江苏省镇江市2024-2025学年方特下学期7月期末质量检测 数学

2024-2025学年高一下学期7月期末质量监测数学试卷

一、单选题

1．cos15的值是（）

6262

A．B．

22

6262

C．D．

44

2．若复数z1i，则复数iz的虚部为（）

A．1B．iC．1D．i

3．已知，是两个不同平面，l，m是两条不同直线，则（）

A．若l//，m//，则l//mB．若l//，l//，则//

C．若l，，则l//D．若l，l，则//

．已知，是单位向量，若，则向量，的夹角为（）

4e1e2e12e25e14e2e1e2

A．30°B．45°C．60°D．120°

53

5．已知，均为锐角，若cos，cos，则sin的值为（）

135

33631656

A．B．C．D．

65656565

6．已知圆台上、下底面半径分别为1、2，若其母线与底面所成角为60，则该圆台的表面积为（）

A．6πB．8πC．9D．11π

．设，是平面内的一组基底，，，，则共线的三点为（）

7e1e2MN3e12e2MP4e1e2MQ5e14e2

A．M，N，PB．M，N，QC．M，P，QD．N，P，Q

tan39tan81tan

8．已知0180满足3，则的值为（）

tan39tan81

A．30B．60C．120D．150

二、多选题

13

9．在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知a7，b8，cosC，则（）

14

A．c3B．A120

C．ABC的面积为63D．AB边上的高为43

10．已知复数z1、z2，则（）

z

1

A．若z1z2，则z1z2B．若为纯虚数，则z1z2也为纯虚数

z2

zz22

C．若z1z2，则12是实数D．若z1z20，则z1z20

11．在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，O为BD中点，M为棱AA1上一动点，则（）

A．异面直线A1B1与BD所成角为45

B．三棱锥OMB1D1的体积为定值

C．MD1CM最小值为5

D．过点M且平行于平面A1BC1的平面截正方体得到的截面多边形周长为定值

三、填空题

12．已知长、宽、高分别为1，2，2的长方体的顶点都是球O表面上的点，则球O体积为.

3

13．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B45，C60，c6，则b的值为.

2

14．在平行四边形ABCD中，AB2AD2，ABAD1，E，F分别为边BC，CD上的动点.若BEEC，

BECF

DC3DF，则AEAF；若k，k0,1，则AFDE的取值范围是.

BCCD

四、解答题

15．在①z2z24，②z22cosx2isinx，③z22这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，

并解答：

已知复数z1，z2，满足z11i，________________.

z1

(1)若为实数，求复数z2；

z2

(2)若复数z1，z2在复平面内的对应点为Z1，Z2，且OZ1OZ2，求复数z2.

16．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中.

(1)求证：A1C1//平面AB1C；

(2)若BD1平面，求证：平面平面AB1C.

π

17．已知向量acos,sin,0,π，bcos2,cos,,π.

2

π2

(1)若sin，求b；

410

(2)若向量m4,3与向量a共线且b1，求sin2的值.

18．镇江句容茅山风景名胜区有一座闻名遐迩的老子像，是世界上最大、最高的露天老子铜像．某数学兴

趣小组在铜像底座中心Z正东方向A处测得铜像顶的仰角为30，从A处沿直线走38米到达Z南偏东60的

B处，测得铜像顶的仰角为45，点A，B，Z在同一平面内．

(1)求铜像连同底座的高度LZ；

(2)若铜像底座SZ的高度为3米，组员甲用相机给铜像拍照，已知相机镜头到地面的距离为1.5米，为使拍

照的视角最大，请问组员甲应在距离铜像底座中心Z多远处？

(3)在（2）的条件下，若组员甲在ABZ区域内以最大视角拍照，则他站位的轨迹长度为多少？

（参考数据：21914.8，π3.14，所有答案精确到小数点后1位）

19．如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是菱形，PDAD2，BAD60，平面PCD平面

ABCD.M为PC中点，N为线段AB上一点，满足MN//平面PAD.

AN

(1)求的值；

NB

(2)若PDC60，求点N到平面PBC的距离；

tan

(3)记二面角BPCD为，直线MN与平面PCD所成角为，求证：为定值.

tan

题号12345678910

答案DADCCDDBACDAC

题号11

答案ABD

1．D

由cos15cos4530，利用两角差的余弦展开可得解.

232162

【详解】cos15cos4530cos45cos30sin45sin30，故选D.

22224

2．A

利用复数的乘法化简复数iz，结合复数的概念可得结果.

【详解】由题意可得izi1i1i，故复数iz的虚部为1.

