2024-2025学年广西北海市高一下学期期末教学质量检测数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年广西北海市高一下学期期末教学质量检测数学试卷一、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.已知复数z=4+2i，则|z|=(

)A.22 B.25 C.2.在△ABC中，BC=12，A=120∘，则△ABC的外接圆的面积为(

)A.48π B.64π C.78π D.96π3.“x=π4+2kπ(k∈Z)”是“tanx=1A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.以周长为32的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积为(

)A.49π B.64π C.98π D.128π5.已知向量|a|=1，|b|=2，它们的夹角为23A.4 B.12 C.2 D.26.已知m，n，l是不重合的三条直线，α，β，γ是不重合的三个平面，则下列说法中错误的是(

)A.若m⊥α，n//α，则m⊥n B.若l⊥β，m⊂α，l⊥m，则α//β

C.若α//γ，β//γ，则α//β D.若α⊥β，γ⊥β，α∩γ=l，则l⊥β7.素面高足银杯(如图1)是唐代时期的一件文物.银杯主体可以近似看作半个球与圆柱的组合体(假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略)，如图2所示.已知球的半径为r，银杯内壁的表面积为22πr23，则球的半径与圆柱的高之比为(

)

A.38 B.16 C.498.已知α,β均为锐角，sinα=2sinβcosα+β，则A.3 B.2 C.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.已知复数z满足z2−i=1+i，则(

)A.|z|=10 B.z=3+i

C.z的虚部为110.已知角A，B，C是△ABC的三个内角，下列结论一定成立的有(

)A.cos(B+C)=cosA

B.sin(A+C)=sinB

C.若sinA>sinC11.已知函数fx=sinωx+φω>0,φA.若fx的最小正周期为π2，则ω=4

B.若fx的图象关于点π3,0中心对称，则ω=1+3kk∈N

C.若fx在0,2π3上单调递增，则ω的取值范围是0,1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知a∈R，复数z1=a+3i，z2=2+i，若z1z213.设a和b是两个不共线的向量，若AB=3a−kb，CB=a+3b，CD=2a−b，且14.在三棱锥P−ABC中，PC⊥平面PAB，PC=2，PA=PB=1，AB=2，点G是空间内的一个点，且PG=1，则点G到平面ABC的距离的最大值为

．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sin(−θ)(1)求tanθ的值(2)求tan2θ和tan(16.(本小题15分)已知向量a=(4,−2)，b(1)若a⊥(2a+b(2)若ma+4b=(8,−10)，求向量a17.(本小题15分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosB+b(1)求角C的大小;(2)若CA⋅(AB−AC18.(本小题17分)

如图，某小区有一块扇形草地OAB，OA=100，∠AOB=π2，为了给小区的小孩有一个游玩的地方，物业要在其中圈出一块矩形场地PQNM作为儿童乐园使用，其中点M，N在弧AB上，点P，Q分别在线段OA，OB上，且AB//MN，设∠MON=θ(0<θ<(1)若θ=π6，求矩形PQNM(2)求矩形PQNM的面积的最大值，并求出此时弧MN的长度．19.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60∘，PB=PD，PA=3，PC=3，点F为棱PC(1)求证：AF⊥BD;(2)求二面角B−PA−D的余弦值;(3)求直线AF与平面PAB所成角的正弦值．

答案解析1.【答案】B

【解析】解：因为复数z=4+2i，

所以|z|=42+22.【答案】A

【解析】由正弦定理得△ABC的外接圆的半径r=BC2sinA=122×32=43.【答案】A

【解析】解：若tanx=1，则x=2kπ+π4(k∈Z)或x=2kπ+5π4(k∈Z)，推不出x=π4+2kπ(k∈Z);

反过来，若x=π4+2kπ(k∈Z)4.【答案】D

【解析】解：以周长为32的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱，

其底面半径r=8，高ℎ=8，

故其侧面积为S=2πr×ℎ=2π×8×8=128π．

故选D．5.【答案】C

【解析】【分析】本题考查向量的数量积运算求解模长有关问题，为基础题．

利用数量积公式求出a·【解答】

解：因为向量a=1，b=2，它们的夹角为23π，所以2a+b=6.【答案】B

【解析】A：若m⊥α，n/​/α，则一定可以得到m⊥n，故A正确；

B:如图所示，

α⊥β，α∩β=m，l⊥m，l⊂α，所以l⊥β，m⊂α，l⊥m，B错误;

