2023-2024學(xué)年廣東省佛山市某中學(xué)高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷+答案解析

2023-2024學(xué)年廣東省佛山市石門中學(xué)高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷

一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1.下列條件不能確定一個(gè)平面的有（）

A.一條直線和直線外一點(diǎn)B.對(duì)邊相等的四邊形

C.兩條相交直線D.兩條平行直線

2.下列說(shuō)法中正確的是（）

A.直四棱柱是長(zhǎng)方體

B,正四棱錐的側(cè)面都是正三角形

C.用一個(gè)平面去截棱錐，棱錐底面和截面之間的部分是棱臺(tái)

D.棱臺(tái)的側(cè)棱延長(zhǎng)后必交于一點(diǎn)

3.復(fù)數(shù)二市的虛部是（）

1+22

A.1B.—1C.iD.—i

4.我國(guó)南宋時(shí)期杰出的數(shù)學(xué)家秦九韶在《數(shù)書(shū)九章》中提出了“三斜求積術(shù)”，其內(nèi)容為：“以小斜基，

并大斜幕，減中斜幕，余半之，自乘于上；以小斜幕乘大斜幕，減上，余四約之，為實(shí)；一為從隅，開(kāi)平

方得積.”把以上文字寫(xiě)成公式，即S=—，+；一昭月（其中S為面積,a,6,C為△48。的三

個(gè)內(nèi)角4B,C所對(duì)的邊）.若bcosC+ccosB=4,b=5,且吧巴誓色=3,則利用“三斜求積”公

式可得△40。的面積S=（）

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

5.對(duì)于直線"z、〃和平面a,下面命題中的真命題是（）

A.如果mUa,na,m、〃是異面直線，那么？i〃a

B.如果mUa,n（jLa,tn、〃是異面直線，那么〃與a相交

C.如果mCa,n//a,〃共面，那么機(jī)〃葭

D.如果?B〃a,nHa,m、〃共面，那么？71〃九

6.已知圓錐尸。的母線長(zhǎng)為2,。為底面的圓心，其側(cè)面積等于2通萬(wàn)，則該圓錐的體積為（）

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

7.復(fù)數(shù)z=〃+3+，3+…+*（neN*）,則“z是純虛數(shù)”是“+e{4k+l|keN}”的（）

A.充分而不必要條件B,必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

第1頁(yè)，共14頁(yè)

8.在△ABC中，AC=2戲,。是△48。的外心，〃■為8C的中點(diǎn)，混.前=8,N是直線OW上異于

M,O的任意一點(diǎn)，則瓦普=（）

A.—3B.—6C.—7D.—9

二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分,

部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。

9.在△46。中，內(nèi)角4,B,。所對(duì)的邊分別為a,b,c,下列各組條件中使得有兩個(gè)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.在正方體4BCD—中，M,N,P分別是44i，CCi，GOi的中點(diǎn)，。是線段上異于

端點(diǎn)的動(dòng)點(diǎn)，則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.直線MP與直線是異面直線B.直線九W與直線AP是相交直線

C.存在點(diǎn)0,使2,N,P,0四點(diǎn)共面D.存在點(diǎn)Q,使PQ〃平面MBN

11.關(guān)于復(fù)數(shù)z=_[+苧浪為虛數(shù)單位），

下列說(shuō)法正確的有（）

A.|z|=lB.(?+以=1C.2-2

z=D.1+2+z=0

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

12.將一個(gè)棱長(zhǎng)為6的正方體鐵塊磨制成一個(gè)球體零件，求可能制作的最大零件的體積為—

13.圓臺(tái)上底面半徑為2,下底面半徑為5,體積為52萬(wàn)，則圓臺(tái)的表面積為.

1

14.設(shè)復(fù)數(shù)Z1,Z2,滿足區(qū)|=|匐=1，Z1-z2=V3i>貝J|zi+?2|=.

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。

15.（本小題13分）

如圖，已知四棱錐P—4BCD中，底面/BCD為平行四邊形，點(diǎn)M,N,0分別是P/,BD,PD的中點(diǎn).

