2024-2025学年黑龙江省牡丹江第三高级中学高一（下）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年黑龙江省牡丹江第三高级中学高一（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.已知复数z1=12−3i，z2=−9+i，则zA.3，−2 B.3，−2i C.2，−3 D.2，−3i2.设△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a2=b2+cA.30° B.60° C.120° D.150°3.长方体的一个顶点上三条棱长为3、4、5，且它的八个顶点都在一个球面上，这个球的表面积是(

)A.202π B.252π4.“平面向量a，b平行”是“平面向量a，b满足a⋅b=|aA.充分非必要条件 B.必要非充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件5.如图，四边形ABCD是平行四边形，E是BC的中点，点F在线段CD上，且CF=2DF，AE与BF交于点P，若AP=λAE，则λ=A.34 B.58 C.386.已知向量a=(x,2),b=(x,x+12)，若A.1 B.−1 C.0 D.37.已知球与棱长为2的正方体的各条棱都相切，则球内接圆柱的侧面积的最大值为(

)A.2π B.4π C.6π D.20π8.如图，在边长为2的正六边形ABCDEF中，动圆Q的半径为1，圆心在线段CD(含端点)上运动，P是圆Q上及内部的动点，设向量AP=mAB+nAF(m,n为实数)，则m+nA.2 B.3 C.5 D.6二、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.下列说法中，正确的是(

)A.任意单位向量的模都相等．

B.若A，B是平面内的两个不同的点，则AB=BA

C.若向量a//b，b//10.如图，一块半径为4的圆形铁片上有3块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的正三角形沿虚线加工成一个正三棱锥，则该正三棱锥的(

)A.表面积为123

B.表面积为33

C.体积为211.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a：b：c=4：5：6，则下列结论正确的是(

)A.sinA：sinB：sinC=4：5：6

B.△ABC是钝角三角形

C.若c=6，则△ABC内切圆半径为72

D.若c=6，则△ABC外接圆半径为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a与b的夹角为60°，|a|=3，|b|=6，则2a−13.如图，△A′O′B′是水平放置的△ABC的直观图，A′B′=2，A′B′⊥x′轴，则△ABC的面积为______．14.祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家.祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面α去截这两个几何体，设圆锥顶点到平面α的距离为l，则截得的截面面积都为______(用R，l表示)，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等，从而得到半球的体积公式．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,b,c是同一平面的三个向量，a=(4,3)．

(1)若|b|=52，且a//b，求b的坐标；

16.(本小题15分)

已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且bcosC+3bsinCa+c=1．

(1)求B；

(2)若△ABC17.(本小题15分)

在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3c−2bsinC=0．

(1)求角B的大小；

(2)从条件①b=33，a=4；条件②a=2，18.(本小题17分)

已知Rt△ABC按照斜二测画法画出的直观图A′B′C′如图所示，其中，B′C′=4，A′B′=2．

(1)画出Rt△ABC的原图并求其面积；

(2)若以Rt△ABC的边BA为旋转轴旋转一周，求所得几何体的体积和表面积．19.(本小题17分)

已知△ABC的三内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量m=(cosB,cosC),n=(2a+c,b)，且m⊥n．

(1)求角B的大小；

(2)若b=参考答案1.A

2.B

3.C

4.B

5.A

6.B

7.B

8.C

9.AD

10.AC

11.ACD

12.3

13.214.πR15.解：(1)已知a,b,c是同一平面的三个向量，a=(4,3)，

因为a//b，

设b=λa=(4λ,3λ)，

又|b|=52，

则|b|=16λ2+9λ2=25λ2=516.解：(1)由bcosC+3bsinCa+c=1，可得bcosC+3bsinC=a+c，

根据正弦定理，得sinBcosC+3sinBsinC=sinA+sinC，

因为△ABC中，sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

所以sinBcosC+3sinBsinC=(sinBcosC+cosBsinC)+sinC，

整理得sinC(3sinB−cosB−1)=0，

结合sinC≠0，可得3sinB−cosB=1，即2sin(B−π6)=1，sin(B−π6)=12．

而B为三角形的内角，可知B−π6=π6，所以B=π3；

(2)△ABC17.解：(1)∵3c−2bsinC=0，由正弦定理得3sinC−2sinBsinC=0．

∵C∈(0,π2),sinC≠0，∴sinB=32．

∵B∈(0,π2)，∴B=π3；

(2)条件①：b=33,a=4；

∵b=33,a=4，由(1)B=π3，

∴根据余弦定理得b2=c2+a2−2cacosB，即27=c2+16−4c，

化简整理为c2−4c−11=0，解得c=2+18.解：(1)如图所示，在Rt△ABC中，BC=AB=4，

故Rt△ABC面积为：SΔABC=12×4×4=8．

(2)该几何体为圆锥，底面半径r=4，圆锥的高ℎ=4，

其体积为：V=1319.解：(1)因为m⊥n，

所以m⋅n=(2a+c)cosB+bcosC=0，

由正弦定理得，(2sinA+sinC)cosB+sinBcosC=0，

所