2024-2025学年河北省雄安新区某校高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年河北省雄安新区某校高一（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.已知向量a=(x,−1)，b=(−2,3)，若a//b，则A.−23 B.23 C.−2.已知i为虚数单位，复数z=1+ia−i，若z<0，则实数a的值为(

)A.−1 B.0 C.1 D.23.已知正四棱台的上、下底面边长分别为2，3，高为102，则该正四棱台的体积为(

)A.1922 B.19264.已知i为虚数单位，若复数z=m2−3m−4+(2m−1)i(m∈R)在复平面内对应的点位于第二象限，则实数m的取值范围为A.(−1,4) B.(12,4)

C.(−∞,−1)∪(4,+∞) 5.如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，其中A′D′//B′C′，A′D′=22，B′C′=A′B′=2，则平面图形ABCDA.32 B.322 C.6.在△ABC中，若|AB+AC|=|ABA.2 B.−2 C.−27.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=2，AA1=2A.35 B.64 C.8.已知平面向量OA与向量OB在m=(2,0)上的投影向量均为(2,0)，若|AB|=2，则OA⋅A.[−3,+∞) B.[−3,0) C.(0,3] D.[3,+∞)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.某城市为了解不同年龄段市民对垃圾分类政策的支持情况，对参与问卷调查的市民按老、中、青三十年龄段进行统计，发现三个年龄段的人数比例为4：3：3.现用按比例分层随机抽样的方法从这些市民中抽取n名进行深入访谈，若老年市民抽到80人，则下列结论正确的是(

)A.中年市民抽到60人

B.青年市民抽到90人

C.n=200

D.抽取的中年与青年市民人数之和比老年市民多40人10.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=23，∠BAC=π3，∠BAC的平分线交BC于点DA.△ABC外接圆的面积为16π

B.若△BAD与△ABC的面积比为1：3，则AC=2AB

C.若BD=2DC，则△ABC为直角三角形

D.△ABC周长的最大值为611.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M，N，P分别是AA1，CC1，C1A.直线PQ与MN所成角的余弦值的最大值为22

B.三棱锥Q−PBC的体积为定值

C.存在点Q，使B，N，P，Q四点共面

D.三棱锥C−BMN的外接球的表面积为9π

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共12.在三角形ABC中，BC=2，∠B=π3，AC=23，则∠A=13.欧拉(1707−1783)是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式eiθ=cosθ+isinθ，从而建立了三角函数和指数函数之间的关系.请你根据欧拉公式将复数eπ6i+e14.已知球O是四棱锥P−ABCD的外接球，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD//BC，AB=AD=32，PA=4，BC=62，且AM=23四、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，圆锥SO中，AB、CD为底面圆的两条直径，AB⊥CD，P为BS的中点，设圆O的半径为r，圆锥高SO为ℎ，且r2+2ℎ=8，圆锥SO的体积为8π3．

(1)求圆锥SO的表面积；

(2)求异面直线SA16.(本小题15分)

已知向量u=(x,y)与向量v=(y,2y−x)的对应关系用y=f(u)表示．

(1)设a=(2,5)，b=(2,0)，求向量f(a)及f(b)的坐标；

(2)求满足f(c)=(4,2)的向量c的坐标；17.(本小题15分)

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若cosAcosCcosB=c2+b2−a22b2．

(1)判断△ABC的形状，并说明理由；

(2)18.(本小题17分)

如图，在平面凸四边形ABDC中，对角线AD与CB相交于点O，sin∠ACB=sin∠BCD=155，AC=5，CD=4，BC=BD．

(1)求cos∠ACD的值；

(2)求19.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠BAD=π3，PB=2AB=2，PB⊥BD，CD⊥平面PBD，点N在棱PC上．

