【文档说明】2023~2024学年第二学期福建省部分优质高中高一年级期中质量检测参考答案.docx，共(5)页，45.231 KB，由envi的店铺上传

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2023-2024学年第二学期福建省部分优质高中高一年级期中质量检测数学参考答案阅卷说明：参考答案是用来说明评分标准的。如果考生的答案、方法、步骤与本参考答案不同，但解答科学合理的同样给分。有错的，根据考生错误的性质参考评分标准及阅卷教

师教学经验适当扣分。一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的。题号12345678答案CCCACCAB二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目

要求的。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。注意：全部选对的得6分，第9、11题选对其中一个选项得2分，第10题选对其中一个选项得3分。有错选的得0分。题号91011答案ABDADACD三、填空题：本题共3小题

，每小题5分，共15分。12．−12/−0.513．√514．4:3四、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．（本题满分13分，第一小题6分，第二小题7分）解：（1）由题意得，复数𝑧=𝑚−i(𝑚∈R)，所以𝑧=𝑚+i

(𝑚∈R)，则𝑧̅⋅(1+3i)=(𝑚+i)⋅(1+3i)=𝑚−3+(3𝑚+1)i，因为𝑧̅⋅(1+3i)为纯虚数，所以{𝑚−3=03𝑚+1≠0，解得𝑚=3；（2）复数𝑧2=𝑎−i3−i=(

𝑎−i)(3+i)(3−i)(3+i)=3𝑎+110+𝑎−310i，因为复数𝑧2=𝑎−i𝑧在复平面对应的点在第一象限，所以{3𝑎+110>0𝑎−310>0，解得𝑎>316．（本题满分15分，第一小题4分，第二小题4分，第三小题7分）解：（1

）𝑎⃗在𝑏⃗⃗方向上的投影向量为𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗⃗|𝑏⃗⃗|2⋅𝑏⃗⃗=√2×1×√221⋅𝑏⃗⃗=𝑏⃗⃗；（2）|𝑎⃗+2𝑏⃗⃗|=√(𝑎⃗+2𝑏⃗⃗)2=√𝑎⃗2+4𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+4𝑏⃗⃗2=√2+4×√2×1×√22+4=√10；（3）因为向量(2𝑎⃗

−𝜆𝑏⃗⃗)与(𝜆𝑎⃗−3𝑏⃗⃗)的夹角为锐角，所以(2𝑎⃗−𝜆𝑏⃗⃗)⋅(𝜆𝑎⃗−3𝑏⃗⃗)>0，且(2𝑎⃗−𝜆𝑏⃗⃗)与(𝜆𝑎⃗−3𝑏⃗⃗)不共线，对于(2𝑎⃗−𝜆𝑏⃗⃗)⋅(

𝜆𝑎⃗−3𝑏⃗⃗)>0，得2𝜆𝑎⃗2−(𝜆2+6)𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+3𝜆𝑏⃗⃗2=4𝜆−(𝜆2+6)+3𝜆>0，解得1<𝜆<6，若(2𝑎⃗−𝜆𝑏⃗⃗)与(𝜆𝑎⃗−3𝑏⃗⃗)共线，则存在2𝑎⃗−𝜆�

�⃗⃗=𝜇(𝜆𝑎⃗−3𝑏⃗⃗)，得{𝜆𝜇=2𝜆=3𝜇，解得𝜆=±√6，所以若向量(2𝑎⃗−𝜆𝑏⃗⃗)与(𝜆𝑎⃗−3𝑏⃗⃗)的夹角为锐角，实数𝜆的取值范围为(1,√6)∪(√6,6).17．

（本题满分15分，第一小题7分，第二小题8分）解：（1）因为𝑎sin𝐴cos𝐵+𝑏sin𝐴cos𝐴=√3𝑎cos𝐶，所以根据正弦定理得sin𝐴sin𝐴cos𝐵+sin𝐴sin𝐵cos𝐴=

