2024-2025学年新疆哈密十五中高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年新疆哈密十五中高一（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.已知复数z满足z⋅(1+i)=4+3i，则|z|=(

)A.522 B.52 C.2.已知A(3,1)，B(4,3)，C(x,7)三点共线，则x=(

)A.10 B.8 C.7 D.63.已知α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，且m⊂α，n⊂β，则下列结论正确的是(

)A.若α⊥β，则m⊥n B.若α//β，则m//n

C.若m//β，n//α，则α//β D.若m⊥β，则α⊥β4.在△ABC中，若AC=6，C=45°，AB=2，则B等于(

)A.π6 B.π3 C.π6或5π6 5.将周长为8的矩形ABCD绕边AB所在直线旋转一周得到圆柱.当该圆柱体积最大时，边AB的长为(

)A.43 B.23 C.136.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线CA.30° B.45° C.60° D.90°7.已知向量a=(2,−1),b=(−3,t),(2a+A.4 B.3 C.2 D.08.等腰四面体是一种特殊的三棱锥，它的三组对棱分别相等.已知一个长方体的体积为12，则用长方体其中的四个顶点构成的等腰四面体的体积为(

)A.3 B.4 C.6 D.8二、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z=2−i，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是(

)A.|z|=5 B.z−=2−i

C.z10.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1DA.A1C1⊥BD1

B.A1C1/​/平面AC11.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,a=7,b=2,A=πA.c=3 B.sinB=217

C.sinC=27 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a=(−2,λ),b=(1,1)，且a⊥b，则λ=______，a13.已知等边△ABC边长为2，PC⊥平面ABC，且PC=3，则点C到平面PAB的距离为______．14.已知三棱锥S−ABC中，AB⊥BC，SC⊥BC，AB=2BC=2，三棱锥S−ABC的体积为23，则当SA取最小值时，三棱锥S−ABC外接球的体积为______．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a=(1,2),|b|=5．

(1)若a//b，求b的坐标；

(2)16.(本小题15分)

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asin2B+bsinA=0．

(1)求角B；

(2)若△ABC的面积为1534，周长为15，求17.(本小题15分)

已知正方体ABCD−A1B1C1D1图，

(1)求证：平面AB118.(本小题12分)

在△ABC中，已知AB=2，AC=4，∠BAC=60°，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P．

(1)求BP的长度；

(2)求∠MPN的余弦值．19.(本小题12分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AD⊥DC，BC=CD=12AD=2，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD．

(1)证明：AB/​/平面PCE；

(2)求证：平面PAB⊥平面PBD；

(3)若二面角P−CD−A的大小为45°，求直线AD与平面PBD

答案解析1.【答案】A

【解析】【分析】

本题主要考查复数的基本运算，属于基础题．

根据复数的除法运算表示z，结合复数的模长公式可得结果．

【解答】

解：由复数z满足z⋅(1+i)=4+3i，

得：z=4+3i1+i=(4+3i)(1−i)(1+i)(1−i)=7−i2.【答案】D

【解析】解：由题可得AB=(1,2),BC=(x−4,4)，

因为三点共线，可得AB//BC，所以2(x−4)=4⇒x=6．

故选：D3.【答案】D

【解析】解：∵α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，且m⊂α，n⊂β，

若α⊥β，但m与n都不与两平面的交线垂直时，根据三垂线定理不能得到m⊥n，∴A选项错误；

若α//β，则m//n或m与n异面，∴B选项错误；

若m//β，n//α，则α与β可以成任意角，∴C选项错误；

若m⊥β，则由面面垂直的判定定理可得α⊥β，∴D选项正确．

故选：D．

根据空间中各要素的位置关系，即可求解．

本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．4.【答案】D

【解析】解：由正弦定理，可得ACsinB=ABsinC，即6sinB=222，可得sinB=32，

因为△ABC中，b>c，所以B∈(π4,π)，可得B=5.【答案】A

【解析】解：设AB=x，则BC=12(8−2x)=4−x，

则圆柱的体积V=π⋅(4−x)2⋅x，

由题意，0<2x<8，得0<x<4．

∴V=π⋅(4−x)2⋅x=12π(4−x)(4−x)⋅2x≤16.【答案】C

【解析】解：连接AC，D1A.

由正方体可得AB= //C1D1，

∴四边形ABC1D1是平行四边形．

∴BC1/​/AD1．

∴∠AD1C或其补角是异面直线C1B与D1C所成角．

由正方体可得AC=C7.【答案】A

【解析】解：a=(2,−1),b=(−3,t)，

则2a+b=(1,t−2)，

因为(2a+b)⊥a，

所以8.【答案】B

【解析】解：如图所示，等腰四面体A−BCD的体积等于长方体体积减去四个三棱锥的体积．

设长方体长，宽，高分别为a，b，c，

则等腰四面体A−BCD的体积V=abc−4×13×(12abc)=13abc=4．

9.【答案】ACD

【解析】解：由z=2−i，得|z|=22+(−1)2=5，故A正确；

z−=2+i，故B错误；

z在复平面内对应的点是坐标为(2,−1)，位于第四象限，故C正确；

z10.【答案】ABC

【解析】解：对A，连接B1D1，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，

且A1C1⊂平面A1B1C1D1，

所以BB1⊥A1C1，

又因为A1C1⊥B1D1，BB1∩B1D1=B1，

BB1，B1D1⊂平面BB1D1，

所以A1C1⊥平面BB1D1，又因为BD1⊂平面BB1D1，

所以A1C1⊥BD1，故选项A正确；

对B，因为AA1/​/BB1/​/CC1，AA1=BB11.【答案】ABD

【解析】解：由余弦定理得，a2=7=4+c2−2×2c×12，所以c=3，A正确，

由正弦定理得asinA=bsinB=csinC，

所以sinB=2×327=217，sinC=32114，所以B正确，C错误，

设△ABC中BC12.【答案】2

(−1,−1)

