2024-2025学年江苏省淮安市十校联盟高一下4月期中学情调查测试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省淮安市十校联盟高一下4月期中学情调查测试数学试卷（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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若复数z=2+ia+i的实部与虚部相等，则实数a的值为( )
A. −3B. −1C. 1D. 3
2.已知平面向量a=(−2,3),b=(−4,0)，则a在b上的投影向量为( )
A. 8B. (−8,0)C. (−2,0)D. (−4,0)
3.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为AC,A1B的中点，异面直线MN与DD1所成角为( )
A. π6B. π4C. π3D. 5π12
4.|a|=4，b=2，2a−3b=2 13，则向量a与b的夹角为( )
A. π3B. π6C. 2π3D. 5π6
5.已知cs2α=sin2α−1，α为第一象限角.则sin2α=( )
A. 2 23B. −2 23C. 13D. −13
6.在三角形ABC中，AC=3，AB=4，∠CAB=120 ∘，则(AB+AC)⋅AB=( )
A. −12B. 12C. −10D. 10
7.若sin(α−β)+cs(α−β)=2 2sin(α−π4)sinβ，则( )
A. tan(α−β)=−1B. tan(α−β)=1C. tan(α+β)=−1D. tan(α+β)=1
8.已知ΔABC是以C为直角的直角三角形．ΔADC和ΔBCE是以AC、BC为边长的等边三角形，SΔADCSΔBCE=169，sin∠FAB=5665，sin∠AFG=513，则cs∠FGC=( )
A. 25169B. 144169C. 119169D. 120169
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.已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )
A. A,M,O三点共线B. A,M,O,A1四点共面
C. A,O,C,M四点共面D. B,B1,O,M四点共面
10.如图，在△ABC中，已知点D在边AB上，AD=3DB，csA=45，cs∠ACB=513，BC=13.则下列说法正确的有( )
A. csB=1665B. CD=9 2C. BD=4D. SΔABC=20
11.“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP= 2，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的是( )
A. PA⋅PC为定值
B. 当AC⊥BD时，AB⋅CD为定值
C. 当∠ABC=π3时，△ABC面积的最大值为 32
D. OA⋅OC的取值范围是−4,0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图是梯形ABCD按照斜二测画出的直观图A′B′C′D′，其中A′D′=2，B′C′=4，A′B′=1，则原梯形ABCD的面积为 ．
13.在△ABC中，a2=b2+c2− 3bc，且a= 2，则△ABC外接圆半径为___________.
14.天文学家设计了一种方案可以测定流星的高度.如图，将地球看成一个球O，半径为R，两个观察者在地球上A，B两地同时观察到一颗流星S，仰角分别是α和β(MA,MB表示当地的地平线)，由平面几何相关知识，∠MAB=∠MBA=12∠AOB，MA⊥OA，MB⊥OB，设AB的长度为πR2，α=π12，β=π6，则流星高度为 .(流星高度为SO减去地球半径，结果用R表示)
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)
欧拉(1707−1783)，他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式eiθ=csθ+isinθ，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的θ取作π就得到了欧拉恒等式eπi+1=0，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数e，圆周率π，两个单位——虚数单位i和自然数单位1，以及被称为人类伟大发现之一的0，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：eiθ=csθ+isinθ，解决以下问题：
(1)将复数eπ4i+eπi写成a+bi(a,b∈R,i为虚数单位)的形式;
(2)求|eπi−eθi|(θ∈R)的最大值．
16.(本小题15分)
如图，在梯形ABCD中，E为DC的中点，AD//BC，∠BAD=π2，∠BDA=π3，BC=BD．
(1)求AE⋅BD；
(2)求AC与BD夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
已知sin2α=45，α∈(0,π4)，sin(β−π4)=35，β∈(π4,π2).
