2023-2024学年天津市红桥区高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年天津市红桥区高一（下）期末数学试卷一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（4分）已知a∈R，i为虚数单位，若为实数，则a＝（）A．﹣2 B．2 C． D．2．（4分）已知向量＝（m，1），＝（1，﹣2），若，则m＝（）A．﹣ B． C．﹣2 D．23．（4分）设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列四个命题中，其中正确的是（）A．若m⊂α，n∥α，则m∥n B．若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ C．若α∩β＝n，m∥n，则m∥α且m∥β D．若α⊥γ，β∥γ，则α∥β4．（4分）已知圆柱的底面半径和高都是2，那么圆柱的侧面积是（）A．4π B．8π C．12π D．16π5．（4分）已知平面α截球O的球面所得圆的面积为π，O到α的距离为1，则球O的表面积为（）A．2π B．4π C．8π D．16π6．（4分）一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A'B'O'，若O'B'＝2，则原图形△ABO的面积是（）A．1 B． C． D．7．（4分）已知向量＝（x，2，﹣1），＝（2，4，﹣2），如果，那么x等于（）A．﹣1 B．1 C．﹣5 D．58．（4分）在△ABC中，D是BC中点，AB＝2，BC＝3，AC＝4，则＝（）A． B． C． D．9．（4分）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别是A1B1、BB1的中点，那么直线AM与CN所成的角的余弦值是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6个小题，每小题4分，共24分.10．（4分）已知i为虚数单位，化简的结果为．11．（4分）化简＝．12．（4分）一个正方体的表面积为6，若一个球内切于该正方体，则此球的体积是．13．（4分）已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为15π，则该圆锥的体积为．14．（4分）已知三棱锥P﹣ABC四个顶点在球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则此球的半径是．15．（4分）已知点O是△ABC内一点，满足，，则实数m为．三、解答题：本大题共4个小题，共40分.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤.16．（10分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a：b：c＝1：．（Ⅰ）求cosA的值；（Ⅱ）求的值．17．（10分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知bsinA＝3csinB，a＝3，．（1）求：b的值；（2）求：△ABC的面积．18．（10分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，已知侧棱A1A⊥底面ABCD，侧面ABB1A1是正方形，AB1与A1B交于点O，AB⊥BC，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1．（Ⅰ）求证：AD∥平面COC1；（Ⅱ）求直线OC1与平面AB1C所成角的正弦值．19．（10分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，PA＝AB，AB＝2，AD＝，CD＝1．（1）证明：BD⊥PC；（2）求二面角A﹣PC﹣D的余弦值；（3）设Q为线段PD上的点，且直线AQ和平面PAC所成角的正弦值为，求的值．

2023-2024学年天津市红桥区高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（4分）已知a∈R，i为虚数单位，若为实数，则a＝（）A．﹣2 B．2 C． D．【考点】复数的运算．【答案】A【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：∵＝为实数，∴，解得a＝﹣2．故选：A．2．（4分）已知向量＝（m，1），＝（1，﹣2），若，则m＝（）A．﹣ B． C．﹣2 D．2【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】D【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，求出m的值．【解答】解：∵向量＝（m，1），＝（1，﹣2），若，∴•＝m﹣2＝0，则m＝2，故选：D．3．（4分）设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列四个命题中，其中正确的是（）A．若m⊂α，n∥α，则m∥n B．