2024-2025学年黑龙江省大庆市某中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

20242025学年黑龙江省大庆市林甸一中高一（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.在△力BC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=1,Q（2S出B—CcosC）=Cccos/l,点6是4

ABC的重心，且4G=孚，则△力8C的面积为（）

A./3B.孚C.V3或2门D•岁或门

24

2.已知复数z=⑶:祟:）。为虚数单位）,则下列说法正确的是f）

A.z的虚部为-2iB.复数z在复平面内对应的点位于第三象限

C.z的共枕复数之=4-2iD.\z\=2/5

3.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形ON'8'C',且0'A〃8'C‘，O'A'=2BrC=

4,48'=2,则该平面图形的高为（）

A.2/2B.2C.4/2D.<2

4.已知m,〃为两条不同的直线，a,/?为两个不同的平面，对于下列四个命题:

①mca,nca,m/邛,n//p=a//p®n//m,nca=>m//a

③a///?,znca,nc/?=>m//n（4）m//a,nca=>m//n

其中正确命题的个数有（）

A.0个B.1个C.2个D.3个

5.在棱长为2的正方体/WC。一48iG0i中，点M是对角线力Ci上的点（点M与A、

G不重合），则下列结论正确的个数为（）

①存在点M,使得平面&OM_L平面BG。：

②存在点M,使得DM〃平面/CD1；

③若△41OM的面积为S,则5£（厚,2信）；

④若51、S2分别是△&DM在平面与平面B/GC的正投影的面积，则存在点M,使得Si=S2.

A.1个B.2个C.3个D.4个

6.已知三棱锥P-ABC的外接球的球心为0,PA1平面力8C,AB1.AC,AB=AC=4,PA=2,则球心0

到平面P8C的距离为()

AB.苧D./3

7.已知向量G,族满足同=2|山=2,且12d—另|=E,贝1」信一矶=()

A.1B.2C.<ZD.<3

8.已知向量G=(cosg,sin等，b=(l,x),则下列结论正确的是()

A.Vx€/?»|2a—3K|>1B.3x€(—co,0),使得(^+另)〃B

C.Vxe[0,+8),方与加的夹角小于gD.axe/?,使得@-a)Lb

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△/8C的内角4B,。所对动的长分别为Q,/),c,己知。为△/18C的外心，b=8,c=5,LABC

的面积S满足(b+c)2—a2=4V1S，AO=XAB+fiACf则下列结论正确的是()

A.5=10/3B.|^0|=3/3C.^O-FC=19D.A+〃=忍

U

10.若(l+i)n=(l—i)n,其中i为虚数单位，则"可以是()

A.104B.106C.108D.109

II.如图，点M是正方体4BCZ)—481clz\的侧面力。。遇1上的一个动点，则下列结论正确的是()

A.点M存在无数个位置满足CM1ADX

B.若正方体的棱长为1,则三棱锥B-GMD体积的最大值为:

C.在线段力Di上存在点M,使异面直线81M与CD所成的角是30。

D.点M存在无数个位置满足BM〃平面当。传

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.已知二面角a—的棱上有4,8两点，ACca,AC1I,BDuR,80J.I.若48=6,AC=3,

BD=4,CD=7,则点。到平面a的距离是_____.

13.设复数Zi，a满足区|=Z+Z2I，zrz2=a(l+-/3i),其中i是虚数单位，a是负实数，求段=

D

14.在△48。中，角4B,C所对的边分别为Q,b,c.已知向量沆=(cos。,2cos记=(b,c-4a)且

mn=0.0为4C边上一点，BD=，^且40=2CDMcosB=，面积的最大值为

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)

如图，四边形/BCD是平行四边形，点入G分别为线段PB,/W的中点.

(1)证明：力产//平面PGC；

(2)在线段8。上找一点H,使得FH〃平面PGC,说明理由并求此时需的值.

16.(本小题15分)

如图，在四棱锥P一48CZ）中，BC=BD=DC=2x<3,AD=AB=PD=PB=2.

