2024-2025学年山东省济南市高一（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年山东省济南市高一（下）期中数学试卷（含答案），共8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.在复平面内，复数6+4i(1+i)2所对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.在平行四边形ABCD中，E是对角线AC上靠近点C的三等分点，则( )
A. BE=−13AB+23ADB. BE=23AB−13AD
C. BE=13AB−23ADD. BE=−23AB+13AD
3.若圆锥的轴截面(过圆锥轴的一个截面)是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为( )
A. πB. 2πC. 3πD. 4π
4.已知向量a，b满足|a|=2，b=(1,3)，且a⋅b=4，则向量a，b夹角的余弦值为( )
A. 55B. 2 55C. 105D. 1010
5.在△ABC中，AB=5，BC=6，AC=7，则△ABC的面积为( )
A. 15 32B. 6 6C. 12D. 12 6
6.已知复数z的实部大于等于1，则|1z+1+i|的最小值为( )
A. 2B. 3C. 13−12D. 37−32
7.已知正四棱锥P—ABCD的底面边长为2，高为 3，则其内切球半径是( )
A. 1B. 3− 32C. 34D. 33
8.如图，设Ox，Oy是平面内相交成θ角的两条数轴，e1，e2分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，若向量OP=xe1+ye2，则把有序数对(x,y)叫做向量OP在坐标系xOy中的坐标，则该坐标系中M(x1,y1)和N(x2,y2)两点间的距离为( )
A. (x1−x2)2+(y1−y2)2−2(x1−x2)(y1−y2)sinθ
B. (x1−x2)2+(y1−y2)2+2(x1−x2)(y1−y2)sinθ
C. (x1−x2)2+(y1−y2)2−2(x1−x2)(y1−y2)csθ
D. (x1−x2)2+(y1−y2)2+2(x1−x2)(y1−y2)csθ
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.已知复数z1，z2，则下列命题一定成立的有( )
A. 若|z1+z2|=0，则z1−=−z2−B. 若|z1|=|z2|，则z12=z22
C. |z1⋅z2|=|z1−⋅z2−|D. (z1+z2)2=(z2−+z2−)2
10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是( )
A. 若sinA>sinB，则A>B
B. 若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC是锐角三角形
C. 若a=10，b=8，A=60°，则符合条件的△ABC有两个
D. 对任意△ABC，都有csA+csB>0
11.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.按照以下方式可构造一个半正多面体：如图1，在一个棱长为4的正方体中，B1E1=B1F1=B1G1=a，A1E2=A1F2=A1G2=a，…，a∈(0,4)，过E1F1G1三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面.关于该几何体，下列说法正确的是( )
A. 当a=1时，该几何体是一个半正多面体
B. 若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为4−2 2
C. 若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为1603
D. 该几何体可能是由正方形与正六边形围成的半正多面体
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设a，b为实数，且ab≠0，虚数z为方程ax2+bx+a=0的一个根，则|z|的值为______．
13.如图所示，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB=2，AC=BC= 2，等边三角形ADB以AB所在直线为轴旋转，当平面ADB⊥平面ABC时，CD= ______．
14.某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧(劣弧)沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心(即三角形三条高线的交点)如图，已知锐角△ABC外接圆的半径为4，且三条圆弧沿△ABC三边翻折后交于点P.若AB=6，则cs∠PAC= ______；若AC：AB：BC=6：5：4，则PA+PB+PC的值为______．
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.(本小题13分)
如图，我国南海某处的一个海域上有四个小岛，小岛B与小岛A、小岛C相距都为5海里，与小岛D相距为3 5海里.∠BAD为钝角，且sinA=35．
(1)求小岛A与小岛D之间的距离；
(2)已知∠BCD与∠BAD互补，求四个小岛所形成的四边形的面积．
16.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长均为4，D是AB的中点．
(1)求证：BC1//平面A1DC；
(2)求异面直线A1D与BC1所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
在锐角三角形ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且(ac−1)sinC=sin(A+2C)．
(1)求角B；
(2)若a=2，求△ABC周长的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，圆C的半径为3，其中A，B为圆C上两点．
(1)若cs∠CAB=13，当k为何值时，AC+2AB与kAC−AB垂直？
(2)若G为△ABC的重心，直线l过点G交边AB于点P，交边AC于点Q，且AP=λAB,AQ=μAC，求λ+μ+23最小值．
(3)若|AC+tAB|的最小值为1，求|AB|的值．
19.(本小题17分)
如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角P−ABC，∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A−PC−B的大小为θ，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：csγ=csαcsβ+sinαsinβcsθ．

