2023-2024学年江苏省镇江市高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年江苏省镇江市高一（下）期末数学试卷一、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.在复平面内，复数21−i(i是虚数单位)对应的点位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，ADA.30° B.45° C.60° D.90°3.已知向量a，b满足：a=(1,0)，|b|=4，a⋅bA.7 B.5 C.10 4.如图，将一个圆柱4等份切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了20，则原圆柱的侧面积是(

)A.10π B.20π C.100π D.200π5.已知tan(α−π4)=14，A.322 B.1318 C.166.已知向量OA，OB，OC满足：OA+OB+OC=0，且|A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形7.设α为锐角，若cos(α+π3)=−3A.223 B.−228.在△ABC中，点M，N在边BC上，且满足：AM=12(AB+AC)，ABAC=BNNCA.12 B.23 C.2二、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。9.已知α，β是不同平面，m，n，l是不同直线，则“m/​/n”的充分条件是(

)A.m⊥l，n⊥l B.m/​/α，m⊂β，α∩β=n

C.m⊥α，n⊥β，α/​/β D.α/​/β，m⊂α，n⊂β10.已知复数z=3+4i(i是虚数单位)，z−是z的共轭复数，下列说法中正确的是(

)A.z的虚部为4 B.z−=3−4i

C.z2=|z|211.设e1，e2是夹角为60°的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量p，存在唯一有序实数对(λ,μ)，使得p=λe1+e2，我们称有序数对(λ,μ)为向量p的“仿射坐标”.若向量a和bA.|a|=7

B.若m=3，则a+b的“仿射坐标”为(4,1)

C.若a⊥b三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是______．13.将正方形ABCD沿对角线AC折叠成直二面角B−AC−D，则此时BD与平面ABC成角的大小是______．14.某校高一学生对学校附近的一段近似直线型高速公路进行实地测绘(如图)，结合地形，他们选择了C，D两地作为测量点.通过测量得知：C，D两地相距300米，A，B分别位于C地正东和东偏南37°方向上；C，A和B分别位于D地的北偏东51°，81°和南偏东63°方向上.则A，C两地之间的距离为______米；若一辆汽车通过高速公路AB段用时约50秒，则该辆汽车的车速约为______千米/小时．

(参考数据：sin9°≈320，sin10°≈17100，sin66°≈68四、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，在正方体ABCD−A1B1C1D1中.

(1)求证：AB/​/平面A116.(本小题15分)

在直角坐标系xOy中，已知向量OA=(1,−1)，OB=(3,1)，OC=(m,3)(其中m∈R)，D为坐标平面内一点．

(1)若A，B，C三点共线，求m的值；

(2)若向量AB与AC的夹角为π4，求m的值；

(3)若四边形ABCD17.(本小题15分)

已知角α，β满足sinα=255，cosβ=−45，且−π2<α<π2，0<β<π．

18.(本小题17分)

在以下三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．

①2a−b=2ccosB；

②2csinA=atanC；

③△ABC的面积为12c(asinA+bsinB−csinC)(如多选，则按选择的第一个记分)

问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_____．

(1)求角C；

(2)若c=2，求△ABC面积的最大值；

(3)在(2)的条件下，若△ABC为锐角三角形，求2a−b19.(本小题17分)

