【文档说明】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.docx，共(15)页，1.019 MB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-163debed87d344ff3a6ed045d258e918.html

以下为本文档部分文字说明：

泉州一中、泉港一中、厦外石狮分校三校联盟2023—2024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：刘冰审核人：周瑞明郭惠勇一、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2iz=−，则(

i)zz+=（）A．62i−B．42i−C．62i+D．42i+2．已知向量(2,0),(1,1)ab==−−，则下列结论正确的是（）A．3ab=B．ab∥C．()bab⊥+D．||||ab=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π3=）（）A．()22caacb++立方厘米B．()22caacb−+立方厘米C．()22caabb−+立方厘米D．()22caabb++立方厘米4．已知向量(2,1)

,(11,3)ab==，则向量b在向量a上的投影向量c=（）A．(10,5)B．(5,10)C．17575,130130D．75175,1301305．下列说法正确的是（）①已知,,abc为三条直线，若,ab异面，,

bc异面，则,ac异面；②若a不平行于平面，且a，则内的所有直线与a异面；③两两相交且不公点的三条直线确定一个平面；④若ABC在平面外，它的三条边所在的直线分别交于PQR、、，则PQR、、，三点共线．A．①②B．③④

C．①③D．②④6．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32a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30,30,60,45ADBBDCDCAACB====，则蓝方这两支精锐部队的距离为（）A．64aB

．63aC．34aD．a7．已知abc、、为单位向量，且|35|7ab−=，则|2||2|acbc−+−的最小值为（）A．2B．23C．4D．68．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112V相等，即2231112πππ233VRRRRR=−=．图3是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线A

OC和BOD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（）图1图2图3A．8π3B．16π3C．163D．323二、选择题：

本题共3小题，每小题6分共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，有选错的得0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形的多面

体是棱柱B．圆台1OO上下底面圆的半径分别为13、，母线长为4，则该圆台的侧面积为16πC．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24πD．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，,PQ分别为线段,BC

AC上的两个动点，E为AB上一点，且1BE=，则PQPE+的最小值为32210．在ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，下列命题中正确的是（）A．若AB，则sinsinABB．若ABC为锐角三角形，则sincosABC．

若tantantan0ABC++，则ABC一定为钝角三角形D．若2,30bA==的三角形有两解，则a的取值范围为(1,2)11．直角ABC中，斜边2,ABP=为ABC所在平面内一点，221sincos2APABAC=+

（其中R），则（）A．ABAC的取值范围是(0,4)B．点P的轨迹经过ABC的外心C．点P所在轨迹的长度为2D．()PCPAPB+的取值范围是1,02−三、填空题：本题共3小题，每填空题小题5分，

共15分．12．若复数z满足(34i)2iz+=+（i为虚数单位），则||z=_________．13．如图所示，RtAOB表示水平放置的AOB的直观图，90AOB=，点B在x轴上，且1AO=，则AOB的边O

A=_________．14．在ABC中，4,3,90,ABACBACD===在边BC上，延长AD到P，使得9AP=，若32PAmPBmPC=+−（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，,DF分别是,BCAC的中点，2,,3AEADABaACb===．（1）用,ab表示,,,,ADAEAFBEBF；（2）求证：,,BE

F三点共线．16．（15分）如图，在平行六面体1111ABCDABCD−中，M为1DD的中点，N为1CC的中点．（1）求证：1BD∥平面MAC（2）求证：平面1NBD∥平面MAC．17．（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，60,2ADCAD==．（1）若45ACD=，求三角形手巾的面积；（2）当ACAB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,EABCDABD−为正

三角形，2,120,BCCDBCDM===为线段AE的中点．（1）求证：DM∥平面BCE；（2）过点,,MDC的平面交EB于点N，沿平面将木质四棱锥模型切割成部分，在实施过程中为了方便切割，请你完成以下两件事情：①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）；②在木质四棱锥模型中确定N点的位置，求BNBE的值．19．（17分）在ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，且3sincosabcAbaB+==．（1）求C．（2）若1b=，

点,MN是边AB上的两个动点，当π3MCN=时，求MCN面积的取值范围．（3）若点,MN是直线AB上的两个动点，且,0,2MCN=，记,CMNCNM==若()2cossincossinsin(cos1)sin++−=恒成立，求的值．泉

州一中、泉港一中、厦外石狮分校三校联盟2023—2024学年下学期期中考联考高一年段数学学科答案一、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．因为2iz=−，故2iz=+，故2(i)(2i)(22)44i2i2i

62izzi+=−+=+−−=+故选：C．2．对于A，2(1)0(1)2ab=−+−=−，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()()22222213ababccaabb++++（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223(2,1)(10,5)||||(41)abaaa+==

+，故选：A．5．对于①，直线ab、异面，bc、异面，则ac、可能平行、相交或异面，所以①错误；在②中，由题设知，a与相交，设aP=，在内过点P的直线l与a共面，所以②错．对于③，两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③正确；对于④，设平面平面ABCl=，因为,PP平面ABC，所以Pl，同理,QlRl，故PQR、、三点共线，④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31sin622sin422aCDBDCBCaDB

