2024-2025学年黑龙江省鸡西市文峰中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年黑龙江省鸡西市文峰中学高一（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i为虚数单位，若复数z=4−m2−(m−2)i为纯虚数，则实数m=A.0 B.2 C.−2 D.42.已知向量a=(1,0)，b=(x,1)，若b⋅(b−2A.−2 B.−1 C.1 D.23.已知m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(

)A.若m//α，n//α，则m//n B.若m⊥α，α⊥β，则m//β

C.若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ D.若m⊥β，m//α，则α⊥β4.如图，利用斜二测画法画出的四边形ABCD的直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′=6，C′D′=3，则四边形ABCD的面积为(

)A.92

B.274

C.275.已知圆锥的底面周长为6π，其侧面展开图的圆心角为2π3，则该圆锥的体积为(

)A.182π B.27π C.246.在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若A=π3,a=3A.12 B.32 C.7.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为DB，AA.23

B.33

C.28.已知非零向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且|A.−1 B.−14 C.−1二、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.若复数z1=2−i，z2=3+4iA.|z−2|=|z2|

B.z1−z2的虚部是−5i

C.在复平面内，10.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是(

)A.若sin2A<sin2B+sin2C，则△ABC是锐角三角形

B.若△ABC是锐角三角形，则sinA>cosB

C.若b=4，c=3，11.在底面是菱形的四棱锥P−ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=2a，点E在PD上，且PE：ED=2：1，点F是棱PC的动点，则下列说法正确的是(

)A.AF⊥BD

B.三棱锥P−AEC的体积为336a3

C.当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC

D.直线BF与平面PAC所成的角的正切值最大为6

三、填空题：本题共312.己知向量a，b满足|a|=1，|b|=3，13.半径为10cm的球内有两个平行截面，其面积分别为36πcm2和64πcm14.在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，PA⊥平面ABCD，PA=3，则平面PBD与平面ABCD的夹角的正切值为______．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)

已知复数z1=a+4i，z2=4+3i，i为虚数单位，其中a是实数．

(1)若z1z2是实数，求a的值；

16.(本小题15分)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2+b2−c2=−15，△ABC的面积为1534．

(1)求C17.(本小题15分)

如图所示，四边形ABCD是矩形，且AB=2，AD=1，若将图中阴影部分绕AB旋转一周．

(1)求阴影部分形成的几何体的体积；

(2)求阴影部分形成的几何体的表面积．18.(本小题17分)

已知平行四边形ABCD中，AB=3，BC=6，∠DAB=60°，点E为线段BC的中点．

(1)设AB=a,AD=b，用a，b表示AE；

(2)求cos∠CAE；

(3)点F在线段19.(本小题17分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，且△ABC为正三角形，AA1=AB=6，D为AC的中点．

(1)求证：直线AB1//平面BC

答案解析1.【答案】C

【解析】解：∵z=4−m2−(m−2)i为纯虚数，

∴4−m2=0−(m−2)≠0，解得m=−2．2.【答案】C

【解析】解：若b⋅(b−2a)=0，

则b2=2a⋅b，即x23.【答案】D

【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，由m/​/α，n/​/α，则直线m，n可能平行、异面、或相交，A错误；

对于B：若m⊥α，α⊥β，此时m也可能在β内，B错误；

对于C：若α⊥γ，α⊥β，此时β，γ也可能平行，C错误；

对于D：若m⊥β，m/​/α，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，D正确．

故选：D．

由线面的位置关系依次分析选项，综合可得答案．

本题考查空间直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行的性质和应用，属于基础题．4.【答案】D

【解析】解：根据题意，如图，在直观图等腰梯形A′B′C′D′中，∠A=45°，作D′F⊥A′B′于F，C′G⊥A′B′于G，

则三角形D′FA′、C′FB′为两个全等的等腰直角三角形，

故A′F=B′G=A′B′−D′C′2=32，

则A′D′=322，

由斜二测画法还原原图，如图：

在原四边形ABCD，AD=2A′D′=32,AB=6,CD=3，

且AD⊥AB，则四边形ABCD为直角梯形，

其面积为S=15.【答案】A

【解析】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为ℎ，

由题意2πr=6π，r=3，6πl=2π3，l=9，

所以ℎ=l2−r2=626.【答案】D

【解析】解：若A=π3,a=3，则asinA=3337.【答案】C

【解析】解：连接B1D1，则点N在B1D1上，且N为B1D1的中点，连接MD1，

因为正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1与DD1平行且相等，

所以四边形BB1D1D是平行四边形，

因为M、N分别为BD、B1D1的中点，

所以BM与D1N平行且相等，可得四边形BMD1N是平行四边形，

所以D1M//BN，∠A1MD1(或其补角)就是异面直线A1M和BN的所成角．

设正方体的棱长为2，

则Rt△D1DM中，8.【答案】C

【解析】解：已知非零向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且|AB−AC|=22,|AB+AC|=62，点D是△ABC的边AB上的动点，