若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ C．若α∩β＝n，m∥n，则m∥α且m∥β D．若α⊥γ，β∥γ，则α∥β【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．【答案】B【分析】由线、面位置关系对选项一一判断即可得出答案．【解答】解：对于A，若m⊂α，n∥α，则m∥n或m与n异面，故A错误；对于B，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，由β∥γ，则m⊥γ故B正确；对于C，若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β或m⊂β，故C错误；对于D，若α⊥γ，β∥γ，则α⊥β，故D错误．故选：B．4．（4分）已知圆柱的底面半径和高都是2，那么圆柱的侧面积是（）A．4π B．8π C．12π D．16π【考点】圆柱的侧面积和表面积．【答案】B【分析】直接根据圆柱的侧面积的公式求解即可．【解答】解：底面周长为2π×2＝4π侧面积展开为矩形，∴S侧＝4π×2＝8π．故选：B．5．（4分）已知平面α截球O的球面所得圆的面积为π，O到α的距离为1，则球O的表面积为（）A．2π B．4π C．8π D．16π【考点】球的表面积．【答案】C【分析】根据题意可得截面小圆的半径为1，又O到α的距离为1，从而可得球O的半径为＝，再代入球的表面积公式，即可得解．【解答】解：根据题意可得截面小圆的半径为1，又O到α的距离为1，∴球O的半径为＝，∴球O的表面积为8π．故选：C．6．（4分）一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A'B'O'，若O'B'＝2，则原图形△ABO的面积是（）A．1 B． C． D．【考点】由斜二测直观图还原图形．【答案】D【分析】根据斜二测画法的原则确定三角形△ABO的底和高即可．【解答】解：因为三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A′B′O′，所以△ABO的底OB＝O′B′＝2，腰A′O′＝2，在△ABO中为直角三角形，且高OA＝2A′O′＝2×2＝4，所以直角三角形△ABO的面积是2×4＝4．故选：D．7．（4分）已知向量＝（x，2，﹣1），＝（2，4，﹣2），如果，那么x等于（）A．﹣1 B．1 C．﹣5 D．5【考点】空间向量的共线与共面．【答案】B【分析】利用向量与向量平行的性质直接求解．【解答】解：∵向量＝（x，2，﹣1），＝（2，4，﹣2），，∴，解得x＝1．故选：B．8．（4分）在△ABC中，D是BC中点，AB＝2，BC＝3，AC＝4，则＝（）A． B． C． D．【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】B【分析】利用余弦定理求出cos∠BAC，再计算•的值．【解答】解：△ABC中，D是BC中点，AB＝2，BC＝3，AC＝4，则cos∠BAC＝＝＝，•＝（+）•＝+•＝×4+×2×4×＝．故选：B．9．（4分）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别是A1B1、BB1的中点，那么直线AM与CN所成的角的余弦值是（）A． B． C． D．【考点】直线与直线的位置关系．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系D﹣xyz，利用向量法能求出直线AM与CN所成的角的余弦值．【解答】解：如图，建立空间直角坐标系D﹣xyz，由题意知A（2，0，0），M（2，1，2），C（0，2，0），N（2，2，1），∴，＝（2，0，1），设直线AM与CN所成的角为θ，则cosθ＝|cos＜＞|＝||＝．∴直线AM与CN所成的角的余弦值是．故选：D．二、填空题：本大题共6个小题，每小题4分，共24分.10．（4分）已知i为虚数单位，化简的结果为﹣i．【考点】复数的除法运算．【答案】﹣i．【分析】根据复数的乘法和除法运算进行计算即可．【解答】解：．故答案为：﹣i．11．（4分）化简＝．【考点】平面向量的加减混合运算．【答案】见试题解答内容【分析】利用+＝和＝﹣这2个结论化简所给的式子．【解答】解：＝+++＝++＝+＝，故答案为．12．（4分）一个正方体的表面积为6，若一个球内切于该正方体，则此球的体积是．【考点】球的体积．【答案】．【分析】由已知求解正方体的棱长，可得其内切球的半径，代入球的体积公式得答案．【解答】解：设正方体的棱长为a，由题意，6a2＝6，得a＝1，∴该正方体内切球的半径为，则此球的体积是．故答案为：．13．（4分）已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为15π，则该圆锥的体积为12π．【考点】圆锥的体积．【答案】12π【分析】作出圆锥的截面图，计算圆锥的高，代入体积公式可得结果．【解答】解：圆锥的轴截面如图，由题意知AO＝3，则π×AO×SA＝15π，所以SA＝5，由勾股定理得SO＝4，所以．故答案为：12π．14．（4分）已知三棱锥P﹣ABC四个顶点在球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则此球的半径是．