故选：A.

3．D

【详解】由题意作长方体ABCDA1B1C1D1，

对于A，当直线l,m分别为A1B1,A1D1，平面为平面ABCD时，显然l//,m//，但lmA1，故A错误；

I

对于B，当平面,分别为平面ABCD,平面CDD1C1，直线l为A1B1，显然l//,l//，但CD，故B

错误；

对于C，当平面,分别为平面ABCD,平面ADD1A1，直线l为A1A，显然l,，但l，故C错

误；

对于D，由线面垂直的性质，可得D的正确.

故选：D.

4．C

1

由向量垂直、数量积的运算律以及定义求得cos即可得解.

2

【详解】设向量，的夹角为，

e1e2,0,π

已知，是单位向量，若，

e1e2e12e25e14e2

1

则e12e25e14e2586cos0，解得cos，

2

π

所以.

3

故选：C.

5．C

124

首先求得sin,sin，然后结合两角差的正弦公式即可求解.

135

π

【详解】由题意,0,0,π，

2

53124

又因为cos，cos，所以sin,sin，

135135

1235416

所以sinsinsincoscossin.

13513565

故选：C.

6．D

求出圆台的母线长，结合圆台的表面积公式可求得该圆台的表面积.

【详解】取圆台的轴截面ABCD，如下图所示：

AD、BC为圆台的两条母线，由题意可知AB4，CD2，且CD//AB，

BADABC60，

延长AD、BC交于点M，则ABM是边长为4的等边三角形，

1

因为CD//AB，CDAB，故CD为AB的中位线，则C、D分别为BM、AM的中点，

2

1

故ADBCBM2，即圆台的母线长为2，

2

因此，该圆台的表面积为π22π12π12211π.

故选：D.

7．D

324132

由，，排除ABC，由MN2MPMQ可说明D符合题意.

415454

【详解】，是平面内的一组基底，

e1e2

MN3e12e2，MP4e1e2，MQ5e14e2，

324132

因为，，，

415454

则MN与MP，MN与MQ，MP与MQ不共线，

所以M,N,P不共线，M,N,Q不共线，M,P,Q不共线，故排除ABC，

注意到MN3e12e224e1e25e14e22MPMQ，

1

即MPMNMQ，所以点P是线段NQ的中点，故D符合题意.

2

故选：D.

8．B

由两角和的正切公式可得出tan39tan8131tan39tan81，结合题中等式化简得出tan的值，结

合0180可得出角的值.

tan39tan81tan

【详解】因为0180满足3，

tan39tan81

所以tan3tan39tan81tan39tan81，

tan39tan81

因为tan120tan39813，

1tan39tan81

故tan39tan8131tan39tan81，

故tan3tan39tan81tan39tan813tan39tan8131tan39tan813，

因此，60.

故选：B.

9．ACD

利用余弦定理可判断AB选项；利用三角形的面积公式可判断CD选项.

13

【详解】对于A选项，由余弦定理可得c2a2b22abcosC49642789，

14

故c3，A对；

b2c2a2649491

对于B选项，由余弦定理可得cosA，

2bc2832

因为0A180，故A60，B错；

113

对于C选项，S△bcsinA8363，C对；

ABC222

13

对于D选项，设AB边上的高为h，则S△chh63，解得h43，D对.

ABC22

故选：ACD.

10．AC

设z1abia,bR，根据共轭复数的定义、复数的模长公式、复数运算可判断AC选项；取z11i，

z21i，结合复数的运算、复数的概念可判断BD选项.

【详解】对于A选项，设z1abia,bR，若z1z2，则z2abi，

所以22，对；

z1abz2A

2

z11i1i2i

对于B选项，不妨取z11i，z21i，则i为纯虚数，

z21i1i1i2

但z1z21i1i2为实数，B错；

对于C选项，设z1abia,bR，若z1z2，则z2abi，

所以z1z2abiabi2a为实数，C对；

对于选项，不妨取，，则2222，

Dz11iz21iz1z21i1i2i2i0

但z10且z20，D错.

故选：AC.

11．ABD

对于A，由异面直线的定义求解即可；对于B，利用转换法即可判断；对于C，将MD1,CM展开在同一个

平面内即可验算；对于D，根据截面的有关性质验算即可.