C===，在ABC中，由余弦定理得2222cosABACBCACBCACB=+−2223336232482428aaaaa=+−=，所以64ABa=．故选：A．7．,,abc为单位向量，有||||||1abc===，得2221abc===，由|35|7a

b−=，得222(35)9302549abaabb−=−+=，有12ab=−，所以2,3ab=，222||()23ababaabb−=−=−+=，||||1,,,bccbbc===，有

|2||2|bcbc−=−，则|2||2||2|2||3222acbcacbcab−+−=−+−−=，当且仅当2ac−与2bc−方向相反时“=”成立，故选：B．8．设截面与底面的距离为h，在帐篷中的截面为ABC

D，设底面中心为O，截面ABCD中心为O，则22,4OCOCh==−，所以224BCh=−，所以截面为ABCD的面积为()224h−．设截面截正四棱柱得四边形为1111ABCD，截正四棱锥得四边形为2222ABCD，底面中心O与截面2222ABCD中心2O之

间的距离为2OOh=，在正四棱柱中，底面正方形边长为22，高为2,2AO=，所以2245AOACOC==，所以222290,AOCAOC=为等腰直角三角形，所以222ACh=，所以四边形2222ABCD边长为2h，所以四边形2222ABCD面积为22h，所

以图2中阴影部分的面积为11112222282ABCDABCDSSh−=−，与截面ABCD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22132(22)2(22)233VVV=−=−=帐篷正四棱柱正四棱锥．选：D．二、选择题：本题共3小题，每

小题6分共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，有选错的得0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()122πr2πr2(2π6π)1

6π2lS=+=+=故B正确．对于C，球O的直径222222426r=++=，所以半径6r=，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PEPE

=，由于圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，故,2134BACBCAAEABBE===+=+=，则PQPEPQPEEQ+=+，当,,QPE三点共线时取等号，当EQAC⊥时，E

Q最小，最小值为32sin42AE=，即PQPE+的最小值为322，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2sin2sinRAabRB==，其中R为三角形外接圆半径，于是sinsin

AB，A正确；对于B，若ABC为能角三角形，则π2AB+，所以ππ022AB−，则πsinsincos2ABB−=，B正确；对于C，因为tantantantan[π()]tan()1tantanABCABABAB+=−+=−+=

−−，所以tan(tantan1)tantanCABAB−=+，所以tantantantantantanABCABC++=，因为tantantan0ABC++，所以tan,tan,tanABC中有0个或2个为负数，又因为,,ABC中最多一个为钝角，所以tan0,tan0,tan0ABC

，即,,ABC都是锐角，所以ABC为锐角三角形．所以C错误．对于D，因为三角形有两解，所以sinbAab，即a的取值范围为(1,2)，D正确．故选：ABD11．由2ABACAC=，又斜边2AB=，则||(0,2)AC，则(0,4)ABAC，A正确；若O为AB中点，则12AOA

B=，故22sincosAPAOAC=+，又22sincos1+=，所以,,OPC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||PCPAPBPCPOPCP

O+==−‖，又||||||1PCPOOC+==，则2||||124PCPOPCPO+=„，当且仅当1||||2PCPO==等号成立，所以1()2||,02PCPAPBPCPO+=−−‖，D正确．故选：ABD三、填空

题：本题共3小题，每填空题小题5分，共15分．12．由题意得2i(2i)(34i)105i21i34i(34i)(34i)2555z++−−====−++−，则22215||555z=+=，

故答案为：55．13．根据题意，如图①，在直观图中，作ADBO∥，交y轴于点D，易得45,1,90AODAOOAD===，则2,1ODAD==，如图②，在原图中，222,1

,90ODODADADADO=====，则183OA=+=．故答案为：3．14．法1：,,ADP三点共线，可设3(0),2PAPDPAmPBmPC==+−，32PDmPBmPC=+−，即32mmPDPBPC−=+，若0m且3

2m，则,,BDC三点共线，321mm−+=，即3,9,3,4,3,902APADABACBAC======，5BC=，设,CDxCDA==，则5,πBDxBDA=−=−．根据余弦定理可得

2222222(5)7cos,cos(π)2626(5)ADCDACxADBDABxADCDADBDx+−+−−−==−==−，2(5)7coscos(π)0,066(5)xxx−−+−=+=−，解

得18,5xCD=的长度为185．当0m=时，3,,2PAPCCD=重合，此时CD的长度为0，当32m=时，3,,2PAPBBD=重合，此时12PA=，不合题意，舍去．故答案为：0或185．法2：基底法，设PDPA=由,,CBD三点共线得23=即3AD=；设CDCB=得(1

)ADABAC=+−求模平方解得0=或1825=，故0CD=或185．法3：几何意义（等和线+射影定理）由系数和32知32PAPD=，作CH垂直于CB，垂足H，由直角三角形摄影定理求得185CD=，另外讨论D在C或B端点时的情况得0CD=法4：建系坐标法求得21663,2525P

