2024-2025学年海南省海口一中高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年海南省海口一中高一（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.集合A={x|−1≤x<2}，B={x|x<1}，则A∪B=(

)A.{x|−1≤x<1} B.{x|−1≤x≤1} C.{x|−1≤x<2} D.{x|x<2}2.复数z=2i(4−5i)(i为虚数单位)在复平面内的点位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.若向量a−=(2,2)，b=(x,x3)，aA.{−1,1} B.{−2,2} C.{−1,0,1} D.{−2,0,2}4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若acosC+ccosA=a，则△ABC的形状一定(

)A.等腰三角形 B.锐角三角形 C.直角三角形 D.钝角三角形5.一个圆锥的侧面展开图是圆心角为23π，弧长为2π的扇形，则该圆锥的体积为(

)A.22π3 B.226.如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′=O′A′=2O′B′=2，则以下说法正确的是(

)A.△ABC是钝角三角形

B.△ABC的面积是△A′B′C′的面积的2倍

C.△ABC是等边三角形

D.△ABC的周长是4+47.如图，在△ABC中，∠BAC=π3,AD=3DB,P为CD上一点，且满足AP=xAC+3A.92B.7120

C.46158.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点M，N分别在棱AA1，A1D1上，满足AA1=3AMA.10B.3

C.36二、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.已知直线m，n，不同的平面α，β，下列命题中正确的是(

)A.若m⊥α，n⊥β，且m//n，则α//β

B.若m⊂α，n⊂β，且m//n，则α//β

C.若m⊂α，n//β，且m⊥n，则α⊥β

D.若m⊥α，n⊂β，且m//n，则α⊥β10.下列说法正确的是(

)A.函数f(x)=ax−1−2(a>0且a≠1)的图象恒过定点(1,−1)

B.若函数g(x)满足g(−x)+g(x)=6，则函数g(x)的图象关于点(0,3)对称

C.当x>0时，函数y=x+3x+1−1的最小值为211.已知点P(3π8,1)是函数f(x)=sinA.f(x−3π8)−1是奇函数

B.ω=−23+83k，k∈N∗

C.若f(x)在区间(3π8,11π三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若复数z=4i1−i，则复数z的模|z|=______．13.如图所示，点P在正方形ABCD所在平面外，PA⊥平面ABCD，PA=AB，则PB与AC所成的角是______．14.如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=120°，AB=AD=1.若点E为边CD上的动点，则AE⋅BE的最小值为______．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a与b是平面内的两个向量，|a|=2，|b|=1，a与b的夹角为π4．

(1)求a−b；

(2)求|a+2b16.(本小题15分)

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点．

(1)求三棱锥M−ABC的体积；

(2)求证：BD1//平面AMC17.(本小题15分)

在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、C.已知2a−b=2ccosB．

(1)求角C；

(2)若b=4，点D在边AB上，CD为∠ACB的平分线，且CD=23，求边长a18.(本小题17分)

如图，正四棱锥S−ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，点P在侧棱SD上，且SP=3PD．

(1)求证：AC⊥SD；

(2)求二面角P−AB−D的平面角的正切值；

(3)侧棱SC上是否存在一点E，使得BE//平面PAC.若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由．19.(本小题17分)

定义非零向量OM=(a,b)的“伴随函数”为f(x)=asinx+bcosx(x∈R)，向量OM=(a,b)称为函数f(x)=asinx+bcosx(x∈R)的“伴随向量”(其中O为坐标原点).记平面内所有向量的“伴随函数”构成的集合为S．