（1）求證：MN〃平面尸CD；

（2）求證：平面MNQ〃平面PRC

第2頁(yè)，共14頁(yè)

16.(本小題15分)

在中，角/,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,外接圓半徑長(zhǎng)為夫；已知記=(b,2a—c),

7?=(cos_B,cosC)且記〃7?.

⑴求5；

(2)若A=l,cosAcosC=—I，求△48。的周長(zhǎng).

17.(本小題15分)

在四邊形48CD中，ABIICD,記NACD=a，AD-smD=V^AC-cosa>NB/C的角平分線與BC

相交于點(diǎn)￡,且4E=1,AB=\/3.

(1)求cosa的大??；

⑵求3C的值.

18.(本小題17分)

如圖，直棱柱AB。—ABQi中，￡>為/C的中點(diǎn)，AAX=AB=3,BC=5,AC=7.

(1)求棱柱-小場(chǎng)G的表面積；

⑵求證：4場(chǎng)〃平面8C1。.

(3)在如圖上作出平面BCiD與平面BAAXBX的交線，并寫(xiě)出作圖步驟.

19.(本小題17分)

三角形的布洛卡點(diǎn)是法國(guó)數(shù)學(xué)家克洛爾于1816年首次發(fā)現(xiàn).當(dāng)△46。內(nèi)一點(diǎn)尸滿足條件

APAB=APBC=APCA=00t,則稱點(diǎn)P為△48。的布洛卡點(diǎn)，角。為布洛卡角.如圖，在△48。中,

角4,B,C所對(duì)邊長(zhǎng)分別為a,b,c,記△/口。的面積為S,點(diǎn)P為△AB。的布洛卡點(diǎn)，其布洛卡角為仇

⑴若。=30°.求證：

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①Q(mào)2+肥+d=4A/3S；

②△ABC為等邊三角形.

(2)若4=2。求證:sin2A=sinBsinC.

第4頁(yè)，共14頁(yè)

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：對(duì)選項(xiàng)比經(jīng)過(guò)直線與直線外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面，故N錯(cuò)誤;

對(duì)選項(xiàng)8：對(duì)邊相等的四邊形，對(duì)邊有可能異面，不能確定一個(gè)平面，故2正確;

對(duì)選項(xiàng)C：經(jīng)過(guò)兩條相交直線有且只有一個(gè)平面，故C錯(cuò)誤;

對(duì)選項(xiàng)經(jīng)過(guò)兩條平行直線有且只有一個(gè)平面，故。錯(cuò)誤.

故選：B.

根據(jù)確定平面的公理和推論逐一判斷即可得解.

本題考查確定平面的公理或推論的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】D

【解析】解：對(duì)于w由直四棱柱的定義知，長(zhǎng)方體是直四棱柱，但當(dāng)?shù)酌娌皇情L(zhǎng)方形時(shí)，直四棱柱就不是

長(zhǎng)方體,即/錯(cuò)誤;

對(duì)于B正四棱錐的側(cè)面都是等腰三角形，不一定是正三角形，即8錯(cuò)誤;

對(duì)于C,當(dāng)截面不平行于底面時(shí)，棱錐底面和截面之間的部分不是棱臺(tái)，即C錯(cuò)誤;

對(duì)于￡），由棱臺(tái)結(jié)構(gòu)特征知，側(cè)棱延長(zhǎng)后必交于一點(diǎn)，即。正確.

故選：D.

根據(jù)棱柱、棱錐、棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征，逐一分析各個(gè)選項(xiàng)作答，即可.

本題考查簡(jiǎn)單幾何體的結(jié)構(gòu)特征，熟練掌握棱柱、棱錐、棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征是解題的關(guān)鍵，考查空間立體感,

邏輯推理能力，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】A

5?(1—2i)5/(1-2i)

【解析】解：原式=—i+2,

(1+2以1—22)5

虛部為1.

故選：A.

利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則即可得出.

本題考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】B

第5頁(yè)，共14頁(yè)

n24-A2-『2?^2_b2

【解析】解：因?yàn)閎cosC+ccos_B=4,由余弦定理可得b-十°+C—n十°一。=理解得。=4,

2ab2ac

又因?yàn)閟inB+?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：/

故選：B.

根據(jù)題意利用正、余弦定理求a,c,代入題中公式運(yùn)算求解.