√3sin𝐴cos𝐶，因为sin𝐴≠0，所以sin𝐴cos𝐵+sin𝐵cos𝐴=√3cos𝐶，即sin(𝐴+𝐵)=√3cos𝐶，即sin𝐶=√3cos𝐶．因为cos𝐶≠0，所以tan𝐶=√3．因为0<𝐶<π，所以𝐶=π3．（2）

𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏𝑐cos𝐴=1．因为𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐cos𝐴，所以𝑏2+𝑐2=9+2𝑏𝑐cos𝐴=11①．因为𝑐2=𝑎2+𝑏2−2𝑎𝑏cos𝐶，所以𝑏2−𝑐2=2𝑎𝑏co

s𝐶−𝑎2=2×3×𝑏×cosπ3−32=3𝑏−9②．联立①②可得2𝑏2−3𝑏−2=0，解得𝑏=2（负根舍去），故△𝐴𝐵𝐶的面积为12𝑎𝑏sin𝐶=12×3×2×√32=3√32．18．

（本题满分17分，第一小题10分，第二小题7分）解：（1）在梯形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐴𝐵𝐶=90°，𝐴𝐷//𝐵𝐶，且𝐴𝐷=𝑎，𝐵𝐶=2𝑎，∠𝐷𝐶𝐵=60°，∴𝐶𝐷=𝐵𝐶−𝐴𝐷cos60°=2�

�,𝐴𝐵=𝐶𝐷sin60°=√3𝑎，∴𝐷𝐷′=𝐴𝐴′−2𝐴𝐷=2𝐵𝐶−2𝐴𝐷=2𝑎，∴𝐷𝑂=12𝐷𝐷′=𝑎．∵以𝑙为轴将梯形𝐴𝐵𝐶𝐷旋转一周后，形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的

与圆柱等高的圆锥，且圆柱高为√3𝑎，底面半径为2𝑎，圆锥的母线长为2𝑎，底面半径为𝑎，∴圆柱的侧面积𝑆1=2π⋅2𝑎⋅√3𝑎=4√3π𝑎2，圆锥的侧面积𝑆2=π⋅𝑎⋅2𝑎=2π𝑎2，圆柱的底面积𝑆3=π(2𝑎)2=4π𝑎2

，圆锥的底面积𝑆4=π𝑎2，∴组合体上底面积𝑆5=𝑆3−𝑆4=3π𝑎2，∴旋转体的表面积𝑆=𝑆1+𝑆2+𝑆3+𝑆5=(4√3+9)π𝑎2．（2）由题意知，形成的几何体的体积为一个圆柱的体积减去一个圆锥的体积，

圆柱的体积𝑉1=π(2𝑎)2⋅√3𝑎=4√3π𝑎3，圆锥的体积𝑉2=13π𝑎2⋅√3𝑎=√33π𝑎3，∴旋转体的体积𝑉=𝑉1−𝑉2=4√3π𝑎3−√33π𝑎3=11√33π𝑎3．19．（本题满分17分

，第一小题4分，第二小题4分，第三小题9分）解：（1）∵cos𝐴2cos𝐵=sin(𝐶−π6)=√32sin𝐶−12cos𝐶，∴cos𝐴=√3cos𝐵sin𝐶−cos𝐵cos𝐶，∴cos[π−(𝐵+𝐶)]=√3cos𝐵sin𝐶−cos𝐵cos

𝐶，∴−(cos𝐵cos𝐶−sin𝐵sin𝐶)=√3cos𝐵sin𝐶−cos𝐵cos𝐶，又∵sin𝐶>0，∴sin𝐵=√3cos𝐵，∴tan𝐵=√3，𝐵∈(0,π),∴𝐵=π3.（2）∵𝐵=π3∴cos𝐵=𝑎2+𝑐2−

𝑏22𝑎𝑐=12，∴𝑎2+𝑐2−𝑏2=𝑎𝑐，又𝑏2−(𝑎−𝑐)2=𝑏2−(𝑎2+𝑐2)+2𝑎𝑐=6，∴𝑎𝑐=6，设|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=𝑥，|𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=𝑦，|𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=𝑧，∵