(1)求sinα和csα的值；
(2)求tan(α+2β)的值．
18.(本小题17分)
已知a=(3sinx,csx)，b=(csx, 3csx)，f(x)=a⋅b，a，b，c分别为ΔABC的内角A，B，C的对边，且f(A2+π3)=0．
(1)若a=3，c=2b，判断ΔABC的形状．
(2)若a= 3，求ΔABC的面积最大值．
19.(本小题17分)
已知a，b，c分别为ΔABC的内角A，B，C的对边，且bsinA+ 3acsB=2a．
(1)求角B的值；
(2)若b= 3，且ΔABC的面积为3 32，求sinA+sinC的值；
(3)如图，若点P在ΔABC内部，满足∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，且ΔABC的面积为2 3，设∠PBA=α，求PB2−PA×PC的值．
参考答案
1.A
2.C
3.B
4.A
5.A
6.D
7.C
8.C
9.ABC
10.AB
11.ABD
12.6
13. 2
14.( 4+ 3−1)R
15.解：(1)eπ4i+eπi=csπ4+isinπ4+(csπ+isinπ)=( 22−1)+ 22i；
(2)|eπi−eθi|=|csπ+isinπ−(csθ+isinθ)|
=|(−1−csθ)−isinθ|= (1+csθ)2+sin2θ= 2+2csθ，
当csθ=1，即θ=2kπ，k∈Z时，|eπi−eθi|(θ∈R)的最大值为2．
16.解：(1)由题意建立如图所示的平面直角坐标系，
设AD=1，
又在梯形ABCD中，E为DC的中点，AD//BC，∠BAD=π2，∠BDA=π3，BC=BD，
则A(0,0)，D(1,0)，B(0, 3)，C(2, 3)，E(32, 32)，
则AE⋅BD=(32, 32)⋅(1,− 3)=32×1+ 32×(− 3)=0；
(2)由(1)可得AC=(2, 3)，BD=(1,− 3)，
则AC⋅BD=2×1+ 3×(− 3)=−1，|AC|= 7，|BD|=2，
则AC与BD夹角的余弦值为AC⋅BD|AC||BD|=−12 7=− 714．
17.解：(1)∵α∈(0,π4)，∴2α∈(0,π2)，
又sin2α=45，∴cs2α= 1−sin22α=35，
由cs2α=1−2sin2α，得sinα= 1−cs2α2= 55，
∴csα= 1−sin2α=2 55；
(2)由β∈(π4,π2)，得β−π4∈(0,π4)，
又sin(β−π4)=35，∴cs(β−π4)=45，
∴sinβ=sin[(β−π4)+π4]
=sin(β−π4)csπ4+cs(β−π4)sinπ4
=(35+45)× 22=7 210．
则csβ= 1−sin2β= 210．
∴sin2β=2sinβcsβ=725，2β∈(π2,π)，
则cs2β=−2425，
tan2β=−724．
由(1)知，tanα=12，
∴tan(α+2β)=tanα+tan2β1−tanαtan2β=12−7241+12×724=211．
18.解：(1)依题意f(x)=3sinxcsx+ 3cs2x
=32sin2x+ 3⋅1+cs2x2
= 3sin(2x+π6)+ 32，
又因为f(A2+π3)= 3sin(A+5π6)+ 32=0，
所以sin(A+5π6)=−12;
∵A∈(0,π)，A+5π6∈(5π6,11π6)，
∴A+5π6=7π6⇒A=π3，
在△ABC中，由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bccsA，
将a=3，c=2b代入得：9=b2+4b2−2b2，
解得b= 3,c=2 3，
此时a2+b2=c2，
故a=3，c=2b时△ABC为直角三角形；
(2)∵由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA，
∴bc+3=b2+c2≥2bc，
即bc≤3，(当且仅当b=c= 3时取等号)，
S=12bcsinA= 34bc≤3 34，(当且仅当b=c= 3时取等号)，
ΔABC的面积最大值为3 34．
19.解：(1)在△ABC中，由正弦定理：sinBsinA+ 3sinAcsB=2sinA，∵sinA>0，
∴sinB+ 3csB=2sin(B+π3)=2，
∴sin(B+π3)=1;又∵B∈(0,π)，∴B+π3∈(π3,4π3)，
B+π3=π2∴B=π6;
(2)SΔABC=12acsinB=14ac=3 32，∴ac=6 3，
在△ABC中，由余弦定理：a2+c2−b2=2accsB，
∴a2+c2=21;∴a+c= a2+c2+2ac=3+2 3
在△ABC中，由正弦定理：asinA=csinC=bsinB=2 3，
∴sinA+sinC=a+c2 3= 32+1；
(3)因为△ABC的面积为2 3，故12acsinπ6=2 3，所以ac=8 3，
设∠PBA=α，则∠PAB=π3−α，∠PBC=π6−α，∠PCB=π3+α，
在△PAB中，由正弦定理得PAsinα=PBsin(π3−α)=ABsin2π3，
所以PB=2 33ABsin(π3−α)，PA=2 33ABsinα，
在△PBC中，由正弦定理得PCsin(π6−α)=PBsin(π6+α)=BCsin2π3，
所以PC=2 33BCsin(π6−α)，PB=2 33BCsin(π6+α)，
所以PB2−PA⋅PC
=2 33ABsin(π3−α)×2 33BCsin(π6+α)−2 33ABsinα×2 33BCsin(π6−α)
=43×8 3[sin(π3−α)sin(π6+α)−sinαsin(π6−α)]
=32 33[cs(π6+α)sin(π6+α)−sinα(12csα− 32sinα)]
=32 33[12sin(2α+π3)−12sinαcsα+ 32sin2α]
=32 33(14sin2α+ 34cs2α−14sin2α+ 32sin2α)
=32 33[ 34(1−2sin2α)+ 32sin2α]=8．