(1)若点E为PC的中点，M为OC的中点，求证：平面BEM〃平面PAD；

(2)在棱P。上是否存在一点心使得4F〃平面PBC?若存在，请求出器的值；若不存在，请说明理由.

17.(本小题15分)

设耳，球是不共线的非零向量，且五=及一2五，8=瓦十3芍.

(1)若4可-3可=4五+〃及求九u的值.

(2)若可，石是互相垂直的单位向量，求五与3的夹角仇

18.(本小题17分)

已知锐角△力8c的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足b(tQ7优+SziB)=2ctan8.

答案解析

1.【答案】D

【解析】解：由题可知2sbL4si〃8-yT^sinAcosC=OstnCcosA,

2sinAsinB=-/3sin(>4+C)=ySsinB,

:.sinA=浮，

TTf27r

力A=抖亍

又4G二手，延长4G交8c于点0,

AD=—>

•..布=*而+硝，

:.而2=^(AB+元/=i(b2+c2+2bccosA'),

当4=轲，c=3,

••・△48。的面积为:/)csi7L4=?，

24

当A=学对，c=4,

ABC的面积为:bcsi/M=V3

故选：D.

先根据正弦定理可求出4或空，再根据向量的运算和余弦定理即可求出c,根据三角形的面积公式计算

即可

本题考查了正弦定理，余弦定理在三角形中的应用，考查了运算求解能力，属于中档题

2.【答案】D

_(3I)(1T)_2+4i_2+4i_(2+4i)i_

【解析】解：・・・z"2019一^1x504+3—

••.z的虚部为2：复数z在复平面内对应的点位于第二象限；z=-4-2i：|z|=2/5.

故选：0.

利用复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核时四个选项得答案.

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题.

3.【答案】C

【解析】解：在直角梯形。勿'B'C'中，O'A'I/B'C',O'A=2B'C'=4,A'B'=2,H

显然N/'O'C=45。，于是。'。'=包需==2/2,\

cos乙40CCOS45\

直角梯形。勿'B'C’对应的原平面图形为如图中直角梯形0ABC,\

BC//OA0C1OA,0A=2BC=4,0C=20'C=4/2.力---------

fC/AA

所以该平面图形的高为4，i.

故选：C.

根据给定条件，求出O'C',再作出水平放置的原平面图形作答.

本题考查了直观图的画法与应用问题，是基础题.

4.【答案】A

【解析】解：①由mua,九ua,m///?,n//p,则平面。与夕可能相交，故①不正确；

@n//m,几ua,可能有mua,则?n〃a不成立，可得②不止确;

③a〃夕，mua,〃<z夕=m〃〃或m,九异面，则③不正确；

@m//a,nua=zn〃n或m,n异面，则④不正确.

综上可得，没有正确的命题.

故选:A.

由面面平行的判定定理，即可判断①的正误；运用线面平行的性质定理，即可判断②的正误；

由面面平行的判定定理和性质，即可判断③的正误；由线面的位置关系，及线面平行的性质即可判断④

的正误.

本题考查空间线线、线面和面面的位置关系的判断，注意运用判定定理和性质定理，考查空怔想象能力和

推理能力，属于基础题.

5.【答案】C

【解析】解：连接当。，设平面44停0与体对角线4cl交于点M,

由B]C1BG，DC1BC^BiCCDC=C,BiC,DCu平面力道"。，

可得8Gl平面481C。，即8G1■平面ARM,又Bgu平面BCR，

•••平面力10M1平面8G。，

•・・存在点M,使得平面4DM1平面BG。，故①对；

由正方体结构特征可知平面480〃平面当。1。，

设平面与4G交于点M,可得DM〃平面B]CDi，故②对；

连接ADi交4D于点0,过。作。Ml4G，

由①可推知，41。1平面力8。1。1，

•••4。10M,

・••GM为异面直线为。与AG的公垂线，根据△AOMs^/iGD],则徵=器，即0时=汽泸=需=

/6

亍，

.••△4。”的最小面积为50通乂=JX4。x0M=；x2/2x¥=等，故③错；

在点M从4G的中点向着点4运动过程中，Si从1减少趋向于0，即16(0,1),52从0增大到趋向于2，HPS2e

(0,2),

在这过程中，必存在某个点M使得Si=$2,故④对.

