2024-2025学年广东省深圳市盐田高级中学高一（下）期中数学试卷

第1页（共1页）2024-2025学年广东省深圳市盐田高级中学高一（下）期中数学试卷一、单选题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确选项的序号填在括号内，每小题5分，共40分）1．（5分）在复平面内，（1﹣i）（4+3i）对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（5分）下列结论正确的是（）A．两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线． B．两两相交的三条直线最多可以确定三个平面． C．如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合． D．若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面．3．（5分）如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的面积是（）A．6 B．32 C．12 D．624．（5分）已知e1→与e2→是两个不共线的向量，AB→=3e1→+2e2→A．﹣4 B．﹣12 C．4 D．5（多选）5．（5分）△ABC中，下列命题不正确的是（）A．若A＞B，则sinA＞sinB B．若sin2A＝sin2B，则△ABC一定为等腰三角形 C．若a2+b2＜c2，则△ABC为钝角三角形 D．若A＝30°，b＝4，a＝3，则△ABC有两解6．（5分）如图，在海面上有两个观测点B，D，点B在D的正北方向，距离为3km，在某天10：00观察到某商船在C处，此时测得∠CBD＝45°，5分钟后该船行驶至A处，此时测得∠ABC＝30°，∠ADB＝60°，∠ADC＝30°，则该船行驶的距离AC＝（）A．322km B．32km 7．（5分）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长相等，且六个顶点都在球O的球面上，记正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为V1，球O的体积为V2，则V2A．147π27 B．77π548．（5分）如图，已知正方形ABCD的边长为4，若动点P在以AB为直径的半圆上（正方形ABCD内部，含边界），则PC→A．（0，16） B．[0，16] C．（0，4） D．[0，4]二、多选题（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，部分选对的部分分，有选错的得0分）（多选）9．（6分）已知i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（）A．复数﹣2﹣i的虚部为﹣i B．i2025＝i C．复数6+5i与﹣3+4i分别对应向量OA→与OB→，则向量BA→D．若复数z满足条件2≤|z|≤3，则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，分别以2和3为半径的两个圆所夹的圆环，且包括圆环的边界（多选）10．（6分）△ABC是边长为3的等边三角形，CD→A．AD→B．|ADC．AD→D．AD→在BC→（多选）11．（6分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是AD，DD1的中点，点P是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为（）A．存在点P，使得FP∥平面ABC1D1 B．过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C．三棱锥C1﹣A1B1P的体积为定值 D．三棱锥F﹣ACD的外接球表面积为9π三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）12．（5分）已知i为虚数单位，设m∈R，z＝m2﹣5m+6+（m2﹣4）i，若z为纯虚数，则m的值为．13．（5分）若a→=（λ，4），b→=（3，5），且a→与b14．（5分）我国著名的数学家秦九韶在《数书九章》提出了一种求三角形面积的方法“三斜求积术”，即在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积为S=14[(ab)2−(a2+b2−c22)2]，若cos2C四、解答题（本大题共5个小题，共77分）15．已知复数z=1−5i（1）求复数z的模|z|；（2）若az+z+b=7−4i(a，b∈R)，求a，16．已知向量a→=(1，x)，（1）若3b→⊥(（2）若c→=(−3，−4)，b→∥(a17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2为菱形，∠DAB＝60°，△PAD是以PA为斜边的等腰直角三角形，F，G分别是PB，CD的中点．