本題考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】C

【解析】解：A>■：mGa,ngLa,加、〃是異面直線，若nLn，貝！ln_La，故/錯(cuò)誤；

B,■：mCa,n(^a,m、〃是異面直線，可知〃與a也可以平行，故3錯(cuò)誤；

C、?：mUa,n//a,〃?、〃共面，=^>m//n,故C正確；

D.,：m//a,n//a,m,"共面，可知根與〃也可以垂直，故。錯(cuò)誤；

故選：C.

根據(jù)空間中直線與直線之間的位置關(guān)系和空間中直線與平面之間的位置關(guān)系及其性質(zhì)對(duì)4、2、C、。四個(gè)

選項(xiàng)進(jìn)行一一判斷，從而進(jìn)行求解.

此題是一道立體幾何題，主要考查直線與直線之間的位置關(guān)系：相交與平行；空間中直線與平面之間的位

置關(guān)系：平行或相交，比較基礎(chǔ).

6.【答案】C

【解析】解：根據(jù)題意，設(shè)圓錐的底面半徑為r,高為〃，

由于圓錐P。的母線長(zhǎng)為2,。為底面的圓心，其側(cè)面積等于2通開(kāi)，則有271T=2孤開(kāi)，

解可得r=瓜

則圓錐的九=1,

故該圓錐的體積V=2Tl=7r.

故選：c.

根據(jù)題意，設(shè)圓錐的底面半徑為r,高為肌由圓錐的側(cè)面積公式求出心進(jìn)而求出人計(jì)算可得答案.

本題考查圓錐的體積計(jì)算，涉及圓錐的結(jié)構(gòu)特征，屬于基礎(chǔ)題.

7.【答案】C

【解析】解：由泮+1+泮+2+泮+3+泮+4=、1…1=(J,

當(dāng)"C{4卜+1俯CN}時(shí)，可得2=(，+冰+產(chǎn)+…+泮)+*+1=0+，=山為純虛數(shù)，

第6頁(yè)，共14頁(yè)

同理可得，當(dāng)九e{4卜+2%6"}時(shí)，可得z=1—1不是純虛數(shù)，

當(dāng)rze{4卜+31keN}時(shí)，可得z=i—l—i=—1是實(shí)數(shù)，

所以，當(dāng)且僅當(dāng)ne{4k+i/eN}時(shí)，復(fù)數(shù)z是純虛數(shù).

所以“Z是純虛數(shù)”是“ne{4k+l|keN}”的充分必要條件.

故選：C.

根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，得到泮+】+盧+2+泮+3+泮+4=,—1—1+1=0,分類討論，結(jié)合充分條件、必

要條件的判定方法，即可求解.

本題考查充分必要條件的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

8.【答案】B

【解析】解：由題意，。是△48。的外心，"為的中點(diǎn)，

設(shè)/C的中點(diǎn)為。，連接OD,

則初就=?由=國(guó)x由=河,

故前.屈=（前+或.無(wú)=而F+碇A

=前?麗—前）+0=前?幅—前?前=8—，前F=8—14=—6.

故選：B.

借助外心性質(zhì)與投影定義可得前.前=g前『，結(jié)合向量的線性運(yùn)算計(jì)算可得

酢?赤=前?靠—而?就，即可得解?

本題考查平面向量數(shù)量積運(yùn)算，考查三角形外心性質(zhì)，屬中檔題.

9.【答案】AB

【解析】解：A：因?yàn)轲蓿跡_bsin4_4「'_通<了S.b>a,所以3有兩個(gè)解，故/正確；

a2\/33

4

B：因?yàn)閏osZ=g>0,所以sin4=g,則<評(píng)q_叢也4_4*5_8通々〔，且&〉&,0<A<―,

552

第7頁(yè)，共14頁(yè)

所以3有兩個(gè)解，故3正確；

C：由余弦定理可得°2=&2+廿—2abcosC=12+16—2x2，^x4xp=16,貝1c=4,有一個(gè)解，故

C錯(cuò)誤；

。：由正弦定理可得.4asinB2通xy通且b〉如所以/有一個(gè)解，故。錯(cuò)誤.

b44

故選：AB.