C：若α/​/γ，β/​/γ，则由面面平行的传递性可得α/​/β，故C正确

D:因为α∩γ=p，所以p⊂α，p⊂γ，取点A∈p，则A∈α，A∈γ，假设直线p与平面β不垂直，又α⊥β，则过点A在平面α内可作一条直线与平面β垂直，记为q，

同理，在平面γ内过点A可作直线t⊥β，因为过点A有且仅有一条直线垂直于平面β，所以直线q与直线t重合，

、所以q⊂α，t⊂γ，所以α∩γ=q，又α∩γ=p，与平面α与平面γ有且仅有一条交线矛盾，故假设不成立，所以D正确，

故选B．7.【答案】A

【解析】解：设圆柱的高为ℎ，

则银杯内壁的表面积2πr2+2πrℎ=22πr23，8.【答案】C

【解析】解：由题可得sinα=2sinβcosα+β两边同时除以cosα得tan所以tanα=因为α,β均为锐角，所以tanα>0,则tanα=当且仅当3tanβ=1故选：C．9.【答案】CD

【解析】解：依题意z=(1+i对于A，|z|=32对于B，z=3−i，故B对于C，z的虚部为1，故C正确；对于D，z在复平面内对应的点(3,1)位于第一象限，故D正确．故选：CD．10.【答案】BC

【解析】解：对于A，因为B+C=π−A，

所以cos(B+C)=cos(π−A)=−cosA，A错误;

对于B，因为A+C=π−B，

所以sin(A+C)=sin(π−B)=sinB，B正确;

对于C，设△ABC的外接圆半径为R，sinA>sinC，

可得a2R>c2R，即a>c，所以A>C，C正确;

对于D，如在△ABC中，11.【答案】AC

【解析】解：因为函数fx=sin所以sinφ=32，而φ<选项A，fx的最小正周期是T=2πω=π选项B，fx的图象关于点π则ω⋅π3+选项C，x∈0,2π3则π3,2ωπ3+π3选项D，x∈0,π时，ωx+方程fx=1即方程sinωx+π3则13π6≤ωπ+π3<故选：AC．12.【答案】32【解析】【分析】由复数的除法运算及纯虚数、共轭复数的概念即可求解．【详解】由z2=2+i所以z1因为z1z2为纯虚数，所以2a−3=0所以z1所以z1z2故答案为：313.【答案】12

【解析】解：因A，B，D三点共线，故AB//BD．

∵AB=3a−kb14.【答案】53【解析】因为PC⊥平面PAB，PA，PB⊂平面PAB，所以PC⊥PA，PC⊥PB，又PC=2，PA=PB=1，所以BC=AC=5，又AB=2，所以SABC=12AB⋅AC2−(AB2)2=12×2×32215.【答案】(1)由诱导公式及同角函数的基本关系，有sin有−tanθ=−3.可得(2)由tanθ=3，有tan有tanπ故有tan2θ=−34

【解析】(1)由诱导公式及同角函数的基本关系可得答案；(2)由二倍角正切公式及两角差的正切公式可得答案．16.【答案】解：(1)因为a=(4,−2)，b=(1,x)，所以2a+b=2(4,−2)+(1,x)=(9,x−4)，

又a⊥(2a+b)，

所以a⋅(2a+b)=4×9−2(x−4)=0，解得x=22;

(2)因为ma+4b=m(4,−2)+4(1,x)=(4m+4,−2m+4x)=(8,−10)，

所以4m+4=8【解析】详细解答和解析过程见【答案】17.【答案】解：(1)因为acosB+bcosA=2ccosC，

由正弦定理得sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosC，

即sin(A+B)=2sinCcosC，

所以sinC=2sinCcosC，

又C∈(0,π)，所以sinC>0，

所以cos【解析】详细解答和解析过程见【答案】18.【答案】解：(1)作

OH⊥MN

，垂足为

H

，交

PQ

于

E

，由于四边形

PQNM

为矩形，即

M

，

N

关于直线

OH

对称，则

∠MON=π6

，

∠MOH=π12

，则

MN=2×100sinπ而

∠AOB=π2

，故

▵OEP

为等腰直角三角形，则

OE=PE=故

EH=OH−OE=100cosπ则

S=MN⋅EH=10000(2sin (2)因为

∠MON=θ0<θ<π2

，则

MN=200sinθ2

，

OH=100故

▵OEP

为等腰直角三角形，则

OE=PE=12故

EH=OH−OE=100cosθ则矩形

PQNM

的面积

S=MN⋅EH=10000=100002sinθ+π4−1

，

因为

0<θ<π2

，所以当

θ+π4=π所以

Smax=100002−1

，此时弧

MN

【解析】详细解答和解析过程见【答案】19.【答案】(1)证明：连接AC交BD于点O，再连接PO，如图所示，

在△PBD中，PB=PD，O是BD的中点，所以PO⊥BD，

又四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60∘，所以BD=2，AC=23，BD⊥AC，

又AC∩PO=O，AC，PO⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，

又AF⊂平面PAC，所以AF⊥BD;

(2)解：因为PA=3，PC=3，AC=23，所以PA⊥PC，∠PCA=30∘，

所以PO=3，又PO⊥BD，所以PB=PD=PO2+OB2=2．

取PA的中点M，连接MB，MD，如图