2024-2025学年广东省深圳市高一（下）期中数学试卷

第1页（共1页）2024-2025学年广东省深圳市高一（下）期中数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）（1+i）（2﹣i）＝（）A．2﹣i B．3﹣i C．2+i D．3+i2．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝4，b＝5，c＝6，则sinC＝（）A．18 B．378 C．33．（5分）在平行四边形ABCD中，点E是BC边上的点，BC→=3EC→，点F是线段的DE中点，若A．56 B．1 C．58 4．（5分）下列说法中正确的是（）A．过三个点有且只有一个平面 B．四边形可以确定一个平面 C．若一条直线与两个平行平面中的一个平面平行，则这条直线与另一个平面平行 D．若一条直线与一个平面平行，则这条直线与这个平面内的任意一条直线都没有公共点5．（5分）已知正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，侧棱长为1，则其体积为（）A．736 B．637 C．6．（5分）如图，为测量山高MN，选择水平地面上一点A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°，从C点测得∠MCA＝60°．已知山高BC＝100m，则山高MN＝（）A．1203m B．120m C．15037．（5分）已知P是边长为2的正八边形ABCDEFGH内的一点，O为其中心，则OE→A．(−22，4+22)C．（﹣2，4） D．（﹣4，4）8．（5分）南北朝时期，数学家祖冲之、祖暅父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，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去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用垂直于半径的平面α去截半径为R的半球，且球心到平面α的距离为d=12RA．516 B．716 C．12二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知复数z=1−iA．z的虚部为﹣i B．z2为纯虚数 C．|z|＝2 D．z在复平面内对应的点位于第二象限（多选）10．（6分）对于△ABC，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，有如下命题，其中正确的有（）A．若sinA＝2cosBsinC，则△ABC是等腰三角形 B．若sinA＝cosB，则△ABC是直角三角形 C．sinA＞cosB是△ABC为锐角三角形的必要不充分条件 D．若a＝8，c＝10，A＝30°，则符合条件的△ABC有两个（多选）11．（6分）如图，P为△ABC内任意一点，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△BPC，△APC，△APB的面积分别为SA，SB，SC，总有优美等式SAPA→A．若P是△ABC的重心，则有PA→B．若AP→=25AB→+15C．若P为△ABC的内心，3PA→+4D．若P是△ABC的外心，A=π4三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知a→=（1，2），b→=（2，m），若a→⊥（a13．（5分）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为3，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为33，则这个圆锥的高为；侧面积为14．（5分）如图，在扇形OAB中，∠AOB＝120°，C为弧AB上的动点，若OC→=xOA→+yOB→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．（13分）若e1→，e2→是夹角为60°的两个单位向量，则a→=2e1（1）求|a→|和a→•（2）求a→与b16．（15分）锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2bsinA=3（1）求B；（2）若b＝2，△ABC的面积为3，求△ABC的周长．17．（15分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC是正三角形，AB＝2，AA1=22，（1）求四棱锥C1﹣A1B1BA的体积；（2）求三棱柱ABC﹣A1B1C1截去三棱锥C1﹣ACD后所得几何体的表面积；（3）求直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的表面积．18．（17分）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC所在平面内有一点D满足AD→=2DB（1）若∠ACB＝60°，求△ABC面积的最大值；（2）若∠CDB＝120°，当ACBC取得最小值时，求BD19．（17分）在△ABC中，∠A，∠B，∠C对应的边分别为a，b，c，2sinAsinBsinC=3（1）求A；（2）奥古斯丁•路易斯•柯西（AugustinLouisCauchy，1789年﹣1857年），法国著名数学家．柯西在数学领域有非常高的造诣．很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用．①用向量证明二维柯西不等式：(②已知三维分式型柯西不等式：y1，y2，y3∈R+，x12y1+x22y2+x3

