ABCAB.-5 分法 2：得bcba2,3在由余弦定理得0cosC（2）设,0,6BCNx x，在BCN中，由正弦定理得sinsinCNBCBBNC，所以sin3sin2sin6BCBCNBNCx.-6 分在ACM中，由正弦定理得sinsinCMACAAMC，所以sin333sin2sin2cos2sin36ACACMAMCAACMxx.-8 分MCN的面积11333sin232
30、 2cos22sin6SCM CNxx-9 分3 33 3116cos sin8 sin 2662xxx.-11 分因为0,6x，所以 12,sin 2,166 262xx，则3 33 3 3,4818 sin 262x，故MCN面积的取值范围为3 3 3,48.-13 分（3）因为2cossincossin sincos1sin，#QQABAYKAogigQoBAARgCAwWQCgGQkAGCAAoGBBAMMAAASBFABAA=#答案第 8页，共 8页所以2sincoscos cossin cos sinsin sinsin，则sin sincossin，即sinsin1cos0.-15 分又是定值，所以sin,cos是定值，而sin在变化所以sin10cos0，因为,为MCN的内角，所以,22，故的值为2.-17 分#QQABAYKAogigQoBAARgCAwWQCgGQkAGCAAoGBBAMMAAASBFABAA=#