故选：C.

6.【答案】R

【解析】解：如图所示，取BC的中点0,

•••481.4C,.•.点。为平面48c所在圆的圆心，ODl^ABC,

•••ODu面。8C,.•.面OBC1面ABC,

•••等腰Rta/IBC,且。为BC的中点，•••ADIBC,

又面08Cn面力BC=BC,•••力。1面08C,

•，•点A至ij面。8。的£目离为A。=2/2»

・••PA_L平面力BC,AOD//PA,.•.点P至I］面OBC的距离等于点力至U面的距离为2/1.

设球。的半径为R,则002=OC2-(1B02=R2-8,

而OP?=(P/1—OO)2+4Z)2,即R2=Q一>R2一8产+(277)2,解得R=3或一3(舍负),

AS&OBC=^0D-BC=^xlx4/2=2/2.

在APBC中，PC=PR=>/PA2+AR2=V22+42=2AT5,RC=4/2,

由余弦定理知‘CMP”号金m益量H，-=咨

S&PBC=3PB-PC♦sin乙BPC=1x2/5x2/5x等=4/6.

由等体积法可知，％-P8C=^P-OBCf^^O-PBC,S^PBC=•S^OBC'

：•do-pc=吗等=当即球心。到平面P"的距离为£

B4V633

故选:B.

取BC的中点D,结合圆的性质、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理与性质定理易证得点P到面

08c的距离等于点A到面OBC的距离；设球。的半径为R,以0D为中间变量，通过勾股定理可求得R；再利

用解三角形中的余弦定理和正弦的面积公式求得SNBC和SAOBC，最后根据等体积法，VO-PBC=%.OBC即可

得解.

本题考查空间中线面的位置关系、点到面的距离问题，熟练掌握空间中线面垂直的判定定理与性质定理、

等体积法是解颍的关键，考杏学生的空问立体感、逻辑椎理能力和运算能力，屈干中档撅.

7.【答案】B

【解析】解：已知向量2,B满足同=2|力=2,且|2d-B|=K,

则4片一4五・b+b=15,

即Wi=[x(4x4+1-15)=%

PllJ|b-a|=Jb2-26-3+a2=Jl-2x|+4=2.

故选:B.

由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解.

本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属中档题.

8.【答案】A

【解析】解：因为五=(cosg,si嗜)=g,苧)，b=(l,x),

又22一3石=(-2,/3-3%),

因此|2方-3b|=^4+(73-3x)2>2>1,故A选项正确；

a+b=(1,^y+x),若0+石)〃石，因此,％=苧+%,

解得％=，5,即当x=V5时，(a4-b)//b,故B选项错误：

设d与加的夹角为仇因此恒5。=磊；="真，

\a\'\b\Vx2+1

当x=0时，C0S3=I，夹角为故。选项错误；

因为方-a=(|,x-苧),(b-a)-5=1+x(x一号)=(x—:产+亮＞。，

不存在x,使得@一与1瓦故。选项错误.

故选：A.

由平面向量的模的坐标公式，平行的坐标表示，夹角的坐标表示，及垂直的坐标表示，依次判断各选项即

可得出结果.

本题考查平面向量数量积的性质及其运算，属于中档题.