利用正弦定理以及大邊對(duì)大角即可判斷選項(xiàng)/,B,D,利用余弦定理即可判斷選項(xiàng)C.

本題考查了正余弦定理的性質(zhì)，涉及到大邊對(duì)大角的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

10.【答案】AD

【解析】解：連接河A，DiN,M,N分別是44i，CG的中點(diǎn)，所以BN//MD1，

由BN“MDi，可確定平面平面8MoiWC平面CDDiG=MDi，

而平面。。OiG內(nèi)點(diǎn)Pg直線NOi，故P《平面BNOiM,

故尸與2、N、M三點(diǎn)不共面，所以直線與直線是異面直線，故/正確，2錯(cuò)誤；

因P是的中點(diǎn)，所以PNUDiCUA'B,故5,N,P三點(diǎn)確定平面PNB4,

平面PNB4與直線小。1僅有一個(gè)公共點(diǎn)41，但0不與41重合，故不存0使得QC平面PNBAi，故C

錯(cuò)誤；

由選項(xiàng)/知P?平面故PQ,平面只需0為小。1中點(diǎn)，有PQ〃小G//MN,

則PQ〃平面"&V,故。正確.

故選：AD.

根據(jù)直線與直線的位置關(guān)系可判定根據(jù)平面基本性質(zhì)可判定C,根據(jù)線面平行的判定定理可判定D

本題考查直線與直線的位置關(guān)系，屬于中檔題.

11.【答案】ACD

第8頁(yè)，共14頁(yè)

【解析】解：對(duì)于4;復(fù)數(shù)z=-；+?近為虛數(shù)單位)，,設(shè)+(p)2=l，故/正確，

32

對(duì)于￡(z+1)=(2+1)(2+1)=+=(-j+=-1>故8錯(cuò)誤，

乙乙乙乙乙乙乙乙

對(duì)于。，/=(_1+通合2=—1—遞/=2,故C正確，

v22722

對(duì)于。，?「2=—：+苧>「.1+?+/=1+(—：+乎。)+(一1—乎，)=。，故。正確.

故選：ACD.

根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，以及復(fù)數(shù)的性質(zhì)，即可求解.

本題主要考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，以及復(fù)數(shù)的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.

12.【答案】367r

【解析】【分析】本題考查了球的切接，球的體積公式，是基礎(chǔ)題.

先求出球的半徑，然后利用球的體積公式求解即可.

【解答】解：由題意知，球內(nèi)切于正方體，」.27?=6,.?.五=3.

所以球的體積V=$岳=^7r-33=36萬(wàn)，

即可制作的最大零件的體積為367r.

13.【答案】647r

【解析】解：由圓臺(tái)上底面半徑為2,下底面半徑為5,體積為52萬(wàn)，

設(shè)圓臺(tái)的高為人母線長(zhǎng)為/,

可得：7T(22+52+2x5)-/I=52TT,

o

解得h=4,

可得/=怖2+(R-r)2=,42+32=5，

22

所以圓臺(tái)的表面積為S=n(R+r\l+7rR2+7n>2=7I-x(2+5)x5+7rx5+7rx2=647r.

故答案為：647r.

設(shè)圓臺(tái)的高為/?,母線長(zhǎng)為/，根據(jù)題意，求得九=4和/=5,結(jié)合圓臺(tái)的側(cè)面積和圓的面積公式，即可求

解.

本題主要考查了圓臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征，考查了圓臺(tái)的表面積公式，屬于基礎(chǔ)題.

14.【答案】1

【解析】解：設(shè)句=。+n，z2=c+di,a,b,c,dGR,

區(qū)|=|匐=1，a2+b2=1>c2+d2=L

第9頁(yè)，共14頁(yè)

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.

故答案為：1.

根據(jù)題意設(shè)zi=a+桓，Z2=c+di,a,b,c,deR，得到&2+廬=1，c2+d2=1>ac+bd=~,

計(jì)算即可.

本題考查復(fù)數(shù)的模的計(jì)算，屬于基礎(chǔ)題.

15.【答案】證明：（1）由題意：四棱錐P—的底面N3O為平行四邊形,

點(diǎn)M,N,。分別是尸/,BD,尸。的中點(diǎn)，

是/C的中點(diǎn)，

.-.MN//PC,

又：P。C平面尸CD,MN0平面尸CO,

:.MN"平面PCD.

