2024-2025学年辽宁省普通高中高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年辽宁省普通高中高一（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.复数(4+i)−(1+5i)的虚部为(

)A.−4 B.4 C.−4i D.4i2.工人师傅在检测椅子的四个“脚”是否在同一个平面上时，只需连接对“脚”的两条线段，看它们是否相交，就知道它们是否合格.工人师傅运用的数学原理是(

)A.两条相交直线确定一个平面 B.两条平行直线确定一个平面

C.四点确定一个平面 D.直线及直线外一点确定一个平面3.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=22，A=π4，sinC=A.62 B.6 C.4.已知m，n，l为三条不同的直线，α，β为两个不同的平面，若α∩β=l，m⊂α，n⊂β，且m与n异面，则(

)A.l至多与m，n中的一条相交 B.l与m，n均相交

C.l与m，n均平行 D.l至少与m，n中的一条相交5.已知p，q∈R，复数−2+i是关于x的方程x2+px+q=0的一个根，则2p−q的值为(

)A.5 B.4 C.3 D.26.若水平放置的平面四边形AOBC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中A′C′//O′B′，A′C′⊥B′C′，A′C′=1，O′B′=2，则以原四边形AOBC的边AO为轴

旋转一周得到的几何体的体积为(

)A.723πB.1427.如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底B在同一平面内的两个观测点C与D，现测得cos∠CBD=33,CD=1002米，在点C处测得塔顶A的仰角为30°，在点D处测得塔顶AA.80米B.100米

C.112米D.120米8.已知四棱锥S−ABCD的五个顶点都在球O的球面上，底面ABCD是边长为6的正方形，若四棱锥S−ABCD体积的最大值为6，则球O的表面积为(

)A.12π B.16π C.20π D.24π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.下列说法正确的是(

)A.有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥

B.棱柱至少有五个面

C.棱台的侧棱延长后必交于一点

D.以直角梯形的一腰为轴旋转所形成的旋转体是圆台10.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则(

)A.a≥bsinA

B.若sinAa=2，则sinB+sinCb+c=2

C.若a2+b2>c11.如图，在棱长为2的正方体中ABCD−A1B1C1D1，E为线段CC1的中点，F为线段A.过A，D1，E三点的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面的面积为92

B.存在点F，使得平面EF/​/平面AD1C

C.当F在线段A1B上运动时，三棱锥12.某圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为120°的扇形，则该圆锥的底面直径为______．13.已知复数z1，z2满足|z1|=|z2|=514.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3a=bcosC−ccosB，则b2−c2a2四、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z1，z2在复平面内对应的点分别为Z1(0,1)，Z2(2,−1)．

(1)若z=z1−z216.(本小题15分)

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c2+ab=(a+b)2．

(1)求C；

(2)若a+b=6，△ABC的面积为217.(本小题15分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别是AB，A1B1的中点．

(1)证明：平面BC1E//平面A1DC18.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面PAB，AB=23，AD=3，PB=3，∠PBA=60°，点E，F分别为棱DC，DP的中点．

(1)求证：AF⊥平面PBD；

(2)求二面角A−DB−P的正切值；

(3)求直线PE19.(本小题17分)

“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2B+cos2C=1+cos2A，点P为△ABC的费马点．

