2024-2025学年吉林省长春十七中高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年吉林省长春十七中高一（下）期中数学试卷一、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a，b∈R，a+3i=(b+i)i(i为虚数单位)，则(

)A.a=1，b=−3 B.a=−1，b=3

C.a=−1，b=−3 D.a=1，b=32.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin(A+B)=13，a=3，c=4，则sinA=A.23 B.14 C.343.如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′=4，C′D′=2，则下列说法正确的是(

)A.AB=2

B.A′D′=22

C.四边形ABCD的周长为4+22+24.在等腰三角形ABC中，AB=AC=5，BC=4，若P为边BC上的动点，则AP⋅(A.2 B.4 C.8 D.05.如图，有A，B，C三艘渔船在海岛D附近作业，D在A的东北方向，D在B的东偏北60°方向，C在B的东偏北30°方向，B在A的正东方向，已知A，B相距(3−1)akm，B，C相距3A.D在C的北偏西60°方向 B.∠ADB=10°

C.D，C相距akm D.D，B相距26.下列命题正确的是(

)A.若a、b是两条直线，α、β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a、b是异面直线

B.四边形可以确定一个平面

C.已知两条相交直线a、b，且a//平面α，则b与α的位置关系是相交

D.两两相交且不共点的三条直线确定一个平面7.已知正三棱台ABC−A1B1C1的上、下底面的边长分别为2和4A.73 B.733 8.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q，R分别为棱BC，CD，CA.53π B.83π C.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i为虚数单位，以下四个说法中正确的是(

)A.i+i2+i3+i4=0

B.复数z=3−i的虚部为−i

C.若复数z满足(1+i)⋅z=1+5i(i是虚数单位)，则10.已知四面体的四个面都是边长为2的正三角形，则以下正确的是(

)A.四面体的高63 B.四面体表面积为43

C.四面体体积为211.已知向量a=(2,−1)，b=(−4,−2)，则下列说法正确的是(

)A.cos<a，b>=−35 B.(2a+b)//(a+12三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若复数m−3+(m2−9)i≥0，则实数m13.一个腰长为2的等腰直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转π4弧度，形成的几何体的表面积为______．14.如图甲，在梯形ABCD中，AB//CD，CD=2AB，E、F分别为AD、CD的中点，以AF为折痕把△ADF折起，使点D不落在平面ABCF内(如图乙)，那么在以下3个结论中，正确的结论是______．

①CF//平面ABD；②BE//平面CDF；③CD//平面BEF．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12分)

(1)计算：z=i(1−i)(2)已知复数z1=1−3i，z16.(本小题12分)

已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，点M，N分别是线段C1D1，CC1的中点．

(1)17.(本小题12分)

已知f(x)=a⋅b，其中a=(2cosx,−3sin2x)，b=(cosx,1)，x∈R．

(1)求f(x)的单调递增区间；

(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)=−1，a=7，且向量18.(本小题12分)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足cosCc=cosB2a−b．

(1)求C；

(2)若a=2b=2，求△ABC外接圆的半径；

(3)若c=219.(本小题12分)

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点．

(1)求证：BD1//平面AMC；

(2)若N为CC

答案解析1.【答案】B

【解析】【分析】本题考查复数代数形式的乘法运算，属于基础题．

利用复数的乘法运算化简，再利用复数的相等求解．【解答】

解：∵a+3i=(b+i)i=−1+bi，a，b∈R，

∴a=−1，b=3，

故选B．2.【答案】B

【解析】解：∵A+B+C=π，

∴sin(A+B)=sinC=13，

又∵a=3，c=4，

∴asinA=csinC，

即3sinA=4133.【答案】D

【解析】解：如图过D′作DE⊥O′B′，

由等腰梯形A′B′C′D′可得：△A′D′E是等腰直角三角形，

即A′D′=2A′E=12×(4−2)×2=2，即B错误；

还原平面图为下图，

即AB=4=2CD,AD=22，即A错误；

过C作CF⊥AB，由勾股定理得CB=23，

故四边形ABCD的周长为：4+2+22+23=6+24.【答案】A

【解析】解：设BC的中点为O，连接AO，

因为等腰三角形ABC，所以BC⊥AO；

分别以BC，OA的正方向为x，y轴的正方向，建立平面直角坐标系，如图所示：

则B(−2,0)，C(2,0)，由AB=AC=5，可得A(0,1)；

设P(t,0)，−2≤t≤2，则AP=(t,−1)，AB+AC=(−2,−1)+(2,−1)=(0,−2)；

所以AP⋅(AB+5.【答案】C

【解析】解：如图所示，因为∠DAB=45°，∠DBE=60°，∠DBC=∠CBE=30°，

所以∠ADB=15°，

又因为sin15°=sin(45°−30°)=sin45°cos30°−cos45°sin30°=6−24，

所以在△ABD中，由正弦定理得：ABsin∠ADB=BDsin∠DAB，解得BD=2a，

在△BDC中，由余弦定理得：DC2=BD2+BC2−2BD⋅BCcos∠DBC=a2，

所以6.【答案】D

【解析】解：对于A，若a、b是两条直线，α、β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，

则a/​/b或a、b是异面直线或a与b相交，故A错误；

对于B，空间四边形不一定确定一个平面，故B错误；

对于C，两条相交直线a、b，且a/​/平面α，则b与α相交或b/​/α，故C错误；

对于D，两两相交且不共点的三条直线，记两两相交的交点分别为A、B、C，

易知A、B、C三点不共线，故过该三点有且只有一个平面，故D正确．

故选：D．

根据基本事实及空间中线线、线面的位置关系一一判断即可．

本题主要考查空间中线线、线面的位置关系的判断，属于基础题．7.【答案】B

【解析】解：因为正三棱台ABC−A1B1C1的上、下底面的边长分别为2和4，高为1，

所以正三棱台ABC−A1B1C1的上底面积S1=8.【答案】A

【解析】解：以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，

C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，P(1,2,0)，Q(0,1,0)，R(0,2,1)，O(1,1,1)，

