2024-2025学年河南省南阳市某校高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年河南省南阳市某校高一（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.已知i是虚数单位，则复数z=2+i3的虚部为(

)A.−1 B.1 C.0 D.i2.若cos(π4+θ)=1A.−12 B.−32 3.用斜二测画法画出的水平放置的平面图形△OAB的直观图为如图所示的△O′A′B′，已知△O′A′B′是边长为2的等边三角形，则顶点B到x轴的距离是(

)A.26

B.4

C.24.若a=sin40°cos127°+sin50°sin53°,b=22(cos34°−sin34°),c=1−tan239°1+tanA.a>b>c B.b>a>c C.c>a>b D.a>c>b5.直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=AA.52π9 B.20π C.8π D.6.在△ABC中，点P满足2BP=PC，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，N，若AM=xAB，AN=yA.3 B.32 C.1 7.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=3，且c−2b+23A.1 B.3 C.2 D.8.已知sin(α−β)=13，cosαsinβ=16A.79 B.19 C.−1二、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.已知向量a=(2,1)，b=(1,−1)，c=(m−2,−n)，其中m，n均为正数，且(aA.a与b的夹角为钝角 B.向量a在b上的投影向量为22b

C.2m+n=4 D.10.设复数z在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是(

)A.若|z⋅(2+i)|=10，则z⋅z−=2

B.若点Z的坐标为(−3,2)，且z是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p+q=19

C.若复数z=i101i+1，则复数z−11.已知圆锥SO(O是圆锥底面圆的圆心，S是圆锥的顶点)的母线长为4，底面半径为3.若P，Q为底面圆周上的任意两点，则下列说法中正确的是(

)A.圆锥SO的侧面积为12π B.△SPQ面积的最大值为37

C.三棱锥O−SPQ体积的最大值为372 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.等腰三角形一个底角的余弦为23，那么这个三角形顶角的正弦值为______．13.已知单位向量e1，e2满足|e1+14.一斜坡的坡面与水平面所成的二面角大小为30°，斜坡有一直道，它和坡脚水平线成60°角，沿这条直道向上100米后，升高了______米.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)

已知复数z=3+bi(b=R)，且(1+3i)⋅z为纯虚数．

(1)求复数z；

(2)若ω=z2+i，求复数ω以及模16.(本小题15分)

已知函数f(x)=3sin2(x+π12)+32[cos(2x−π2)−1]17.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD满足AD//BC，且AD=12，PA=AB=BC=1，三角形PAC的面积为22．

(1)画出平面PAB和平面PCD的交线，并说明理由．

(2)求点18.(本小题17分)

如图，某小区为美化环境，建设美丽家园，计划在一块半径为R(R为常数)的扇形区域上，建个矩形的花坛CDEF和一个三角形的水池FCG.其中GC=GF，O为圆心，∠AOB=120°，C，G，F在扇形圆弧上，D，E分别在半径OA，OB上，记OG与CF，DE分别交于M，N，∠GOC=θ．

(1)求△FCG的面积S关于θ的关系式，并写出定义域；

(2)若R=10米，花坛每平方米的造价是300元，试问矩形花坛的最高造价是多少？(取3=1.732)19.(本小题17分)

如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD，AB=1，AA1=2，∠BAD=60°，点P为DD1的中点．

(1)求证：直线

参考答案1.A

2.C

3.A

4.D

5.B

6.A

7.A

8.B

9.CD

10.ABD

11.ACD

12.413.1

14.2515.解：(1)∵z=3+bi(b=R)，∴(1+3i)⋅z=3−3b+(9+b)i，

又∵(1+3i)⋅z为纯虚数，∴9+b≠0且3−3b=0，解得b=1，∴z=3+i；

(2)ω=16.(1)由题意得f(x)=3⋅12[1−cos(2x+π6)]+32(sin2x−1)

=32−32(32cos2x−12sin2x)+32sin2x−32

=−34cos2x+34sin2x+32sin2x=−34cos2x+334sin2x=17.解：(1)延长BA，CD交于点E，连接PE，则PE即为平面PAB和平面PCD的交线，

理由如下：

由E∈AB，E∈CD，AB⊂平面PAB，CD⊂平面PCD，

可得E∈平面PAB，E∈平面PCD，

可得E∈平面PAB∩平面PCD，

由P∈平面PAB，P∈平面PCD，

可得P∈平面PAB∩平面PCD，即PE为平面PAB与平面PCD的交线；

(2)由题意易得PA⊥AC，

可得S△PAC=12⋅PA⋅AC=12AC=22，解得AC=2，

由于AB=BC=1，可得AB2+BC2=1+1=(2)2=AC2，可得AB⊥BC，

由于AD//BC，

可得S△BCD=12⋅AB⋅BC=12，CD=18.解：(1)连接OF，如图所示：

因为GC=GF，所以∠GOF=∠GOC，易证△GOF≌△GOC，所以∠MGF=∠MGC，

因为GC=GF，所以GM⊥CF，所以GM=R−OM=R−Rcosθ，MC=Rsinθ，

所以S=12FC⋅GM=R2sinθ(1−cosθ)

(0<θ<π3)；

(2)因为ON=33ND=33MC=33Rsinθ，

所以MN=OM−ON=Rcosθ−19.解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接PO，如图，

则O为BD的中点，

由于P是DD1的中点，故PO//BD1，

∵PO⊂平面PAC，BD1⊄平面PAC，

∴BD1/​/平面PAC；

(2)证明：在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，则AC⊥BD，

又DD1⊥平面ABCD，且AC⊂平面ABCD，则