(1)如图2，在三棱锥A−BCD中，△ABD为等腰直角三角形，∠BAD=90°，△BCD为等边三角形，∠ABC=90°，求二面角A−BD−C平面角的正弦值；
(2)如图3，在三棱锥A−BCD中，AH⊥平面BCD，AE⊥BD，连接HE，AB=4，∠ABD=45°，∠CBD=60°，∠ABC=90°，BC+BD=6，求三棱锥A−BCD体积的最大值；
(3)当α、β、γ∈(0,π2)时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理．
参考答案
1.D
2.A
3.B
4.C
5.B
6.C
7.D
8.D
9.AC
10.ABD
11.BCD
12.1
13.2
14.34 ；232
15.
16.(1)证明：连接AC1交A1C于O，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长均为4，
因此四边形AA1C1C是正方形，所以O是AC1的中点，而D是AB的中点，
因此有OD//BC1，而OD⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC，
所以BC1//平面A1DC；
(2)解：由(1)可知：OD//BC1，
因此异面直线A1D与BC1所成角为∠A1DO(或其补角)，
因为AA1C1C是正方形，所以A1O=12A1C=12 42+42=2 2，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长均为4，
因此四边形BB1C1C是正方形，因此有OD=12BC1=12 42+42=2 2，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线，
因此有A1D= A1A2+AD2= 42+(12×4)2=2 5，
由余弦定理可知：cs∠A1DO=8+20−82×2 2×2 5= 104，
因此sin∠A1DO= 1−cs2∠A1DO= 1−1016= 64．
17.
18.
19.解：(1)取BD的中点P，连接PA，PC，如图所示，

则BD⊥PA，BD⊥PC，于是∠APC是二面角A−BD−C的平面角，
设AB=1，则AP= 22,PC= 62,AC= 3，
由余弦定理得cs∠APC=AP2+PC2−AC22AP⋅PC=12+32−32× 22× 62=− 33，
故sin∠APC= 63．
(2)二面角A−BD−C的平面角的大小为θ，
利用三面角余弦定理得cs90°=cs45°cs60°+sin45°sin60°csθ，
计算得csθ=− 33，
于是cs∠AEH=− 33,sin∠AEH= 63，
由于AB=4，则AE=4sin45°=2 2,AH=AEsin∠AEH=4 33，
VA−BCD=13S△BCD⋅AH=13⋅12⋅BC⋅BD⋅sin60°⋅4 33=13⋅BC⋅BD≤13⋅(BC+BD2)2=3，
即当BC=BD=3时，三棱锥A−BCD体积的最大值为3．
(3)证明：如图过射线PC上一点Q在面PAC作QM⊥PC交PA于点M，

在面PBC内作QN⊥PC交PB于点N，连接MN，
则∠MQN是二面角A−PC−B的平面角，
在△MNP中，由余弦定理得：MN2=MP2+NP2−2MP⋅NP⋅csγ，
在△MNQ中，由余弦定理得：MN2=MQ2+NQ2−2MQ⋅NQ⋅csθ，
两式相减得：MP2−MQ2+NP2−NQ2−2MP⋅NP⋅csγ+2MQ⋅NQ⋅csθ=0，
则2MP⋅NP⋅csγ=2PQ2+2MQ⋅NQ⋅csθ，
两边同除以2MP⋅NP，得：
csγ=PQ2+MQ⋅NQ⋅csθMP⋅NP=PQMP⋅PQNP+MQMP⋅NQNPcsθ=csαcsβ+sinαsinβcsθ，
从而得证．