【解析】解：∵a=(−2,λ)，b=(1,1)，a⊥b，

∴a⋅b=(−2)×1+λ×1=0，解得λ=2，

∴a=(−2,2)，b=(1,1)，

∴a−b=(−3,1)，

∴(a−b)⋅b=(−3)×1+1×1=−2，|b|=12+13.【答案】6【解析】解：因为PC⊥平面ABC，则PC为三棱锥P−ABC的高，

等边△ABC边长为2，所以S△ABC=34×22=3，PC=3，

VP−ABC=13S△ABC⋅PC=13×3×3=1，

由PC⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，则PC⊥AC，

在直角△PCA中，PA=3+4=7，同理PB=7，

则等腰14.【答案】9π2【解析】解：如图，过S作SH垂直底面ABC于点H，

∵AB⊥BC，AB=2BC=2，

∴三棱锥S−ABC的体积为13×12×1×2×SH=23，∴SH=2，

又SC⊥BC，SH⊥底面ABC，

∴根据三垂线定理可得BC⊥CH，又AB⊥BC，

∴HC//AB，∴A到HC的距离的最小值为BC=AH，此时SA=SH2+AH2才最小，

即此时四边形ABSH为矩形，

∴三棱锥S−ABC外接球的直径2R即为补形后长，宽，高分别为2，1，2的长方体的体对角线，

∴(2R)2=22+12+22=9，∴R=32，

∴三棱锥S−ABC外接球的体积为43πR3=43×π×(15.【答案】(1,2)或(−1,−2)；

−15【解析】(1)已知a=(1,2),|b|=5，

又a/​/b，

设b=(x,y)，

由题意有y=2xx2+y2=5，

解得x=1y=2或x=−1y=−2，

故b的坐标为(1,2)或(−1,−2)；

(2)由(2a−b)⋅(16.【答案】解：(1)根据正弦定理可得b=2RsinB，a=2RsinA，

因为asin2B+bsinA=0，所以2RsinA⋅2sinBcosB+2RsinBsinA=0，

所以cosB=−12，

又B∈(0,π)，所以B=2π3；

(2)因为c=3，△ABC的面积为1534，

所以S△ABC=12acsinB=34ac=1534，【解析】(1)由已知结合正弦定理进行化简可求cosA，进而可求A；

(2)由已知结合三角形面积公式即可求解．

本题主要考查了正弦定理，三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于基础题．17.【答案】证明见解析；

33【解析】解：(1)证明：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1//AA1//DD1，BB1=AA1=DD1，

则四边形BB1D1D是平行四边形，

所以B1D1/​/BD，又因为B1D1⊄平面BC1D，BD⊂平面BC1D，

所以B1D1/​/平面BC1D，

同理AD1/​/平面BC1D，而AD1∩B1D1=D1，AD1，B1D18.【答案】43；

7【解析】(1)连接MN，则MN是△ABC的中位线，

故MN//AB，且MN=12AB，

在△ABN中，AN=12AC=2，又AB=2，∠BAC=60°，

故△ABN是等边三角形，

所以BN=2，

因为△ABP∽△MNP，所以PNBP=MNAB=12，

所以BP=23BN=43；

(2)在△ABC中，由余弦定理得：

BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos∠BAC=16+4−16cos60°=12，

解得BC=23，则BM=12BC=3，

因为AB2+BC2=AC2，所以AB⊥BC，

在△ABM中，由勾股定理得AM=AB2+B19.【答案】证明：(1)∵BC/​/AE且BC=AE，

∴四边形BCEA为平行四边形，

∴AB/​/EC，

又∵AB⊄平面PCE，EC⊂平面PCE，

∴AB/​/平面PCE；

(2)∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

∴PA⊥BD，

连接BE，∵BC/​/DE且BC=DE，

∴四边形BCDE为平行四边形，

∵DE⊥CD，BC=CD=2，

∴平行四边形BCDE为正方形，

∴BD⊥EC，

又∵AB//EC，∴BD⊥AB，

又∵PA⋂AB=A，PA⊂面PAB，AB⊂面PAB，

∴BD⊥面PAB，

∵BD⊂面PBD，

∴平面PAB⊥平面PBD；

解：(3)∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，

又∵CD⊥AD，PA∩AD=A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，

∴CD⊥平面PAD，

∵PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD，

∴∠PDA为二面角P−CD−A的平面角，从而∠PDA=45°，

∴在Rt△PAD中，PA=AD=4，

作AM⊥PB于M，连接MD，

由(2)知，平面PAB⊥平面PBD且AM⊂平面PAB，平面PAB∩平面PBD=PB，

∴AM⊥面PBD