(1)设函数g(x)=2sin(π3+x)−cos(π6+x)，求证：g(x)∈S；

(2)记向量ON=(1,3)的伴随函数为f(x)，当x∈(−π3,π6)答案解析1.【答案】D

【解析】解：集合A={x|−1≤x<2}，B={x|x<1}，

所以A∪B={x|x<2}．

故选：D．

利用并集的定义直接求解即可

本题主要考查并集及其运算，属于基础题．2.【答案】A

【解析】解：复数z=2i(4−5i)=10+8i在复平面内对应的点的坐标为(10,8)，位于第一象限．

故选：A．

先用复数的乘法运算化简复数，然后求出复数所对应的点，即可得解．

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3.【答案】C

【解析】解：向量a−=(2,2)，b=(x,x3)，a/​/b，

∴x2=x32，

解得x=0或x=1或x=−1，4.【答案】A

【解析】解：acosC+ccosA=a，

由正弦定理得sinAcosC+sinCcosA=sinA，

即sin(A+C)=sinB=sinA，

又A，B为△ABC的内角，

所以A=B．

故选：A．

结合正弦定理，以及三角形内角和定理，即可求解．

5.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查了圆锥的侧面展开图的理解与应用，圆锥体积公式的应用，解题的关键是掌握圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，考查了逻辑推理能力，属于基础题．

设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由弧长公式求出l，利用弧长等于底面圆的周长，求出r，由勾股定理求出圆锥的高，利用圆锥的体积公式求解即可．