(1)求证：△ABC是直角三角形；

(2)若△ABC的面积为32，且c=1，求tan∠PBA的值；

(3)求PB+PCPA答案解析1.【答案】A

【解析】解：复数(4+i)−(1+5i)=3−4i的虚部为−4．

故选：A．

利用复数的减法运算求解即可．

本题考查复数的基本概念，是基础题．2.【答案】A

【解析】解：由于连接对“脚”的两条线段，看它们是否相交，就知道它们是否合格，

所以工人师傅运用的数学原理是“两条相交直线确定一个平面”．

故选：A．

根据平面的基本性质判断即可．

本题考查平面的基本性质及推论的合理运用，是基础题．3.【答案】D

【解析】解：因为a=22，A=π4，sinC=34，

由正弦定理asinA=csinC，即24.【答案】D

【解析】解：因为m，n，l为三条不同的直线，α，β为两个不同的平面，

又α∩β=l，m⊂α，n⊂β，且m与n异面，

所以m与l平行或相交，n与l平行或相交，但直线l与m，n不能同时平行，

若直线l与m，n同时平行，则m与n平行，与两直线异面矛盾，

所以l与m，n中的一条相交或与m，n都相交．

故选：D．

根据线线之间的位置关系分析即可．

本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．5.【答案】C

【解析】解：因为复数−2+i是关于x的方程x2+px+q=0的一个根，

所以−2−i是关于x的方程x2+px+q=0的另一个根，

由韦达定理可得，−2+i+(−2−i)=−p(−2+i)(−2−i)=q，

解得p=4q=5，

所以2p−q=2×4−5=3．

故选：C．

由题意可知，−2−i是关于6.【答案】B

【解析】解：因为A′C′//O′B′，A′C′⊥B′C′，A′C′=1，O′B′=2，

所以O′A′=(O′B′−AC′)×1cos45∘=(2−1)×2=2，

所以原图形AOBC中，AC/​/OB，AC=1，OB=2．

所以AO=2A′O′=2×2=22，且OA⊥OB，

如图，得到原图．

因为梯形AOBC以边AO为轴旋转一周，所以得到的几何体为圆台．

其中圆台的底面半径r1=AC=1，7.【答案】B

【解析】解：根据题意，可得AB⊥BC，AB⊥BD，设AB=x，

Rt△ABC中，∠ACB=30°，可得BC=ABtan30∘=3x，

Rt△ABD中，∠ADB=45°，可得BD=AB=x，

在△BCD中，cos∠CBD=33，CD=1002，

由余弦定理得CD2=BC2+BD2−2BC⋅BDcos∠CBD，

8.【答案】B

【解析】解：设球的半径为R，球心O到平面ABCD的距离为d，正方形ABCD外接圆的半径为r，

则r=3，且r2+d2=R2，

所以3+d2=R2，

又Vmax=13×6×(R+d)=6，

解得R+d=3，

所以R=2，

则球O的表面积S=4πR2=16π．

故选：B．

设球的半径为9.【答案】BC

【解析】对于A，若其余各面三角形没有公共顶点，则几何体不是棱锥，故A错误；

对于B：三棱柱的面最少，三个侧面两个底面共5个面，其他棱柱都多余5个面，故B正确；

对于C，由棱台结构特征知：侧棱延长后必交于一点，故C正确；

对于D：若旋转轴不是直角梯形的直腰，则旋转体不是圆台，故D错误．

故选：BC．

根据空间几何体的结构特征进行判断即可．

本题考查几何体的结构特征，属于基础题．10.【答案】AB

【解析】解：选项A，因为sinB∈(0,1]，

所以a=bsinAsinB≥bsinA，故A正确；

选项B，由sinAa=2及正弦定理，

可得sinAa=sinBb=sinCc=2，

则sinB+sinCb+c=2b+2cb+c=2，故B正确；

选项C，由a2+b2>c2及余弦定理，

可得cosC=a2+b2−c22ab>0，即C为锐角，

但无法判断角A和角B是否为锐角，

则△ABC不一定为锐角三角形，故C错误；

选项D，由正弦定理得2sin45°11.【答案】ACD

【解析】解：对于选项A，∵正方体的对面互相平行，

∴过A，D1，E三点的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1的对面ADD1A1，BCC1B1所得截线互相平行，

又∵E为线段CC1的中点，∴截面交BC于其中点G，

连接AG，GE，ED1，D1A，则四边形AD1EG即为所求截面，显然为等腰梯形，

且AD1=22,EG=2,AG=D1E=22+12=5，

梯形的高ℎ=AG2−(AD1−EG2)2=5−(22)2=322，

面积为S=(AD1+EG)ℎ2=92，故选项A正确；

对于选项B：过E与平面AD1C平行的直线都在过E与平面AD1C平行的平面内，

易知过E与平面AD1C平行的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1的截面为如图所示1的六边形EGHIJK，其各顶点都是正方体的相应棱的中点，

由于A1B//IH，12.【答案】83【解析】解：由题意圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为120°的扇形，