（1）求证：GF∥平面PAD；（2）设E为AB的中点，过E，F，G三点的截面与棱PC交于点Q，指出点Q的位置并证明．18．已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为14，轴截面等腰三角形PAC的顶角为90°，若△PAB的面积为2（1）求该圆锥的侧面积；（2）求圆锥的内切球的表面积；（3）求该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值．19．如图，设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线，已知c＝1且2csinAcosB＝asinA﹣bsinB+14bsinC，cos∠BAD（1）求b边的长度；（2）求△ABC的面积；（3）设点E，F分别为边AB，AC上的动点，线段EF交AD于G，且△AEF的面积为△ABC面积的一半，求AG→

2024-2025学年广东省深圳市盐田高级中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）题号1234678答案DBCBAAB二．多选题（共4小题）题号591011答案ACDBCDBCDACD一、单选题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确选项的序号填在括号内，每小题5分，共40分）1．【答案】D【解答】解：（1﹣i）（4+3i）＝4+3﹣4i+3i＝7﹣i，其对应的点（7，﹣1）位于第四象限．故选：D．2．【答案】B【解答】解：对选项A，由基本事实3，两个平面有一个公共点A，那么它们有且只有一条过A点的公共直线，而不是任意一条过点A的直线都是两平面的交线，故A项错误；对于B，若两两相交的三条直线交于一点，则三条直线最多可以确定三个平面，故B正确；对选项C，若这三个公共点共线，两平面可能相交，不一定重合，故C项错误；对选项D，若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则直线a与平面α相交，设交点为O，则平面内所有过点O的直线都与a相交于点O，而不是异面，故D项错误．故选：B．3．【答案】C【解答】解：△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，所以：S△OAB=1故选：C．4．【答案】B【解答】解：e1→与e2→是两个不共线的向量，AB→则BD→=CD→−CB→=（3﹣由A，B，D三点共线，可得存在实数λ，使得AB→=λ即3=λ(3−k)2=−λ(2+k)，解得k故选：B．5．【答案】ACD【解答】解：对于A，若A＞B，则a＞b，由正弦定理得2RsinA＞2RsinB，即sinA＞sinB，A正确；对于B，若sin2A＝sin2B，则2A＝2B或2A+2B＝π，即A＝B或A+B=π2，对于C，由余弦定理得cosC=a2+b2−c对于D，若A＝30°，b＝4，a＝3，由正弦定理得sinB=bsinA而b＞a，则B可能是锐角也可能是钝角，因此△ABC有两解，D正确．故选：ACD．6．【答案】A【解答】解：由已知可得∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝30°+45°＝75°，∠CDB＝∠ADC+∠BDA＝30°+60°＝90°，在△BCD中，∠BDC＝90°，∠DBC＝45°，则∠BCD＝45°，又因为BD＝3，所以BC=32km在△ABD中，∠ABD＝75°，∠ADB＝60°，则∠BAD＝45°．由正弦定理ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，可得在△ACB中，∠ABC＝30°，由余弦定理得AC即AC=3故选：A．7．【答案】A【解答】解：设正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均为2，则正三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球O的半径为12∴球O的体积为V2=4又正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为V1=1∴V2故选：A．8．【答案】B【解答】解：建立直角坐标系，如图所示：正方形ABCD的边长为4，设：A（0，0），B（4，0），C（4，4），D（0，4），取CD的中点E，连接PE，所以PE的取值范围为[AD即[2，25]，由于PC→故PC→故选：B．二、多选题（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，部分选对的部分分，有选错的得0分）9．【答案】BCD【解答】解：对于复数﹣2﹣i的虚部为﹣1，故A错误；i2025＝（i4）506•i＝i，故B正确；复数6+5i与﹣3+4i分别表示向量OA→与OB则OA→因为BA→所以表示向量BA→的复数为9+i，故C对于D：对于D，设复数z＝m+ni（m，n∈R），若复数z满足条件2≤|z|≤3，则有4≤m2+n2＝（m﹣0）2+（n﹣0）2≤9，故复数z对应点的集合是以原点O为圆心，分别以2和3为半径的两个圆所夹的圆环，且包括圆环的边界，故D正确．