【考点】球内接多面体．【答案】．【分析】由题意画出图形，证明三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，且三条侧棱两两互相垂直，再由补形法求外接球球O的半径．【解答】解：如图，由PA＝PB＝PC，△ABC是边长为的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是PA，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面PAC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为，则球O的半径为．故答案为：．15．（4分）已知点O是△ABC内一点，满足，，则实数m为﹣4．【考点】平面向量的基本定理．【答案】﹣4．【分析】根据条件可以得出，并设，这样即可得出A，B，M三点共线，画出图形，并得到，从而解出m的值．【解答】解：根据题意，因为已知点O是△ABC内一点，满足，可令，则A，B，M三点共线，又∵与共线反向，即有，所以，解得m＝﹣4．故答案为：﹣4．三、解答题：本大题共4个小题，共40分.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤.16．（10分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a：b：c＝1：．（Ⅰ）求cosA的值；（Ⅱ）求的值．【考点】余弦定理；求两角和与差的三角函数值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）由题意设a＝x＞0，则b＝x，c＝x，进而利用余弦定理即可求解cosA的值；（Ⅱ）由（Ⅰ）利用同角三角函数基本关系式可求sinA的值，利用二倍角公式可求sin2A，cos2A的值，进而利用两角差的正弦公式即可求解的值．【解答】解：（Ⅰ）因为△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，a：b：c＝1：，设a＝x＞0，则b＝x，c＝x，所以cosA＝＝＝；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得sinA＝＝，所以sin2A＝2sinAcosA＝2×＝，cos2A＝2cos2A﹣1＝，所以＝sin2A﹣cos2A＝×﹣×＝．17．（10分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知bsinA＝3csinB，a＝3，．（1）求：b的值；（2）求：△ABC的面积．【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】见试题解答内容【分析】（1）利用正弦定理化角为边，可求得c，再由余弦定理求得b的值；（2）先利用同角三角函数的平方关系，求得sinB，再由三角形面积公式，得解．【解答】解：（1）由正弦定理及bsinA＝3csinB，得ab＝3bc，即a＝3c，由于a＝3，所以c＝1，由余弦定理知，，所以．（2）由于，所以B是锐角，所以，所以．18．（10分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，已知侧棱A1A⊥底面ABCD，侧面ABB1A1是正方形，AB1与A1B交于点O，AB⊥BC，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1．（Ⅰ）求证：AD∥平面COC1；（Ⅱ）求直线OC1与平面AB1C所成角的正弦值．【考点】几何法求解直线与平面所成的角；直线与平面平行．【答案】（Ⅰ）证明见解答；．【分析】（Ⅰ）分别取线段AB，CC1的中点E，F，依题意可证AD∥CE∥OF，即可证AD∥平面COC1；（Ⅱ）依题意，以B为原点建立坐标系，依题意得以及平面AB1C的一个法向量，夹角向量坐标公式即可求解．【解答】解：（Ⅰ）证明：分别取线段AB，CC1的中点E，F，连接CE，OE，OF，则AE＝CD，AE∥CD，，OE∥AA1∥CF，可知四边形AECD和四边形OECF均为平行四边形，所以AD∥CE∥OF，又AD⊄平面COC1，所以AD∥平面COC1．（Ⅱ）依题意，以B为原点，分别以BA，BB1，BC所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，可得A（2，0，0），C（0，0，1），B1（0，2，0），C1（0，2，1），O（1，1，0），所以，，，设平面AB1C的一个法向量，则，不妨设x1＝1，则y1＝1，z1＝2，所以，于是，所以直线OC1与平面AB1C所成角的正弦值为．19．（10分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，PA＝AB，AB＝2，AD＝，CD＝1．（1）证明：BD⊥PC；（2）求二面角A﹣PC﹣D的余弦值；（3）设Q为线段PD上的点，且直线AQ和平面PAC所成角的正弦值为，求的值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面所成的角．【答案】见试题解答内容【分析】（1）以A为原点，