(1)求PA；

(2)若PA//平面BDN，求三棱锥N−PAD的体积；

(3)若二面角N−BD−C的大小为π4

答案解析1.【答案】B

【解析】解：由a//b，得3x−(−1)×(−2)=0，解得x=23．

故选：B2.【答案】A

【解析】解：根据题意及复数的除法可知，z=1+ia−i=(1+i)(a+i)(a−i)(a+i)=a−1+(a+1)ia2+1<0，

所以复数z为实数，所以a−1<0a+1=0，解得3.【答案】D

【解析】解：因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，3，高为102，

所以该正四棱台的体积为V=13×(4+4×9+9)×4.【答案】B

【解析】解：复数z=m2−3m−4+(2m−1)i在复平面内对应的点(m2−3m−4,2m−1)位于第二象限，

则m2−3m−4<0且2m−1>0，解得m的取值范围为(12,4)．

5.【答案】C

【解析】解：由梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，

可得原图ABCD为直角梯形，且AB⊥AD，AB⊥BC，

由斜二测画法知AB=2A′B′=22，AD=A′D′=22，BC=B′C′=2，

所以平面图形ABCD的面积为S=12×26.【答案】C

【解析】解：由题意知，|AB+AC|2=|AB−AC|2，展开并整理得AB⋅AC=0，7.【答案】D

【解析】解：因为CC1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC，又因为AC⊥BC，

且CC1∩AC=C，CC1，AC⊂平面ACC1A1，

所以BC⊥平面ACC1A1，

所以VB−AEA1=13×2×12×2×22=423，

因为AC=BC=2，AA1=22.E是CC1的中点，

所以A1E=BE=6，A1B=4，

则cos∠A1EB=A1E28.【答案】D

【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则OA=(x1,y1)，OB=(x2,y2)，

由OA与OB在m=(2,0)上的投影向量均为(2,0)，

所以OA⋅m|m|⋅m|m|=OB⋅m|m|⋅m|m|=(2,0)，故OA⋅m|m|=OB⋅m|m|=2，

又m=(2,0)，故OA⋅m=2x1，OB⋅m=2x29.【答案】ACD

【解析】解：设抽取的市民中抽到的中年市民、青年市民的人数分别为x，y，

则804=x3=y3，解得x=y=60，A正确，B错误；

抽取的市民总数n=8044+3+3=200，C正确；

抽取的中年与青年市民人数之和减去老年市民人数：60+60−80=4010.【答案】BCD

【解析】解：对于A，设外接圆的半径为R，因为a=23，∠BAC=π3，

所以由正弦定理得2R=asinA=4，所以R=2，所以外接圆的面积为4π，故A错误；

对于B，因为△BAD与△ABC的面积比为1：3，所以△BAD与△ADC的面积比为1：2，

所以2×12AB×ADsinπ6=12AC×ADsinπ6，所以AC=2AB，故B正确；

对于C，因为∠BAC的平分线交BC于点D，且BD=2DC，所以由角平分线性质可得AB=2AC，

由余弦定理可得：BC2=AB2+AC2−2AB×ACcosA，

所以12=5AC2−2AC2，即AC=2，所以AB=4，

因为BC2+AC2=AB2，所以△ABC为直角三角形，故C正确；

对于D，由C的分析可得12=c2+b211.【答案】BCD

【解析】解：对于A，如图所示，

当点Q为A1D1的中点时，

因为M，N，P分别是AA1，CC1，C1D1的中点，

所以PQ//A1C1，A1C1/​/MN，所以PQ//MN，

所以直线PQ与MN所成角的余弦值的最大值为1，故A错误；

对于B，因为A1D1/​/BC，A1D1⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，

所以A1D1/​/平面PBC，

所以点Q到平面PBC的距离等于点A1到平面PBC的距离为定值，

又P、B、C三点位置确定，所以三角形PBC的面积也为定值，

从而三棱锥Q−PBC的体积为定值，故B正确；

对于C中，如图所示，连接A1B，CD1，

因为N，P分别是CC1，C1D1的中点，所以CD1/​/PN，

又因为CD1/​/A1B，所以A1B/​/PN，所以A1，B，N，P四点共面，

即当Q与点A1重合时，B，N，P，Q四点共面，所以C正确；

对于D中，分别取BB1，DD1的中点E，F，构造长方体MADF−EBCN，

则经过C，M，B，N四点的球即为长方体MADF−EBCN的外接球，

设所求外接球的直径为2R，则长方体MADF−EBCN的体对角线即为所求的球的直径，

即(2R)12.【答案】π6【解析】解：因为BC=2，∠B=π3，AC=23，

所以由正弦定理BCsinA=ACsinB，得2332=2sinA，所以sinA=113.【答案】3【解析】解：由欧拉公式eiθ=cosθ+isinθ，可得eπ6i=cosπ6+isinπ6=32+1214.【答案】4π