故选：BCD．10．【答案】BCD【解答】解：由题意，|AB→|=|对于A，AD→=AC对于B，AD=49×9+49对于C，AD=−2=−23×9+对于D，AD→在BC→上的投影向量是AD→故选：BCD．11．【答案】ACD【解答】解：对于选项A：当P为BD中点时，因为F是DD1的中点，所以FP∥BD1，FP⊄平面ABC1D1，BD1⊂平面ABC1D1，所以FP∥平面ABC1D1，故选项A正确；对于选项B：因为E，F分别是AD，DD1的中点，所以EF∥AD1，在正方体中，易证AD1∥BC1，所以EF∥BC1，过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形EBC1F，故选项B错误；对于选项C：因为VC所以三棱锥C1﹣A1B1P的体积为定值，故选项C正确；对于选项D：三棱锥F﹣ACD的外接球可以补形为长方体（长为2，宽为2，高为1）的外接球，则外接球直径为2R=2解得R=4+4+1所以外接球的表面积S＝4πR2＝9π，故选项D正确．故选：ACD．三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）12．【答案】3．【解答】解：由z＝m2﹣5m+6+（m2﹣4）i为纯虚数，得m2−5m+6=0m故答案为：3．13．【答案】(−20【解答】解：设向量a→与b→的夹角为θ，θ∈（0，π2），则cos所以a→•b→=3λ检验：当a→与b→共线同向时，cos由a→=（λ，4），b→=（3，5），可知此时b→=所以当λ＞−203且λ≠125时，综上所述，实数λ的取值范围是(−20故答案为：(−2014．【答案】3．【解答】解：因为cos2C﹣cos2A﹣cos2B＝sinAsinB﹣1，所以1﹣sin2C﹣（1﹣sin2A）﹣（1﹣sin2B）＝sinAsinB﹣1，即sin2A+sin2B﹣sin2C＝sinAsinB，由正弦定理知，a2+b2﹣c2＝ab，由余弦定理知，cosC=a因为C∈（0，π），所以C=π所以csinC=2R=4所以a2+b2﹣ab＝c2＝4≥2ab﹣ab＝ab，即ab≤4，当且仅当a＝b＝2时等号成立，所以△ABC的面积为S=1故答案为：3．四、解答题（本大题共5个小题，共77分）15．【答案】（1）|z|=13（2）a＝3，b＝﹣5．【解答】解：（1）z=1−5i则|z|=3（2）∵az+z又az+z∴3a+3+b=7−(2a−2)=−4，解得a＝3，b16．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）根据题意可知，向量a→=(1，x)，由3b→⊥(a→又a→=(1，x)，b→=(2，3)，所以所以2+3x﹣13＝0，解得x=11（2）因为a→=(1，x)，c→又b→∥(a→+c→)，所以﹣2×3﹣2（所以cos＜3b所以3b→+c→17．【答案】（1）证明见解析；（2）Q为PC的中点，证明见解析．【解答】（1）证明：如图，取PA中点H，连接FH，HD，因为F为PB中点，所以HF∥AB，且HF=1又因为四边形ABCD为菱形，且G为CD中点，所以DG∥AB，且DG=1所以HF∥DG，且HF＝DG，所以四边形HDGF为平行四边形，所以GF∥HD，因为GF⊄平面PAD，HD⊂平面PAD，所以GF∥平面PAD；（2）解：Q为PC的中点，证明如下：因为CG∥BE且CG＝BE，故BCGE为平行四边形，故EG∥BC，EG⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，故EG∥平面PBC，又EG⊂平面EFQG，平面EFQG∩平面PBC＝FQ，所以EG∥FQ，又EG∥BC，所以FQ∥BC，因为F为PB的中点，所以点Q为PC的中点．18．【答案】（1）82π；（2）96π﹣642π；（3）82．【解答】解：（1）已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为14，轴截面等腰三角形PAC的顶角为90°，△PAB的面积为2设圆锥母线长、底面半径分别为l、r，由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为90°，则l2+l2＝（2r）2，解得l=2又cos∠APB=14，所以又因为△PAB的面积为215∴S△PAB=1又l=2r，所以∴圆锥的侧面积S=1（2）作出轴截面如图所示：根据圆锥的性质可知内切球球心在PO上，设球心为G，切PA于点D，设内切球半径为R，即GO＝GD＝R，则△POA∼△PDG，所以GDAO由（1）可知，圆锥的高PO=AO=22则有R22=所以圆锥的内切球的表面积S=4πR（3）由（1）知，圆锥的高h=r=2令正四棱柱的底面边长为a，高为H，则HG=2由PO1PO∴a=2S侧等号成立⇔22则该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值为82．19．【答案】（1）b＝4；（2）△ABC