【解答】

解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，

由弧长公式可得2π=2π3⋅l，解得l=3，

又2πr=2π，解得r=1，

所以圆锥的高ℎ=l2−r26.【答案】D

【解析】解：由题意，过B′作B′D′⊥A′C′，垂足为D′，如下图：

则B′D′=B′O′sin45°=22，

根据斜二测画法还原图形，可得下图：

则AO=A′O′，CO=C′O′，BO=2B′O′，BO⊥AC，

易知△ABC为等腰三角形，故A错误；C错误；

由△ABC的面积S△ABC=12⋅AC⋅BO=12×4×2=4，

△A′B′C′的面积S△A′B′C′=12⋅A′C′⋅B′D′=12×4×22=7.【答案】B

【解析】解：因为AD=3DB，所以AD=34AB，

因为C、P、D三点共线，

所以可设CP=kCD，即AP−AC=k(AD−AC)，

又因为AP=xAC+35AB，

所以(x−1)AC+35AB=k(348.【答案】D

【解析】解：在B1B，B1C1上取点E，F，使得BB1=3EB1，B1C1=3B1F，

分别连结EF，BC1，AD1，

因为A1D1=3D1N，可得A1N//C1F，且A1N=C1F，

所以四边形A1FC1N为平行四边形，所以C1N//A1F，

由BB1=3EB1且B1C1=3B1F，可得EF/​/BC1，

又由AA1=3AM且A1D1=3D1N，所以MN/​/AD1，

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，可得AD1/​/BC1，所以EF/​/MN

因为A19.【答案】AD

【解析】解：由m/​/n，m⊥α，得n⊥α，

又因为n⊥β，所以α/​/β，故A正确；

若m⊂α，n⊂β，且m/​/n，则α/​/β或α与β相交，故B错误；

若m⊂α，n/​/β，且m⊥n，则两平面相交或平行，故C错误；

因为m/​/n，m⊥α，则n⊥α，又n⊂β，所以α⊥β，故D正确．

故选：AD．

根据点，线，面位置关系的定理和性质逐一判断即可．

本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．10.【答案】ABD

【解析】解：对A：令x−1=0，解得x=1，当x=1时，f(x)=−1，故f(x)恒过定点(1,−1)，A正确；

对B：因为g(−x)+g(x)=6，故g(x)的图象关于(0,3)对称，B正确；

对C：因为x>0，故y=x+3x+1−1=x+1+3x+1−2≥2(x+1)×3x+1−2=23−2，

当且仅当x+1=3x+1，即x=3−1时取得等号，故C错误；

对D：要使g(x)=(12)−x2−x+2有意义，则−x2−x+2≥0，解得−2≤x≤1，

由复合函数的单调性可得y=−x2−x+211.【答案】BC

【解析】解：依题意，点P(3π8,1)是函数f(x)=sin(ωx+π4)+b(ω>0)的图象的一个对称中心，

所以b=1，且sin(3ωπ8+π4)=0，所以3ωπ8+π4=kπ，k∈Z，即ω=−23+8k3，k∈N∗①，故B选项正确．

则f(x)=sin[(−23+8k3)x+π4]+1，k∈N∗，

故f(x−3π8)−1=sin[(−23+8k3)(x−3π8)+π4]=sin[(−23+8k3)x+π(1−2k)2]，k∈N∗．

由于1−2k是奇数，所以f(x−3π8)−1是偶函数，A选项错误．

对于C选项，由3π8<x<11π8，可得3ωπ8+π4<ωx+π4<11ωπ8+π4．

将ω=−23+83k,k∈N∗代入得：

12.【答案】2【解析】解：由z=4i1−i=4i(1+i)(1−i)(1+i)=−2+2i，

则|z|=(−2)13.【答案】60°

【解析】解：将其还原成正方体ABCD−PQRS，连接SC，AS，则PB//SC，

∴∠ACS(或其补角)是PB与AC所成的角，

∵△ACS为正三角形，

∴∠ACS=60°，

∴PB与AC所成的角是60°，

故答案为：60°

将其还原成正方体ABCD−PQRS，连接SC，AS，可得∠ASC(或其补角)即为所求角．

本题考查线线角的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．14.【答案】2116【解析】解：因为AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=120°，AB=AD=1．

故如图，建立如图所示的坐标系．则A(1,0)，连接AC，易证Rt△ACD≌RtACB，

∴∠DAC=∠DAB=60°=∠BAx=60°，∴DC=ADtan60°=3.xB=1+1×cos60°=32，yB=sin60°=32.∴B(32,32)．

设E(0,m)，(0<m<3).

∴AE=(−1,m)，BE=(−32,m−3215.【答案】1；

|a+2b|=10【解析】解：(1)a⋅b=|a||b|cos〈a,b〉=2×1×cosπ4=1；

(2)因为|a+216.【答案】解：(1)

∵正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点，

∴MD⊥底面ABC，

故三棱锥M−ABC的体积VM−ABC=13⋅S△ABC⋅MD

=13×12×2×2×1=23；

(2)证明：如图，连接BD交AC于点O，

∵O是DB的中点，M是DD1的中点，∴MO//BD1，

∵MO⊂平面AMC，BD1⊄平面AMC，

∴BD1/​/平面AMC；

(3)证明：∵N是CC1的中点，M是DD1【解析】本题考查线面平行和面面平行的判定定理，棱锥的体积，属于基础题．

(1)根据条件可得出三棱锥M−ABC的高为MD=1，底面ABC的面积为2，然后根据三棱锥的体积公式求出体积即可；

(2)连接BD交AC于点O，先证明BD1//MO，然后根据线面平行的判定定理即可得出BD1//平面AMC；

(3)由正方体的结构特征得出D1N//MC，然后得出17.【答案】C=π3；

4【解析】(1)由2a−b=2ccosB及正弦定理⇒2sinA−sinB=2sinCcosB，

又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

所以2sinBcosC+2cosBsinC−sinB=2sinCcosB，即2sinBcosC=sinB，

又sinB≠0，所以cosC=12，

又C∈(0,π)，所以C=π3；

(2)由(1)知，C=π3，

又CD为∠ACB的平分线，故∠ACD=∠BCD=π6，

由三角形面积公式得S△ACD=12AC⋅CDsin∠ACD=12×4×23×12=23，

S△BCD=12BC⋅CDsin∠BCD=12a⋅23×1218.【答案】证明见解析；

67；

存在，SE：EC=2：1【解析】(1)证明：在正四棱锥S−ABCD中，连接BD，设AC∩BD=O，

连接SO，则点O是正方形ABCD的中心，

根据正四棱锥的性质可得SO⊥平面ABCD，而AC⊂平面ABCD，

则SO⊥AC，

又AC⊥BD，SO，BD⊂平面SBD，BD∩SO=O，

于是AC⊥平面SBD，而SD⊂平面SBD，

所以AC⊥SD．

(2)过P作PQ⊥BD于Q，过Q作QR⊥AB于R，连接PR，

在三角形SBD中，PQ//SO，又SO⊥平面ABCD，

所以PQ⊥平面ABCD，

因为AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PQ，

又QR⊥AB，PQ∩QR=Q，PQ，QR⊂平面PQR，

所以AB⊥平面PQR，

PR⊂平面PQR，所以A