【解析】解：在等腰梯形ABCD中，连接AC，取BC的中点O1，连接O1A，O1D，如图，

由AD//BC，AB=AD=32,BC=62，

得四边形ABO1D，ADCO1都为菱形，

则O1A=O1B=O1C=O1D=32，

即O1是梯形ABCD外接圆圆心，

而O为四棱锥P−ACD的外接球球心，

因此O1O⊥平面ABCD，又PA⊥平面ABCD，

则O1O//PA，而PA为球O的弦，则过点O垂直于PA的平面必过PA的中点E，连接OE，OA，

于是OE⊥PA，而O1A⊥PA，即有O1A//OE，四边形O1AEO为矩形，O1O=AE=12PA=2，

因此球O的半径R=OA=O1A2+O1O2=15.【答案】S=42π+4π；

【解析】(1)由题意可知，圆锥的体积V=13πr2ℎ=16πr2×(2ℎ)=8π3，

即r2×(2ℎ)=16，

又因为r2+2ℎ=8，

解得r=ℎ=2，

所以圆锥的母线长l=r2+ℎ2=22，

所以该圆锥的表面积为S=πrl+πr2=42π+4π；

(2)连接PO，因为P，O分别为的中点，所以PO/​/SA，

所以∠DPO为异面直线SA与PD所成角或其补角，

因为CD⊥AB，CD⊥SO，AB∩SO=O，AB，SO⊂平面SAB，

所以CD⊥平面SAB，

又因为OP⊂平面SAB，所以OD⊥PO，

在Rt△DOP中，OD=2，OP=12BS=16.【答案】f(a)=(5,8)，f(b)=(0,−2)；

c=(6,4)【解析】(1)由a=(2,5)，可得f(a)=(5,2×5−2)=(5,8)，

由b=(2,0)，可得f(b)=(0,2×0−2)=(0,−2)；

(2)设c=(x,y)，则f(c)=(y,2y−x)=(4,2)，

则y=42y−x=2，解得x=6y=4，

因此c=(6,4)；

(3)证明：设a=(x1,y1)，b=(x2,y2)，

所以2a+5b=(2x1+5x2,2y1+5y2)，

则f(2a+5b)=(217.【答案】等腰三角形或直角三角形，理由见解答；

321【解析】(1)因为cosAcosCcosB=c2+b2−a22b2，

所以由余弦定理c2+b2−a2=2bccosA，得cosAcosCcosB=2bccosA2b2=ccosAb，

即bcosAcosC=ccosAcosB，由正弦定理得sinBcosAcosC=sinCcosAcosB，

即cosA(sinBcosC−sinCcosB)=0，即cosAsin(B−C)=0，

所以cosA=0或sin(B−C)=0：，所以A=π2或B=C，

所以△ABC为等腰三角形或直角三角形；

(2)因为△ABC是斜三角形，由(1)知B=C，即AB=AC，

设CD=x，由题意可得AB=AC=2x，

在△BCD中，由余弦定理可得：cosC=CD2+BC2−BD22BC⋅CC=16+x2−362×4×x=x2−208x，

在△ABC18.【答案】−15；

8109；【解析】(1)因为sin∠ACB=sin∠BCD=155，且∠ACB+∠BCD<π，

所以∠ACB=∠BCD，CB为∠ACD的平分线，可得cos∠ACD=1−2sin2∠ACB=−15；

(2)由(1)可知cos∠ACD=−15，所以sin∠ACD=1−125=265，

因为S△ACD=S△ACD+S△DCO，

可得12CA⋅CD⋅sin∠ACD=12CA⋅CO⋅sin∠ACO+12CD⋅COsin∠DCO，

所以12×5×4×265=1219.【答案】证明见解析．

36．

2【解析】(1)证明：因为CD⊥平面PBD，CD⊂平面ABCD，所以平面PBD⊥平面ABCD，