，在由三角形相似计算得185CD=，另外讨论D在C或B端点时的情况得0CD=．15．（1）解：在ABC中，,DF分别是,BCAC的中点，则111111()222222ADABBDABBCABACA

BABACab=+=+=+−=+=+，……1分故211333AEADab==+，……2分1122AFACb==，……3分11123333BEAEABababa=−=+−=−，……5分12BFAFABba=−=−；……7分（2）证明：因为1211(2),(2)3332BEbabaB

Fba=−=−=−，所以23BEBF=，……9分所以BEBF∥，……11分又因,BEBF有公共点B，所以,,BEF三点共线．……13分16．（1）连接BD，交AC于O，连接MO，……1分在平行六面体1111ABCDABCD−中，ABCD为平行四边形，……3分O为B

D中点，M为1DD的中点，1MOBD∥……4分MO平面1,MACBD平面MAC，……6分1BD∥平面MAC；……7分（2）在平行六面体1111ABCDABCD−中，1111,,CCDDCCDDM=∥为1DD的中点，N为1CC的中点，11,CNMDCNM

D=∥，……8分1NCMD为平行四边形，从而1MCDN∥，……9分MC平面1,MACDN平面MAC，……10分1DN∥平面MAC，……11分由（1）可知：1BD∥平面MAC，……12分1DN平面11,NBDBD平面1NBD，且111BDDND=，……1

4分∴平面1NBD∥平面MAC．……15分17．（1）在ACD中，45,60ACDADC==，故75,120DACADB==，由正弦定理得sinsinDCADDACACD=，即2sin75sin45DC=，而()123226sin7

5sin304522224+=+=+=，故26241322DC+==+，故11(13)22BDDC==+，故三角形手巾的面积为11sinsin22ADCADBSSADDCADCADDBADB+=+1311339332(13)2222224++=++=……7分

（2）设(0)BDmm=，则2CDm=，则在ABD中，22222cos42ABBDADBDADADBmm=+−=++，在ACD中，22222cos444ACCDADCDADADCmm=+−=+−，……9分故()22

222244212(1)4444242mmmACmmABmmmm++−++−==++++2212(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121244423323(1)1mm−−=−+++，即22ACAB取到最小值即ACAB取最小值时，31m=−，……14分即此时31BD=−．……15分18．（1）记F为AB的中点，连接,DFMF，如

图1，因为,FM分别为,ABAE的中点，故MFEB∥，因为MF平面,EBCEB平面EBC，所以EBC平面EBC，……2分又因为ADB为正三角形，所以60,DBADFAB=⊥，又BCD为等腰三角形，120BCD=，所以

30DBC=，所以90ABC=，即BCAB⊥，所以DFBC∥，又DF平面,EBCBC平面EBC，所以DF∥/平面EBC，又,,DMMFFDMMF=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

方法自行给分图1（2）……9分①延长,DCAB相交于点P，连接PM交BE于点N，连接CN．……11分②过点N作//NQAE交AB于点Q，如图2，因为//DM平面,ECBDM平面PDM，平面PDM平面E

CBCN=，所以DMCN∥，此时,,,DMNC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1212233NQNQAEAM===，故13BNNQBEAE==．……17分19．（1）3sincosaAbB=，由正弦定理得sincos3sinsinABBA=．因为sin0A，所以3tan3B=．因为(0,π)B，所以π

6B=．由abcba+=，可得22abbc=+，即22222acbcbaca+−+=，所以2coscbaB+=．由正弦定理可得sinsin2sincosCBAB+=，则sin()sin2sincosABBAB++=，得sinsin()BAB=−，则BAB=−或πBAB+−=（舍去

），所以ππ2π32ABCAB===−−=．……5分法2：得3,2abcb==在由余弦定理得cos0C=（2）设,0,6BCNxx=，在BCN中，由正弦定理得sinsinCNBCBBNC=，所以sin3sin2

sin6BCBCNBNCx==+．……6分在ACM中，由正弦定理得sinsinCMACAAMC=，所以sin333ππsin2sin()2cos2sin36ACACMAMCAACMxx===

=++−．……8分MCN的面积1π1333sinπ2322cos22sin6SCMCNxx==+……9分3333ππ116cossin8sin2662xxx==+++

……11分因为π0,6x，所以ππππ12,,sin2,166262xx++，则33333,48π18sin262x++，故MCN面积

的取值范围为333,48．……13分（3）因为()2cossincossinsin(cos1)sin++−=，所以2sincoscoscossincossinsinsinsin++−=，则sinsin()cos()sin++

+=，即sin[sin()1]cos()0+−++=．……15分又+=−是定值，所以sin(),cos()++是定值，而sin在变化所以sin()10cos()0+−=+=，因为,为MCN的内角，所以

ππ,22+==，故的值为π2．……17分