∵AB|AB|,AC|AC|分别表示AB与AC方向相同的单位向量，

∴以AB|AB|,AC|AC|这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形，

故AB|AB|+AC|AC|所在直线为∠BAC的角平分线所在直线，

∵(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，∴∠BAC的平分线与BC垂直，故AB=AC；

取BC的中点O，连接AO，则AO⊥BC，

根据平面向量的减法法则和中线向量可得9.【答案】ACD

【解析】解：对于A，∵z2−=3−4i，∴|z2−|=32+(−4)2=5，|z2|=32+42=5，故A正确；

对于B，因为z1−z2=2−i−3−4i=−1−5i，所以虚部是−5，故B不正确；

对于C，z10.【答案】BD

【解析】解：选项A：由正弦定理，sin2A<sin2B+sin2C，则a2<b2+c2，

仅能推出A为锐角，无法确定B、C是否为锐角，故A错误；

选项B：若△ABC是锐角三角形，则A+B>π2，即A>π2−B，

因A，π2−B∈(0,π2)，且正弦函数在该区间递增，故sinA>sin(π2−B)=cosB，故B正确；

选项C：根据正弦定理bsinB=csinC，则4sinB=3sinπ3=332=23⟹sinB=411.【答案】ACD

【解析】解：对于A，∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC，

∵PA=AC=a，PB=PD=2a，∠ABC=60°，∴△ABC为等边三角形，

∴AB=AD=a，则PA2+AB2=PB2，∴PA⊥AB，同理可得PA⊥AD，

∵AB∩AD=A，AB、AD⊂平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD，

∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，

∵PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，

∵AF⊂平面PAC，∴BD⊥AF，故A正确；

对于B，易知△ACD为等边三角形，S△ACD=34a2，

∵点E在PD上，且PE：ED=2：1，∴VE−ACD=13VP−ACD，

故VP−AEC=23VP−ACD=23×13S△ACD⋅PA=29×34a2×a=318a3，故B错误；

对于C，如图，连接BD交AC于点O，连接OE，取线段PE的中点M，连接FM、BM，

∵四边形ABCD为菱形，AC∩BD=O，∴O为BD的中点，

∵点E在PD上，且PE：ED=2：1，点M为PE的中点，∴PM=ME=ED，

∴E为DM的中点，∴OE//BM，

∵BM⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，∴BM/​/平面ACE，

∵F为PC的中点，M为PE的中点，∴MF/​/CE，

∵MF⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，∴MF//平面ACE，

∵BM∩MF=M，BM、MF⊂平面BFM，∴平面BFM/​/平面ACE，

∵BF⊂平面BFM，∴BF/​/平面ACE，故C正确；

对于D，由A选项可知，BO⊥平面PAC，∴直线BF与平面PAC所成角为∠BFO，

∵OF⊂平面PAC，∴BO⊥OF，则tan∠BFO=OBOF，

∵△ABC是边长为a的等边三角形，∴OB=ABsin60°=32a，12.【答案】1

【解析】解：因为|a|=1，|b|=3，|a−2b|=3，

所以|a−2b|2=a2−413.【答案】2cm或14cm

【解析】解：设两个截面圆的半径别为r1，r2，球心到截面的距离分别为d1，d2，球的半径为R．

由πr12=36πcm2，得r1=6cm．

由πr22=64πcm2，得r2=8cm．

如图①所示，当球的球心在两个平行平面的外侧时，

这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之差．

即d2−14.【答案】5【解析】解：作AO⊥BD交BD于点O，

∵PA⊥平面ABCD，

∴PA⊥BD，∵PA∩AO=A，

∴BD⊥平面PAO，

∴PO⊥BD，

∴∠AOP即为平面PBD与平面ABCD的夹角，

∵AO=AB⋅ADBD=125，

∴tan∠AOP=APAO=3125=5312，

故平面PBD与平面15.【答案】解：(1)z1z2=a+4i4+3i=(a+4i)(4−3i)(4+3i)(4−3i)=4a+12+(16−3a)i25，

因为z1z2是实数，则16−3a=0，∴a=16【解析】(1)由复数的除法和乘法运算结合复数的意义计算即可；

(2)由共轭复数的定义和复数的运算结合复数的几何意义计算即可．

本题主要考查复数的运算，复数的几何意义，属于基础题．16.【答案】2π3；

15．【解析】解：(1)在△ABC中，因为a2+b2−c2=−15，

由余弦定理可知：cosC=a2+b2−c22ab=−152ab，

又因为△ABC的面积S=12absinC=1534，所以sinC=1532ab，

所以tanC=sinCcosC=−1532ab×2ab15=−3，

因为C∈(0,π)，所以C=2π3；

(2)设△ABC外接圆的半径为r，则πr2=49π3，所以r=73，

由正弦定理得c=2rsinC=2×73×3217.【答案】43π；

7π【解析】解：(1)已知AB=2，AD=1，则V圆柱=π×12×2=2π，

V半球=43π×13×12=23π，

∴所求几何体的体积为2π−23π=4318.【答案】AE=a+12b；

3【解析】解：(1)由题意得AE=AB+BE=AB+12BC=AB+12AD=a+12b；

(2)因为AB=3，BC=AD=6，∠DAB=60°，所以a⋅b=AB⋅ADcos60°=9．

根据AC=AB+AD=a+b，可得AC⋅AE=(a+b)⋅(a+12b)=a2+32a⋅b+119.【答案】答案见详解；

答案见详解；

155【解析】(1)证明；设B1C∩C1B=O，连接DO，

因为在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，且△ABC为正三角形，

所以三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱，侧面C1