9.【答案】AD

【解析】解：(b+c)2—a2=4，5s,得炉+2bc+c2—a2=4禽s,

:.2bc+2bccosA=4x/~3-^bcsinA,

1+cosA—\/~3sinA,sin(/4—解得A=

在A48。中，由余弦定理易求得Q=7,由正弦定理有外接圆直径2R='，=竿，.•./?=¥，:8不正

sinA33

确，

面积S=1bcsinA=10\/~3.M正确

•••设88,AC中点为N,M,由外心的性质知ON1AN,OM1AA1,所以而・奇=0,而丽7=0

OM-AH=(AM-AO)-AB=(ZAS+jU^c)]•A?=A)AS2-UAH-AC=(^-A)-25-n-5-

8•1=0,

即押一发x25+10〃=0,

由后了•丽7=0,同理可得1(U+32〃-16=0,解得入=卷4=34+〃=④，二。正确.

AO=^AB+^AC,BC=AC-AB,AO-BC=C不正确.

1524Z

故选：AD.

(1)由余弦定理易求得力的大小，再求面积，(2)利用正弦定易求得外接球的半径，(3)48,4C中点为N,

M,由外心的性质知。NJL4N,0Ml4M求出九〃，(4)求出向量力。，8c的数量积

本题考查平面向量数量积的运算及性质，以及坐标法在解题中的应用.

10.【答案】AC

【解析】解：•••(l+i)2=l+2i-l=2i,(l-i)2=l-2i-l=-2i,

又(l+i)n=(l—i)n,

二(14-i)n=[(1+i)2p=(2i)5,(1-i)n=[(1-i)2p=(-2i)t

(2i£=(_2i)=

••・当为偶数时，+=

故选:AC.

利用(1+i)2=l+2i-l=2i,(1-02=1-2i-1=-2i,将(1+z)n=(1-i)71变形得到(2i吩=

(-2产，从而得到九满足的条件.

本题考查了复数的运算，考查了逻辑推理能力与转化思想，属『基础题.

11.【答案】ABD

【解析】解:在正方体4BCD-48iCiDi中,CD1侧面则CD1

AD[f

又40i±Ai。，A^DdDC=D,•••力。11平面力DC,

可知当M在线段4i。上时，有CM,力劣，故A正确；

由正方体的性质可知，&。，平面8。1。，可知若正方体的校长为1，

则M与&重合时，三棱锥B-QM。的体积取最大值，

为号是，故8正确；

异面直线与CD所成角，即为乙41/M,当M在线段力义上运动时，

M取的中点时，乙4181M最小，其正切值为苧＞?,故C错误；

易得平面408〃平面当。1。，所以当M在线段&。上时，满足BM〃平面当。道,故。正确.

故选:ABD.

由题意画出图形，由直线与平面垂直的判定判断4求出三棱锥B-GMD的体积最大值判断B；由线面角

的概念判断C；由抛物线的定义判断D.

本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空

间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题.

12.【答案】2/3

【解析】解：过A作使AE=BD=4,则四边形B4ED为平行四边形，则Z〃DE,

-AC1/,AE1I,ACC\AE=A,AC.力Eu平面力CE,

I_L平面ACE,CEu平面ACE,二21CE,•••DE1CE,

:.在Rt△CE。中,CE=V49-36=yfl3.

vAC1I,ACca,AE1I,AEc/?,AEAC=A,

NC4E即为二面角a-I-/?的平面角，

则cosz_&4E==1,./_CAE=?

m[;:

•.一！平BL4EC,又lua,

.••平面a1平面力EC,过身故勿JLAC于9点，

.,•平面an平面4EC=RC,EFu平面AEC,

：•EF_L平面a,•••£7唧为E点到平面a的距离，

又DE“I,Ica,DE<ta,.%DE//a,

AEF也是。到平面a的距离，

又EF=4xsin2=2C

J

故答案为：2，5.

先作出二面角，利用余弦定理求出二面角，再利用面面垂直的性质，求出EF的长度即。到a的距离即可.

本题考查了二面角以及点到平面的距离，考查了转化思想，属中档题.