2024-2025学年广东省深圳市高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案DBADCDAA二．多选题（共3小题）题号91011答案BDACDACD一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【答案】D【解答】解：（1+i）（2﹣i）＝2﹣i+2i﹣i2＝3+i．故选：D．2．【答案】B【解答】解：a＝4，b＝5，c＝6，由余弦定理得cosC=b则sinC=1−co故选：B．3．【答案】A【解答】解：由点F是线段的DE中点，得DF→由BC→=3EC→，且四边形则AF=12DC故μ=5故选：A．4．【答案】D【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，当三点共线时，有无数个平面，A错误；对于B，空间四边形可确定4个平面，B错误；对于C，若一条直线与两个平行平面中的一个平面平行，则这条直线与另一个平面平行或在另一个平面内，C错误；对于D，若一条直线与一个平面平行，则这条直线与这个平面内的任意一条直线都没有公共点，D正确．故选：D．5．【答案】C【解答】解：作出示意图如下：作斜截面ACC1A1，则AC=22，A1C1=2，AA1＝CC1＝1，过A1，C1作正四棱台的高A1E，C1F，则EF=2，所以AE=所以A1所以正四棱台的体积为V=1故选：C．6．【答案】D【解答】解：根据题意BC⊥AB，且∠CAB＝45°，可知△ABC为等腰直角三角形，所以AC=2BC＝1002在△ACM中，∠MAC＝75°，∠MCA＝60°，则∠AMC＝45°，由正弦定理ACsin∠AMC=AMsin∠MCA，可得AM在Rt△AMN中，MN⊥AN，∠MAN＝60°，可得sin∠MAN=MNAM=32，所以MN=故选：D．7．【答案】A【解答】解：作出示意图如下：由正八边形的对称性可知：OE→又易知正八边形的每个内角为(8−2)×180°8又AP→⋅AB→=|AP如图，过点C作CT垂直AB的延长线于点T，过点H作HS垂直BA的延长线于点S，可知当P在线段CD上时，|AP→|cosθ此时AP→当P在线段GH上时，|AP→|cosθ此时AP→所以AP→⋅AB故选：A．8．【答案】A【解答】解：由已知得，半球体积为V半球12V圆柱=1所以V圆台则V球冠所以平面α所截得的较小部分（称之为“球冠”）的几何体的体积是半球体积的516故选：A．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．【答案】BD【解答】解：z=1−i则z的虚部为﹣1，故A错误；z2＝（﹣1﹣i）2＝1+i2+2i＝2i为纯虚数，故B正确；|z|=2，故Cz=−1+i在复平面内对应的点（﹣1，1），位于第二象限，故D故选：BD．10．【答案】ACD【解答】解：对于A选项，已知sinA＝2cosBsinC，sinA＝sin（B+C），所以sinBcosC+cosBsinC＝2cosBsinC，所以sinBcosC﹣cosBsinC＝0，即sin（B﹣C）＝0．因为B、C∈（0，π），所以﹣π＜B﹣C＜π，则B﹣C＝0，即B＝C，所以△ABC是等腰三角形，A选项正确．对于B选项，当A＝120°，B＝30°时，满足sinA＝cosB=3但△ABC不是直角三角形，B选项错误．对于C选项，若sinA＞cosB，比如A＝90°，B＝30°，满足sinA＞cosB，但△ABC不是锐角三角形，充分性不成立．若△ABC为锐角三角形，则A+B＞π2，所以因为y＝sinx在(0，π2)因此sinA＞cosB是△ABC为锐角三角形的必要不充分条件，C选项正确．对于D选项，已知a＝8，c＝10，A＝30°，所以10sin30°＜8＜10，即csinA＜a＜c，所以符合条件的△ABC有两个，D选项正确．故选：ACD．11．【答案】ACD【解答】解：对于A选项：因为D、E、F分别为CA、AB、BC的中点，所以CP＝2PE，S△AEC同理可得S△APB=1所以S△PBC＝S△PAC＝S△PAB，又因为S△PBC所以PA→+PB对于B选项：因为AP→所以PA→=−2所以PC→所以S△PBC化简得：(−2又因为AB→所以−25S所以S△ABPS△ABC对于C选项，若P为△ABC的内心，3PA→+4PB→+5PC→=0又SA：SB：所以，a2+b2＝c2，故∠C=π2，对于D选项：因为P是△ABC的外心，A=π4，所以∠BPC=π所以PB→因为PA→=mPB化简得：m2+n2＝1，由题意知m、n不同时为正，记m=cosαn=sinα，π2＜α＜2π因为3π4＜α+π所以−2≤2所以m+n∈[−2，1)，故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．【答案】32【解答】解：由题意可知，a→又因为a→⊥(a所以a→所以m=3故答案为：3213．【答案】22；3π【解答】解：因为圆锥形物体的母线长为3，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为33作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：故该小虫爬行的最短路程为PP1＝33，由余弦定理可得cos∠P∠P设底面圆的半径为r，则有2πr=2π3×3故圆锥的高为h=9−1圆锥的侧面积为S＝πrl＝π×1×3＝3π．故答案为：22；3π14．【答案】[1，27【解答】解：由题意在扇形OAB中，∠AOB＝120°，可设|OA以O为原点，以OA所在的直线为x轴，过O作OA的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，设∠AOC＝θ，则C（cosθ，sinθ），其中0≤θ≤2π可得OA→由题意OC→可得(cosθ，sinθ)=x(1，0)+y(−1可得x=cosθ+3可得x+4y=cosθ+3=27=27其中sinα=127由于0≤θ≤2π所以sin（θ+α）可取到最大值1，当θ＝0时，sin（θ+α）取得最小值12所以1≤27sin(θ+α)≤27故答案为：[1，27四、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．【答案】（1）|a→|=（2）60°．【解答】解：（1）由题意可得，e1因为a→=2e1→+e2所以|a所以a→（2）因为|b所以cos〈a所以a→与b16．【答案】（1）B=π（2）6．【解答】解：（1）因为2bsinA=3a，所以由正弦定理得因为sinA＞0，所以sinB=3因为△ABC为锐角三角形，所以B∈(0，π2)（2）因为S△ABC=1由余弦定理得：b2因为b＝2，所以4＝a2+c2﹣ac，所以a2+c2＝8，所以（a+c）2＝a2+c2+2ac＝16，所以a+c＝4，所以△ABC的周长a+b+c＝4+2＝6．17．【答案】（1）46（2）92（3）40π3【解答】解：（1）根据题意可得S△ABC=34×2四棱锥C1﹣A1B1AB的体积为：VC=S（2）由题意得AD=2从而AD2+C1D2所以S△ADC1因为S△ABDS△ASBD所以33所以三棱柱ABC﹣A1B1C1截去三棱锥C1﹣ACD后几何体的表面积为92（3）因为球心为上下底面正三角形的中心的连线的中点，取H为等边△ABC的外心，所以AH为等边△ABC外接圆半径，设为r，所以r=2×3因为OH=1所以R2所以直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的表面积为4πR2=40π18．【答案】（1）33（2）3−1【解答】解：（