【详解】对于A，如图所示，

因为A1B1//AB，所以异面直线A1B1与BD所成角为直线AB与BD所成的角，

即ABD45，故A正确；

对于B，如图所示，由题意BB1DD11,BDB1D12，

12

所以三角形OB1D1的面积为21，

22

因为AA1//BB1，AA1平面BDD1B1，BB1平面BDD1B1，

所以AA1//平面BDD1B1，

而MAA1，所以点M到平面BDD1B1的距离等于点A到平面BDD1B1的距离，

由题意AOBD，

而BB1面ABCD，AO面ABCD，所以BB1AO，

又BDBB1B，BD,BB1平面BDD1B1，

所以AO平面BDD1B1，

2

故点A到平面BDD1B1的距离为AO，

2

从而1221为定值，故正确；

VVB

OMB1D1MOB1D13226

对于C，如图所示，

注意到MD1平面ADD1A1，MC平面ACC1A1，

故按如下方式将两平面展开到如图所示的平面图形，

当且仅当点M与上图中的D1C与AA1的交点E重合时，MD1CM有最小值，

2

最小值为21124225，故C错误；

对于D，如图所示，

过点M作MP//A1B交AB于点P，过点P作PQ//AC交BC于点Q，过点Q作QN//BC1交CC1于点N，

过点N作NS//A1B交C1D1于点S，过点S作SR//A1C1交A1D1于点R，

顺次连接MPQNSR，则六边形MPQNSR即为所求截面，

不妨设MAa0a1，则MP2a,APa,BP1a,PQ21a，

所以BQ1a,CQa,QN2a，

所以CNa,C1N1a,SN21a，

所以D1Sa,RS2a,A1R1a,RM21a，

所以过点M且平行于平面A1BC1的平面截正方体得到的截面多边形周长为

MPPQQNNSSRRM32a21a32，

为定值，故D正确.

故选：ABD.

9

12．π

2

根据长方体的几何性质，确定球心与半径，利用球的体积公式，可得答案.

【详解】由题意，取长方体ABCDA1B1C1D1的体对角线中点为O，可作图如下：

易知点O到长方体八个顶点的距离相等，即O为外接球球心，

222

1223439

则外接球的半径r，所以球O的体积Vπrπ.

2232

9

故答案为：π.

2

13．3

由正弦定理求解即可.

bc

【详解】在ABC中，由正弦定理可得，

sinBsinC

3

36

又B45，C60，c6，b2，

2

sin45sin60

3

6

b2

所以，解得b3.

23

22

故答案为：3.

14．31,3

第一空：用AD,AB作基底表示AE，AF，利用数量积的运算律计算即可；第二空，用AD,AB作基底表示DE，

AF，结合数量积的运算律，以及二次函数的最值的求法可求AFDE的取值范围.

1

【详解】第一空：因为BEEC，所以AEABBEABAD，

2

1

又DC3DF，所以AFADDFADAB，

3

1112121

所以AEAFABADADABABADADABABAD

23236

111

1122213；

236

BECF

第二空：因为k，所以BEkBC,CFkCD，

BCCD

所以DEDCCEDCBEBCABk1BC，

AFADDFADCFCD1kABAD，

所以AFDEABk1AD1kABAD

222

1kABABADk1ABADk1AD

2

22113

41k1k1k1kk3k，

24

又因为k0,1，所以AFDE1,3..

故答案为：3;[1,3]

15．(1)z222i或z222i

(2)z222i或z222i.

z

221

（1）选择①，设z2abi，由条件z2z24可得ab4，由条件为实数，结合复数运算可得ab0，

z2

解方程可求结论；

z

选择②，由1为实数，结合复数运算可得sinxcosx0，解方程可得结论，

z2

z

221

选择③，设z2abi，由条件可得ab4，由条件为实数，结合复数运算可得ab0，解方程可

z2

求结论；

22

（2）选择①或③，设z2abi，由条件可得ab4，ab0，解方程求a,b可得结论.

选择②，由条件可得cosxsinx0，解方程求x可得结论.

22

【详解】（1）选择条件①，设z2abi，z2z24，z2z2abiabiab4，

z11iababi2222

又为实数，，ab0，即ab，abbb4，解得b2

z2abi4

或b2，

故z222i或z222i.

z

，1

选择条件②，z11iz22cosx2isinx，为实数，

z2

z1icosxsinxsinxcosxi

1，

z22cosx2isinx2

π

即sinxcosx0，sinxcosx2sinx0，

4

ππ

则xkπ,kZ，解得xkπ，

44

当为偶数时，ππ22；

kz22cos2isin22i22i

4422

3π3π22

当为奇数时，

kz22cos2isin22i22i

4422

故z222i或z222i.

z1

选择条件③，为实数，设z2kz1kR，

z2

z22,则k22，解得k2或k2，

故z221i22i或z221i22i.