13.【答案】十学

【解析】解:由忆1|=忆1+Zzl，得Z1Z1=(Z1+Z2)(Z1+Z2)，

整理得Z1Z2+ZXZ2+Z2Z2=0,

乂2逐2=a(l+V3i),则2逐2=G(1-C)i,二z2z2=-2a,

.£2_£2£2_-2。__2_-2(1+值)__1_.

Z\2迷2a(l—731)1-(1—xT3i)(l+>/~3i)22

故答案为：

把已知变形㈤=区4-z|,结合2/2=a(l+，玉)求得Z2Z2，然后把孑分子分母同时乘以z2得答案.

2Z1

本题考查复数的运算，考查化归与转化思想，考查逻辑思维能力与运算求解能力，是中档题.

11.［答案］［空

【解析】解：•沅=(cosC,2cos2?-1),方=(b,c—4a),

.,•沅•元=bcosC+(c—4a)(2cos2j-1)=bcosC+(c-4a)cosB=0,

由正弦定理知，-T-7=-r-z=

stn71sinBstnC

sinBcosC4-(sinC-4sinA')cosB=0,

•••sin(B+C)-4sinAcosB=0,H|Jsin/1-4sinAcosB=0,

vsinA*0,

01

cosB=7.

4

\^AD=2CD=2x,

1

2+2-

解得cc

2a一a①

在由余弦定理知，生|等X2

UBE,38=9

在AABD^LBC。中，有cos4力OB=-cos乙BDC,

.8标+/一_BD2+CD2-BC2

"-2BDAD_2BDCD，

即茱F=一写r，化简得c2+2a2=6无2+15②,

2v5-2x2V5x

由①②得，Q2+4c2=45-ac>2a-2c,

ac<9,当且仅当Q=2c时，等号成立.

"cosB=；，•••sinB=V1-cos25=

44

•••△/8C的面积s=^acsinB<|x9x^=华三

2248

・•.△ABC面积的最大值为毕.

8

故答案为：手.

O

根据平面向量数量积的坐标运算可推出沅-n=bcosC+{c-4a)cosB=0,再由正弦定埋将边化为角后,

化简整理即可得cosB的值;

设<。=2。0=2%,在△48C中，由余弦定理知，cosB=Q2+；：；9X2=汨,在△ABD和△BCD中，有

cos^ADB=-cos^BDC,再次使用余弦定理化简后有c?+2层=6/+15②，结合①②，消去”,再利用

基本不等式可求得QC<9,最后根据S=gacsEB即可得解.

本题考查平面向量、解三角形与三角恒等变换的综合应用，还涉及利用基本不等式解决最值问题，熟练学

握这三章节的基本公式是解题的关键，考查学生灵活运用知识的能力，逻辑推理能力和运算能力，属于中

档题.

15.【答案】证明见解答：理由见解答；

【解析】解:(1)证明：取PC得中点Q,连接QF,

因为F为PB的中点,

所以QF//OC,且QF二次,

乂因为4G//BC,HAG=^BC,

所以QF〃/1G且QF=AG,

故四边形4GQF是平行四边形，

故A/7/GQ,

又因为“尸C平面PGC,GQu平面PGC,

所以4/7/平面PGC；

(2)连接AE,与相交于H,则“为8。的三等分点(靠近点8),即为所求.

理由如下：在平行四边形ABC。中，

因为£、G分别是6C、力。中点，

则〃。从AG=CE,

即四边形4ECG是平行四边形，

于是得4E〃CG,令CGCBD=M,

则B"=HM=MD,

而4EC平面PCG,CGu平面PCG,

因此AE〃平面PCG,

由(1)知EF〃平面PCG,又AEnEF=E,AE,EFu平面力EF,

于是得平面力EF〃平面PCG,

又FHu平面4EF,

所以FH〃平面PCG,.且“为BC的三等分点（靠近点8）,

故IM

（1）先证四边形4GQr是平行四边形，得出4/7/GQ,即可得证;

（2）先证平面NE/7/平面PCG,得出尸H〃平面PCG,进而有77为BD的三等分点（靠近点8）,即可求解.