已知在多面体ABC−A1B1C1中，A1B1/​/AB，B1C1/​/BC，AB=2A1B1．

(1)若A1，A，C，C1四点共面，求证：多面体ABC−A1B1C1为棱台；

(2)在

答案解析1.A

【解析】解：21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，

则对应的点(1,1)位于第一象限．

故选：A．【解析】解：设正方体的棱长为2，连接AD1，取DD1的中点M，

连接FM，ME，DE，在正方体中，易证得BC1/​/AD1，

因为E，F分别为AD，AB的中点，FM//AD1，所以FM//BC1，

所以∠MFE或补角等于EF与BC1所成角，

在△FEM中，EF=FM=12⋅BD=12⋅22=2，

DE=3.B

【解析】解：由题意，a=(1,0)，|b|=4，a⋅b=0，

则|3a−b|=【解析】解：根据题意，设该圆柱的底面半径为r，高为ℎ，

重新组合后，增加的面积为rℎ+rℎ=2rℎ=20，变形可得rℎ=10，

则原圆柱的侧面积S=2πrℎ=20π．

故选：B．

5.A

【解析】解：∵tan(α−π4)=14，tan(α+β)=25，

∴【解析】解：向量OA，OB，OC满足：OA+OB+OC=0，

所以O为三角形的重心，即三条中线交于O，

因为|OA|=|OB|=|OC|=1，

则O为三角形的外心，即O为中垂线的交点，

【解析】解：由α为锐角，得π3<α+π3<5π6，

而cos(α+π3)=−33，因此sin【解析】解：根据题意，在△ABC中，设AB=c，CB=a，AC=b，

因为AM=12(AB+AC)，所以M为BC中点，可得|AM|2=14(|AB|2+2AB⋅AC+|AC|2)=14c2+12cbcosA+14b2，

整理得34=19.BC

【解析】解：α，β是不同平面，m，n，l是不同直线，

对于A，∵m⊥l，n⊥l，∴m，n相交、平行或异面，故A错误；

对于B，m/​/α，m⊂β，α∩β=n，则m/​/n，

∴“m/​/n”的充分条件是m/​/α，m⊂β，α∩β=n，故B正确；

对于C，m⊥α，n⊥β，α/​/β，∴由线面垂直的性质得m/​/n，

∴“m/​/n”的充分条件是m⊥α，n⊥β，α/​/β，故C正确；

对于D，α/​/β，m⊂α，n⊂β，则m，n平行或异面，故D错误．

故选：BC．

10.ABD

【解析】解：因为z=3+4i，则z的虚部为3，z−=3−4i，A，B正确；

z2=(3+4i)2=9+24i−16=−7+24i，|z|=5.C错误；

因为(2+i)2=4+4i−1=3+4i=z，D【解析】解：根据“仿射坐标”定义，a=e1+2e2，b=me1−e2，

对于A，|a|=|e1+2e2|，即|a|2=|e1+2e2|2=|e1|2+4|e1|⋅|e2|cos60°+4|e2|2=7，

∴|a|=7，故A正确；

对于B，a=e1+2e2，b【解析】解：依题意，正四棱柱的底面边长是2，

所以它的体对角线的长是26，

所以球的直径是26，

所以这个球的表面积是：4π(6)2=24π．【解析】解：取AC的中点O，连接OB，OD，则OB⊥AC，OD⊥AC，且OB=OD，

所以∠BOD即为二面角B−AC−D的平面角，

所以∠BOD=90°，即OB⊥OD，

又OD⊥AC，OB∩AC=O，

所以OD⊥平面ABC，

所以∠OBD即为BD与平面ABC所成角，

因为OB=OD，OB⊥OD，

所以∠OBD=45°，

所以BD与平面ABC所成角的大小是45°．

故答案为：45°．14.1000

72

【解析】解：在△ACD中，∠DCA=51°+90°=141°，∠CAD=90°−81°=9°，

CD=300米，∠CDA=180°−∠DCA−∠CAD=30°，

由正弦定理得CDsin∠CAD=ACsin∠CDA，即300sin9∘=AC12，即300320=AC12，

解得AC=1000米；

在△BCD中，CD=300米，∠BCD=90°−∠ACB+51°=90°−37°+51°=104°，

∠BDC=180°−51°−63°=66°，∠CBD=180°−∠BCD−∠BDC=180°−104°−66°=10°，

由正弦定理得CDsin∠CBD=BCsin∠BDC，

即300sin10∘=BCsin66∘，即300100=AC6875，

解得BC=1600米，

在△ABC中，∠ACB=37°，AC=1000米，BC=1600米，

由余弦定理得AB2=CA2+CB2−2CA⋅CB⋅cos∠ACB，

即AB2=10002+16002−2×1000×1600×45=1000000，

所以AB=1000米=1千米，

50秒=5060×60小时=172小时，

所以速度为1172=72千米/小时．

16.解：(1)已知向量OA=(1,−1)，OB=(3,1)，OC=(m,3)(其中m∈R)，

所以AB=(2,2)，AC=(m−1,4)，

由于A，B，C三点共线，

故8−2(m−1)=0，解得m=5．

(2)由于AB=(2,2)，AC=(m−1,4)，

故cos<AB,AC>=AB⋅AC|AC||AC|=2(m−1)+822+22×(m−1)2+42=22，

解得m=1；

(3)设点D(x,y)，17.解：(1)因为sinα=255−π2<α<π2，

所以cosα=55，

所以sin2α=2sinαcosα=2×255×55=45，cos2α=1−2sin2α=−35，

因为cosβ=−45，0<β<π，所以sinβ=35，

所以sin(2α−β)=sin2αcosβ−cos2αsinβ=45×(−45)−(−35)×3518.解：(1)若选①：由正弦定理得2sinA−sinB=2sinCcosB，则2sin(B+C)−sinB=2sinCcosB，

∴2sinBcosC+2cosBsinC−sinB=2sinCcosB，

∴2sinBcosC−sinB=0，

∵B∈(0,π)，sinB≠0，

∴cosC=12，

∵C∈(0,π)，

∴C=π3；

选②：2csinA=atanC，

则2csinA=atanC=a⋅sinCcosC，

由正弦定理得，2sinC⋅sinA=sinA⋅sinCcosC，

即2cosC=1，cosC=12，

∵C∈(0,π)，

∴C=π3；

若选③：△ABC的面积为12c(asinA+bsinB−csinC)，

则12absinC=12c(asinA+bsinB−csinC)，

由正弦定理得12abc=12c(a2+b2−c2)，

∴a2+b2−c2=ab，

∴cosC=a2+b2−c22ab=12，

∵C∈(0,π)，

∴C=19.解：(1)证明：因为AB/​/A1B1，AB⊂平面ABC，A1B1平⊄面ABC，

所以A1B1平面ABC，

同理可证B1C1/​/平面ABC，

又因为A1B1∩B1C=B1，A1B1⊂平面A1B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，

所以平面ABC/​/平面A1B1C1，而A1B1/​/AB，

故AA ​1，BB1共面，

因为AB≠A1B1，设AA1∩BB1=M，而M∈AA1，且AA1⊂平面AA1C1C，

所以M∈平面AA1C1C，同理可证M∈平面BB1C1C，

所以M∈面AA1C1C∩面BB1C1C，又因平面AA