⑵由⑴,先MNUPC,

:M，。分別是尸工,尸。的中點(diǎn)，

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）推導(dǎo)出四棱錐P—AB。。的底面為平行四邊形，MN//PC,由此能證明MN〃平面

PCD.

（2）推導(dǎo)出MN〃P。，MQ//AD//BC,由此能證明平面MNQ〃平面PBC.

本題考查線面平行、面面平行的證明，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算

求解能力，是中檔題.

第10頁(yè)，共14頁(yè)

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?yàn)閟in(B+C)=sin(7r—A)=sinA,則sinA=2sinAcosB,

因?yàn)?e(0,7r),sin,所以cosB=$,

7T

因?yàn)?6(0/),所以B=w；

o

(2)因?yàn)?8=1故b=2_Rsin_B=且4+。=可,

故cos(A+C)=cosAcosC—sinAsinC=一；,

i3

又因?yàn)閏osAcosC=--,所以sinAsinC=3,

88

ac

因?yàn)閟in/sinC=1?],可得QC

又/=Q2+02—2QCCOSB=(Q+c)2—3QC-3,

所以a+c=*I故周長(zhǎng)為a+b+c=Yj+通.

【解析】(1)由萬(wàn)〃刃得bcosC=(2a-c)cosB,利用正弦定理將邊轉(zhuǎn)化為角，利用兩角和的正弦公式變

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=結(jié)合正

28

3

弦定理可得ac=],結(jié)合余弦定理即可求解.

本題主要考查了向量平行的坐標(biāo)表示，正弦定理，和差角公式，余弦定理的綜合應(yīng)用，屬于中檔題.

AD

17.【答案】解：(1)在△4。。中，由正弦定理得當(dāng)=，工

smasmD

所以ADsinD=ACsina,

因?yàn)?D-sin_D=?cosa，

,,_tana一一「

兩式相除得：1=笠，所以tana=通，

7T1

又因?yàn)?<a<7r,所以。=可，所以cosa=K

o2

7T

(2)因?yàn)樗?氏4。=。=可，

O

7T

又因?yàn)锳B平分NBA。，可得/BAE=NCAE=K，

第H頁(yè)，共14頁(yè)

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）由正弦定理化簡(jiǎn)得到4。sin0=4。sino,再由40.sin。=遮4。?cosa，兩式相除求得

tana=A/3?即可求解；

⑵根據(jù)題意，禾I］用S"4E+SACAE=SAB4C,求得49=漁，結(jié)合余弦定理，即可求解.

2

本題主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形面積公式的應(yīng)用，屬于中檔題.

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側(cè)=(3+5+7)x3=45,

15通+45=9。+：通

所以S表面積=2s底面積+S側(cè)=2x

4

⑵證明：連接BQ,交BCi于O,連接。。,

因?yàn)?。?C的中點(diǎn),

所以。。〃481，

因?yàn)槠矫鍮OG，OOU平面BOG，

所以4耳〃平面ADG；

（3）解：延長(zhǎng)GO,Ap4,設(shè)交于￡,連接8E,

第12頁(yè)，共14頁(yè)

因?yàn)镚0u平面BOG，u平面及4小小，

所以Ee平面BOG，Ee平面B441B1，

所以￡在平面與平面的交線上，

又因?yàn)锽e平面ADC1，Be平面B44181，

所以3在平面BG。與平面3441場(chǎng)的交線上，

所以平面BCi。與平面B44181的交線為BE.

【解析】(1)由題意及余弦定理可得cos。的值，進(jìn)而求出sinC值，代入三角形的面積公式可得△ABC的

面積，再求出側(cè)面積的的值，進(jìn)而求出直棱柱的表面積；

⑵連接耳。，交BCi于O,連接D。，可證得0?！?耳，進(jìn)而可證得結(jié)論；

⑶延長(zhǎng)GO,AM，設(shè)交于￡,連接BE,則即為所求的直線.

本題考查線面平行的證法及直棱柱的表面積的求法，屬于中檔題.

19.【答案】證明：(1)①若0=30°，

則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+