2023-2024学年甘肃省兰州市皋兰一中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年甘肃省兰州市皋兰一中高一（下）期末数学试卷（含答案），共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数a−2ii=b+3i，其中a，b∈R，i是虚数单位，则ab=( )
A. −6B. −1C. 1D. 6
2.中国古代科举制度始于隋而成于唐，兴盛于明、清两朝.明代会试分南卷、北卷、中卷，按11：7：2的比例录取，若某年会试录取人数为200，则北卷录取人数为( )
A. 70B. 20C. 110D. 150
3.已知正六边形ABCDEF，则AC+BD−FD=( )
A. BCB. AEC. BED. AC
4.圆台上、下底面半径分别是1，2，高为 3，这个圆台的体积是( )
A. 7 33πB. 2 3πC. 7 3πD. 2 33π
5.在△ABC中，三边长分为3，7，8，则最大角和最小角之和是( )
A. 34πB. 23πC. 56πD. 712π
6.小张某一周的总开支分布如图①所示，该星期的食品开支如图②所示，则以下说法正确的是( )
A. 储蓄比通信开支多50元B. 日常开支比食品中的其他开支少150元
C. 娱乐支出为100元D. 肉类开支占总开支的13
7.已知平行四边形ABCD的对角线交于点O，E为AO的中点，若AE=λAB+μAD，则λ+μ=( )．
A. 12B. 13C. 14D. 1
8.在正方体ABCD−A′B′C′D′中，O为底面ABCD的中心，P为棱AA′的中点，则下列说法正确的是( )
A. A′C′⊥OPB. A′B⊥OPC. AB′⊥OPD. B′C⊥OP
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.如图，在4×4方格中，向量a，b，c的起点和终点均为小正方形的顶点，则( )
A. |a|=|c|
B. 2a⊥3b
C. (a+b)//c
D. a2=a⋅(c−b)
10.下列各式中，值为12的是( )
A. sin5π6B. 2sin 15°cs 15°C. 2cs215°−1D. 32tan210°
11.已知正四面体ABCD的各棱长均为2，下列结论正确的是( )
A. 正四面体ABCD的高为2 63
B. 正四面体ABCD的体积为2 23
C. 正四面体ABCD的外接球的半径为 6
D. 正四面体ABCD的内切球的表面积为4π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知(1+2i)z−=5−5i(i是虚数单位)，则z的虚部为______．
13.已知向量a=(m,−3)，b=(−1,5)，若a⊥b，则实数m的值为______．
14.某地为了更好地开发当地的旅游资源，决定在两座山头建一条索道，现测得两座山高分别为MC=160米，NB=100米.从山脚下的A处测得M处的仰角为53°，N处的仰角为45°，∠MAN=45°，点A，B，C在同一水平面内，MC⊥AC，NB⊥AB，则两座山的山顶M，N之间的距离是______米.(参考数据：sin53°≈45，cs53°≈35)
四、解答题：本题共4小题，共62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)
已知0<α<π，csα=− 55．
(1)求sin2α，cs2α的值；
(2)求sin(2α+π4)的值．
16.(本小题15分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，PB⊥BC，D为BP的中点，PA=AB．
(1)求证：BC⊥平面PAB；
(2)求证：AD⊥平面PBC．
17.(本小题17分)
在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，已知sinB=2Sb2−c2．
(1)证明：b2c=a2+b2−c2a；
(2)若A=2C，a=2，求△ABC的周长．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥B−PACQ中，BC⊥平面PAB，且在四边形PACQ中，PQ//AC，∠PAC=π2，二面角B−AP−Q的大小为π3，且AP=AB=PQ=1．
(1)点E为BC的中点，证明：QE//平面PAB；
(2)求直线BQ与平面PACQ所成角的正弦值．
参考答案
1.D
2.A
3.B
4.A
5.B
6.C
7.A
8.C
9.BCD
10.ABD
11.AB
12.3
13.−15
14.100 2
15.解：(1)∵0<α<π，csα=− 55，
∴sinα= 1−cs2α=2 55，…2分
∴sin2α=2sinαcsα=2×2 55×(− 55)=−45，cs2α=2cs2α−1=2×(− 55)2−1=−35…6分
(2)sin(2α+π4)=sin2αcsπ4+cs2αsinπ4= 22×(−45−35)=−7 210…10分
16.证明：(1)∵AP⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴AP⊥BC，
∵BC⊥AP，BC⊥BP，AP∩BP=P，AP，BP⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB；
(2)∵BC⊥平面PAB，AD⊂平面PAB，
∴BC⊥AD，
∵△PAB为等腰直角三角形，D为斜边PB的中点，
∴AD⊥PB，
∵AD⊥PB，AD⊥BC，BP∩BC=B，BP，BC⊂平面PBC，
∴AD⊥平面PBC．
17.(1)证明：因为sinB=2Sb2−c2，
所以sinB=acsinBb2−c2，又sinB≠0，
所以b2−c2=ac，
所以a2+b2−c2a=a2+aca=a+c=b2c；
(2)解：由余弦定理，csC=a2+b2−c22ab，
由(1)得bc=a2+b2−c2ab，
所以bc=2csC，即sinB=2sinCcsC=sin2C，
在锐角△ABC中，所以B∈(0,π2)，C∈(0,π2)，
所以B=2C或B+2C=π，
若B+2C=π，则A=π−B−C=C，所以a=c，b2=(a+c)c=a2+c2，与△ABC为锐角三角形矛盾，舍去；
所以B=2C，故B=A，即b=a=2，所以4−c2=2c，解得c= 5−1，b+a+c= 5+3，
所以△ABC的周长为 5+3．
18.(1)证明：因为BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，
所以BC⊥PA，
又因为∠PAC=π2，
所以PA⊥AC，
因为BC∩AC=C，所以PA⊥平面ABC，
因为AB⊂平面ABC，所以AP⊥AB，
因为AP⊥AB，AC⊥AP，
所以二面角B−AP−Q的平面角即为∠CAB，
所以∠CAB=π3，
因为BC⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥AB，
因为AP=AB=PQ=1，所以AC=2，
取AB中点F，连接EF，则EF/​/AC，且EF=12AC，
又PQ//AC，且PQ=12AC，
所以PQ/​/EF，且PQ=EF，所以四边形PQEF为平行四边形，
所以QE//PF，
又PF⊂平面PAB，QE⊄平面PAB，
所以QE//平面PAB；
(2)解：过B作BM⊥AC于点M，因为PA⊂平面PACQ，PA⊥平面ABC1，

所以平面PACQ⊥平面ABC，交线为AC，则BM⊥平面PACQ，连接QM，
所以∠BQM即为所求线面角，sin∠BQM=BMBQ，
而BM=AB⋅BCAC= 32，
由勾股定理可得：CM= BC2−BM2=32，
在△CQM中，过点Q作QN⊥AC于点N，则QN=AP=PQ=AN=1，
因为AC=2，所以CN=1，△CNQ是等腰直角三角形，
所以∠QCM=45°，QC= 2，
由余弦定理得：QM2=CM2+CQ2−2CM⋅CQ⋅cs∠QCM=94+2−2×32× 2× 22=54
由勾股定理得：BQ= BM2+QM2= 34+54= 2，
所以sin∠BQM=BMBQ= 32 2= 64，
即BQ与平面PACQ所成角正弦值为 64．