本题考查空间线面位置关系的判定，属于中档题.

16.【答案】（1）证明：在等边三角形8CD中，因为M为。C的中点,

所以BM1CD,

因为/D=力8=2,BD=26,

所以ZADB=乙ABD=30°,

Z-ADC=30°4-60°=90°,即为。J.CD,

所以8M〃4D,

又8MC平面产力0,力。（=平面24。，

所以5M//平面24D,

又E为PC的中点，M为CO的中点，所以EM〃PD,

乂EMU平面240,PDu平面H4D,所以EM〃平面PAO,

又EMfl8M=M,所以平面BEM〃平面P4D.

（2）解：过A作AN〃BC,交CD于M再过N作NF〃PC,交PD于F,连接AF,

则F即为所求,

由，力BC=300+60°=90°,可得4AM8=90。，^DAN=120°-90°=30°,

在直角三角形ADN中，ND=ADtan300=

则CN=2C-等=空

所以ON：CN=1：2,

由NF"PC,可得悬=徐=2.

证明：当尊=鲁=2时，可得NF〃PC,

ruUni

NFC平面P8C,PCu平面PBC,可得NF〃平面P8C,

又ANIIBC,ANC平面PBC,8Cu平面P8C,可得AN//平面P2C,

乂ANCNF=N,可得平面4NF〃平面PBC,

而？IFu平面4VF,所以AF〃平面P8C.

【解析】(1)先证明8Mle。，ZZDC=90°,得到8M〃/W,可得BM〃平面24D,再证明EM〃平面

PAD,由面面平行的判定定理可得平面8EM〃平面PAD；

(2)由面面平行的判定定理和性质，结合平行线的性质，即可判定存在性.

本题考查直线与平面平行的判定定理和面面平行的判定定理和性质，属于中档题.

17.【答案】解：(1)因为五=可一2五，方=百+3五，

所以/IQB=(4+〃)瓦*+(3〃-24)慈，

因为4百-3石=入五+〃尻且可，冕是不共线的非零向量，

所以由平面向量基本定理可得：解得£=；；

(2)因为/，费是互相垂直的单位向量，所以|五|=|五|=1,百年=0，

所以1可=/)2二j|百/一4瓦•汉+4|可卜=，彳+4=4,

|司=JE+3吊尸=J|其|2+6%•其+9|五口=JTT5=五不=(五—2与)・(百+3的=

同产+百•另一6尼产=-5,

所以的"磊=磊=-争

又因为6£[0,初，所以"年.

【伴析】(1)通过条件利用耳球表示22Iub,然后利用平面向量基本定理列方程组求解；

(2)先求出圆，向，a-5,然后再用向量的夹角公式求。即可.

本题考查平面向量数量积与平面向量基本定理，属于中档题.

18.【答案】A=不

(2/3,373].

【解析】(1)因为2sinC=sinB+cosBtanA,

所以2sme=sinB+cosB・若sinBcosA+cosBsinA_sin(B+4)_sinC

cosAcosAcosA'

所以2sinCcos4=sinC,因为Cw(0,7i),所以sinC>0,

所以cos/l=；,又4E(0,TT),所以力=g.

ocos/l,cosCsinAsinB

(2)因为丁+=二方荷

在么ABC中，由正弦定理及余弦定理得"；C『Q2+叱£-2=\T3b

2abc2abc

所以弗=2=善，故。=20，

2abcac6c

由正弦定理可得,磊=肃=导=等=4,

2

所以b=4sM8,c=4sinC,

则么ABC面积S=:bcsinA=；x4sinBx4sinCx=4-/3sinFsin(y-8)

1V~3

—4\/~3sinB(^sinB+-^-cosB)—2＞J~3sin2B+Geos7B

乙乙

L011

=4v3(-^-sin25--^cos2B+4)

=2/3sin(2F-^)+73,

0＜F

因为27r会解得看＜8＜会