可得扇形的弧长L=|α|R=2π3×4=8π3，

设该圆锥的底面圆的半径为r，则2πr=L，

即2πr=8π3，得2r=83，即该圆锥的底面圆的直径为813.【答案】5【解析】解：由题意复数z1，z2满足|z1|=|z2|=5，且z1−z2=3−4i，

设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，

可得a2+b2=5,c2+d2=5，

又14.【答案】3

2【解析】解：因为3a=bcosC−ccosB，由余弦定理得3a=bcosC−ccosB=b⋅a2+b2−c22ab−c⋅a2+c2−b22ac，

整理得3a2=b2−c215.【答案】22；

(−【解析】(1)复数z1，z2在复平面内对应的点分别为Z1(0,1)，Z2(2,−1)．

则z1=i，z2=2−i，则z=z1−z2=i−(2−i)=−2+2i，

所以|z|=(−2)2+22=22．

(2)由题意可知：z=z1+mz116.【答案】2π3；

2【解析】解：(1)因为c2+ab=(a+b)2，所以c2+ab=a2+2ab+b2，

整理得：a2+b2−c2=−ab，

所以由余弦定理得：cosC=a2+b2−c22ab=−ab2ab=−12．

又因为0<C<π，所以C=2π3．

(2)因为△ABC的面积为23，所以17.【答案】证明见解析；

64【解析】(1)证明：因为D，E分别是AB，A1B1的中点，

结合三棱柱ABC−A1B1C1的定义可得A1E=DB，A1E//DB，

所以四边形A1DBE是平行四边形，所以A1D/​/BE，

又A1D⊂平面A1DC，BE⊄平面A1DC，所以BE//平面A1DC，

连接DE，由棱柱的性质，可知DB//EB1，DB=EB1，所以四边形DBB1E为平行四边形，

所以DE//BB1，DE=BB1，又CC1/​/BB1，CC1=BB1，

所以DE//CC1，DE=CC1，

所以四边形DEC1C是平行四边形，所以EC1//DC，

又DC⊂平面A1DC，EC1⊄平面A1DC，

由线面平行的判定定理可得EC1//平面A1DC，

又因为BE∩EC1=E，BE，EC1⊂平面BC1E，

由面面平行的判定地理可得平面BC1E//平面A1DC．

(2)由(1)知A1D/​/BE，所以异面直线A18.【答案】证明见解析；

7；

14【解析】解：(1)证明：在△PAB中，AB=23，PB=3，∠PBA=60°，

由余弦定理得PA2=AB2+PB2−2AB⋅PBcos∠ABP=(23)2+(3)2−2×23×3cos60°=9．

即PA=3，所以PA2+PB2=AB2，所以PA⊥PB．

因为四边形ABCD是矩形，所以AD⊥AB，

又平面ABCD⊥平面PAB，平面ABCD∩平面PAB=AB，AD⊂平面ABCD，

所以AD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以AD⊥PB，

又AD∩AP=A，AD，AP⊂平面ADP，所以PB⊥平面ADP，

又AF⊂平面ADP，所以PB⊥AF，

在△ADP中，AP=3，AD=3，点F是DP的中点，所以AF⊥DP，

又PB∩DP=P，PB，DP⊂平面PBD，

所以AF⊥平面PBD．

(2)过点F作直线DB的垂线，垂足为G，连接AG，如图所示．

由(1)知AF⊥平面PBD，又GF，DB⊂平面PBD，所以AF⊥GF，AF⊥DB，

又FG⊥DB，AF∩FG=F，AF，FG⊂平面AFG，

所以DB⊥平面AFG，又AG⊂平面AFG，所以DB⊥AG，

所以∠AGF为二面角A−DB−P的平面角．

因为PB⊥平面ADP，DP⊂平面ADP，所以PB⊥PD，

又PB=3,PD=32，

所以BD=PB2+PD2=21，

所以sin∠PDB=PBDB=321=GFDF=GF322，

解得GF=31414，

在△AFG中，AF=322,GF=31414,AF⊥GF，

所以tan∠AGF=AFFG=7，

即二面角A−DB−P的正