𝐵=60°，∴三角形𝐴𝐵𝐶的三个角均小于120，∴根据题意可得∠𝐴𝑃𝐵=∠𝐵𝑃𝐶=∠𝐴𝑃𝐶=120°，又𝑆△𝐴𝑃𝐵+𝑆△𝐵𝑃𝐶+𝑆△𝐴𝑃𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐶，∴12𝑥𝑦⋅√32+12𝑦𝑧⋅√32+12�

�𝑧⋅√32=12𝑎𝑐⋅√32，∴𝑥𝑦+𝑦𝑧+𝑥𝑧=𝑎𝑐=6，∴𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥𝑦⋅(−12)+𝑦𝑧⋅(−

12)+𝑥𝑧⋅(−12)=−12(𝑥𝑦+𝑦𝑧+𝑥𝑧)=−3．（3）由𝑆△𝐴𝑃𝐵+𝑆△𝐵𝑃𝐶+𝑆△𝐴𝑃𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐶，∴12𝑥𝑦⋅√32+12𝑦𝑧⋅√32+12𝑥𝑧⋅√32=12𝑎𝑐⋅√32，∴𝑥𝑦+𝑦𝑧+𝑥�

�=𝑎𝑐，由余弦定理可得𝑏2=𝑥2+𝑧2−2𝑥𝑧cos120∘=𝑥2+𝑧2+𝑥𝑧，同理可得𝑐2=𝑥2+𝑦2+𝑥𝑦，𝑎2=𝑧2+𝑦2+𝑦𝑧，相加可得𝑎2+𝑐2+𝑏2=2𝑥2+2𝑦2+2𝑧2+𝑥𝑦+𝑦𝑧+

𝑧𝑥=2𝑥2+2𝑦2+2𝑧2+𝑎𝑐，又𝑎2+𝑐2−𝑏2=𝑎𝑐，所以𝑥2+𝑦2+𝑧2=1.由于𝐵=60∘,∠𝐴𝑃𝐵=120∘,∴∠𝐴𝐵𝑃+∠𝐶𝐵𝑃=60∘,∠𝐴𝐵𝑃+∠𝐵𝐴𝑃=60∘,所以∠𝐵𝐴𝑃=∠𝐶𝐵𝑃,又∠�

�𝑃𝐵=∠𝐵𝑃𝐶=120∘,故△𝐴𝐵𝑃∼△𝐵𝐶𝑃，所以𝑥𝑦=𝑦𝑧⇒𝑦2=𝑧𝑥，故𝑥2+𝑧𝑥+𝑧2=1⇒(𝑥+𝑧)2−𝑥𝑧=1⇒𝑥𝑧=(𝑥+𝑧)2−1≤(𝑥+𝑧)24，且√𝑥𝑧=√(𝑥+𝑧)2−1故𝑥+

𝑧≤√43，当且仅当𝑥=𝑧时等号成立，又𝑥+𝑧>𝑏=1，所以1<𝑥+𝑧≤√43∴|𝑃𝐴|+|𝑃𝐶|−|𝑃𝐵|=𝑥+𝑧−𝑦=𝑥+𝑧−√𝑥𝑧=𝑥+𝑧−√(𝑥+𝑧)2−1，令𝑥+𝑧=𝑡，则1<𝑡≤√43，所以|𝑃𝐴|+|�

�𝐶|−|𝑃𝐵|=𝑡−√𝑡2−1=1𝑡+√𝑡2−1，由于函数𝑦=𝑡,𝑦=√𝑡2−1均为1<𝑡≤√43上的单调递增函数，故𝑦=𝑡+√𝑡2−1为1<𝑡≤√43的单调递增函数，故𝑦=𝑡+√𝑡2−1∈(

1,√3]，进而|𝑃𝐴|+|𝑃𝐶|−|𝑃𝐵|=1𝑡+√𝑡2−1∈[√33,1)