则PR=(−1,0,1)，PQ=(−1,−1,0)，

设正方体外接球的球心为O，则O(1,1,1)，则OP=(0,1,−1)，外接球的半径为3，

设平面PQR的法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅PR=0n⋅PQ=0，即−x+z=0−x−y=0，

令x=1，得n=(1,−1,1)，

设球心O到平面PQR的距离为d，

则d=|OP9.【答案】AD

【解析】解：对于A，i+i2+i3+i4=i+(−1)+(−i)+1=0，故A正确；

对于B，复数z=3−i的虚部为−1，故B错误；

对于C，∵(1+i)⋅z=1+5i，∴z=1+5i1+i=(1+5i)(1−i)(1+i)(1−i)=3+2i，

∴z−=3−2i，∴z−在复平面内对应的点为(3,−2)位于第四象限，故C错误；

对于D，设复数z=a+bi(a,b∈R)，

则|z−1|=|a+bi−1|=(a−1)2+b2，

|z+1|=|a+bi+1|=(a+1)2+b2，

∵复数z满足10.【答案】BCD

【解析】解：由题意可得，该四面体的表面积为4×34×4=43，故B正确；

由正四面体的高和侧棱与侧棱在底面的射影组成一个直角三角形，

则四面体的高ℎ=22−(233)2=263，故A错误；

正四面体的体积为V=11.【答案】ABD

【解析】解：已知向量a=(2,−1)，b=(−4,−2)，

则a⋅b=2×(−4)+(−1)×(−2)=−6，|a|=5，|b|=25，

对于选项A，cos<a,b>=a⋅b|a||b|=−65×25=−35，即选项A正确；

对于选项B，2a+b=(0,−4)，a+12.【答案】3

【解析】解：∵m−3+(m2−9)i≥0，

∴m2−9=0m−3≥0，解得m=3．

故答案为：313.【答案】4+【解析】解：由题意一个腰长为2的等腰直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转π4弧度，

所得几何体为一个圆锥切割18的几何体，

由题意可知，圆锥的底面半径为2，高为2，则母线长为22，

由圆锥的表面积公式可得圆锥表面积为S1=π×2×22+2π×2=4(2+1)π，

S△SOA=S△SOB=1214.【答案】①③

【解析】解：对于①，∵CF/​/AB，CF⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，

∴CF/​/平面ABD，故①正确，

对于②，延长AB到G，使AB=BG，连接DG，如图，

∵E为AD的中点，∴BE//DG，

∵DG与平面CDF交于点D，∴BE与平面CDF不平行，故②错误；

对于③，连接AC交BE于O，连接OE，如图，

∵CD=2AB，F为CD的中点，∴AB=CF，

∵AB/​/CD，∴四边形ABCF为平行四边形，∴O为AC的中点，

∵E为AD的中点，∴OE/​/CD，又OE⊂平面BEF，CD⊄平面BEF，

∴CD/​/平面BEF，故③正确．

故答案为：①③．

结合已知条件，利用线面平行的判定方法逐个分析判断即可．

本题考查线面平行的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．15.【答案】2；

25【解析】(1)由复数的乘法运算法则得：

z=i(1−i)2=i(1−2i+i2)=i×(−2i)=−2i2=2．

(2)z1=1−3i，z2=3+i，

由复数的加法运算法则得z1+16.【答案】23；

证明见解析．【解析】(1)因为正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，M，N分别是线段C1D1，CC1的中点，

所以三棱锥M−A1C1B的体积为VM−A1C1B=VB−A1C1M=13×12×1×2×2=23；

(2)证明：因为A1B1//MC1，A1B1=2MC1，

所以直线A1M，B1C1相交，设交于O，

则B117.【答案】[kπ−2π3,kπ−π6](k∈Z)；

【解析】(1)f(x)=2cos2x−3sin2x=1+cos2x−3sin2x

=1+2cos(2x+π3)，

令2kπ−π≤2x+π3≤2kπ(k∈Z)，

解得kπ−2π3≤x≤kπ−π6(k∈Z)，

所以f(x)的单调递增区间[kπ−2π3,kπ−π6](k∈Z)．

(2)因为f(A)=1+2cos(2A+π3)=−1，

所以cos(2A+π3)=−1，又π3<2A+π3<7π3，

所以2A+π3=π，即A=π3．

因为18.【答案】π3；

1；

(4【解析】(1)因为cosCc=cosB2a−b，

所以由正弦定理得cosCsinC=cosB2sinA−sinB，

所以2sinAcosC−sinBcosC=sinCcosB，

所以2sinAcosC=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA，

因为0<A<π，所以sinA≠0，所以cosC=12，

因为0<C<π，所以∠C=π3；

(2)因为a=2b=2，且cosC=12，

所以由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcosC=4+1−2×2×1×12=3，所以c=3，

所以2R=csinc=3sinπ3=332=2，所以△ABC外接圆半径R=1；

(3)19.【答案】证明见解析．

证明见解析．

32【解析】(1)证明：在正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点，

连接BD交AC于点O，连接OM，

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，

∴O为BD的中点，

又M为DD1中点，∴OM//BD1，

又OM⊂平面AMC，BD1⊄平面AMC，

∴BD1/​/平面AMC；

(2)证明：连接BN，ND1，MN，由(1)有BD1//平面AMC，

∵N为CC1中点，M为DD1中点，

∴MN//D