（2）选择条件①、③，z11i，Z11,1，

设z2abi，则Z2a,b，

又OZ1OZ2，ab0，即ab，

2222

又z22，abaa4，

解得a2或a2，

故z222i或z222i.

选择条件②，z11i，Z11,1，z22cosx2isinx，

Z22cosx,2sinx，OZ1OZ2即12cosx12sinx0，

π

化简得cosxsinx0，又cosxsinx2cosx0，

4

πππ

则xk,kZ，解得xkπ，

424

ππ22

当k为偶数时，z2cos2isin22i22i；

24422

5π5π22

当为奇数时，，

kz22cos2isin22i22i

4422

故z222i或z222i.

16．(1)证明见解析；

(2)证明见解析；

（1）根据线面平行的判定定理，只要证出A1C1//AC即可；

（2）根据题意可证得BD1AC,BD1B1C,由线面垂直的判定定理得BD1平面AB1C，再结合面面垂直判定

定理即得证．

【详解】（1）由正方体的结构特征可知，

AA1//CC1，且AA1CC1，所以四边形A1ACC1为平行四边形，

即有A1C1//AC，而A1C1平面AB1C，AC平面AB1C，故A1C1//平面AB1C．

（2）因为D1D平面ABCD，AC平面ABCD，所以D1DAC，

由四边形ABCD为正方形可知，ACBD，

而BDD1DD,BD,D1D平面BDD1，所以AC平面BDD1，

又BD1平面BDD1∴ACBD1．

因为D1C1平面BCC1，B1C平面BCC1，所以D1C1B1C，

由四边形BCC1B1为正方形可知，B1CBC1，

而BC1D1C1C1,BC1,D1C1平面BD1C1，所以B1C平面BD1C1，

又BD1平面BD1C1∴B1CBD1，

而ACB1CC,AC,B1C平面AB1C，故BD1平面AB1C．

又因为BD1平面，所以平面平面AB1C.

23

17．(1)；

5

73246

(2).

75

3cos21

（1）利用二倍角余弦公式化简得b，利用两角和的正弦公式结合同角三角函数的关系式及

2

π2247

二倍角正弦公式，由sin求得sin2，由此可得cos2，即可得解；

4102525

247

（2）利用向量共线的坐标运算确定，利用二倍角公式计算得sin2,cos2，结合b1求出，

2525

再利用两角和正弦公式计算即可.

cos213cos21

【详解】（1）由题意，bcos2cos2cos2，

22

π2221

因为sinsincos，则sincos，

422105

2124

两边平方可得sincos1sin2，即sin2，

2525

π2ππ3π3π7

又因为sin0,,π，所以π，即π，所以22π，所以cos2.

410244225

7

31

所以，3cos2123.

b25

225

3

（2）由题意，向量m4,3与向量a共线，则4sin3cos,sincos，

4

34

因为0,π，且sin2cos21，所以sin=,cos=，

55

247

则sin22sincos,cos2cos2sin2.

2525

2

由bcos2cos23cos211，可得cos2，

3

π63

又,π，所以cos,sin.

233

2467373246

故sin2sin2coscos2sin.

25325375

18．(1)38m

(2)7.4m

(3)3.9m

（1）设LZx，由三角函数的定义表示出ZA,ZB，在ABZ中由余弦定理列出方程即可求解；

（2）设距离铜像底座中心ym时，拍照的视角最大，设该处为点P，相机镜头为点Q，过点Q作PZ平行线，

交LZ于点M，设LQM,SQM，分别表示出tan,tan，由两角差的正切公式及基本不等式即可

求解；

（3）根据弧长公式即可求解．

【详解】（1）由题可知，LAZ30,LBZ45,BZA30，

LZx3

设LZx，在RtLZA中，tanLAZZA3x，

ZAZA3

LZx

在RtLZB中，tanLBZ1ZBx，

ZBZB

ZB2ZA2AB2x23x23823

在ABZ中，由余弦定理得，cosBZA，

2ZAZB23x22

解得x38，所以铜像连同底座的高度LZ为38m．

（2）设距离铜像底座中心ym时，拍照的视角最大，设该处为点P，相机镜头为点Q，过点Q作PZ平行线，

交LZ于点M，设LQM,SQM，如图所示，

则SMPQ1.5,LM36.5，MQZPy，

LM36.5SM1.5

在RtLQM中，tan，在RtSQM中，tan，

MQyMQy

36.51.5

tantanyy3535

tan，

36.51.554.75

1tantan1y219

y2y

54.75219

当且仅当y，即y7.4时等号成立，

y