2024-2025学年北京市大兴区高一（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市大兴区高一（下）期中数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.复数i3的值是( )
A. −iB. 1C. −1D. i
2.sinπ12=( )
A. 6+ 24B. 6− 24C. 2− 3D. 2+ 3
3.已知向量a=(1,m)，b=(−1,m)，且a⊥b，则|a|=( )
A. 2B. 3C. 2D. 4
4.函数f(x)=2sinx+csx的最大值是( )
A. 3B. 3C. 5D. 5
5.已知复数z在复平面内对应的点为(−2,1)，则|z|2=( )
A. 3B. 3−4iC. 5−4iD. 5
6.在△ABC中，“csAsinB”成立的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
7.如图，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，AB=4，∠DAB=60°，E为BC边上一点，且满足BE=2CE，若AD⋅AB=4，则AE⋅BD=( )
A. −4B. −8C. 4D. 8
8.设O是坐标原点，单位圆O上一点A，射线OA绕着O点逆时针旋转θ后得到OP，P为与单位圆的交点，P的坐标为(a,b)，则A的坐标为( )
A. (acsθ+bsinθ,bcsθ−asinθ)B. (bcsθ−asinθ,acsθ+bsinθ)
C. (asinθ+bcsθ,acsθ−bsinθ)D. (acsθ−bsinθ,asinθ+bcsθ)
9.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD的边界及其内部运动，且满足A1P≤ 5，则四面体A1−PBD的体积的最小值是( )
A. 23
B. 43
C. 4−2 23
D. 4−2 2
10.在△ABC中，AB=5，AC=6，csA=15，O是△ABC的内心，若OP=x OB+y OC，其中x,y∈[0,1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为( )
A. 10 63B. 14 63C. 4 3D. 6 2
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知sinθ−csθ=12，则sin2θ= ______．
12.已知复数z=2+i1+i，则z+z−= ______．
13.如图，梯形A′B′C′D′是水平放置的平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′D′=2B′C′=2，A′B′=1，则在平面图形ABCD中，AB= ______；图形ABCD的面积为______．
14.在水流速度大小为10km/ℎ的河中，如果要使船实际以10 3km/ℎ大小的速度与河岸成直角横渡，则船速大小应设定为______km/ℎ；船速设定方向与水流方向成角的大小为______．
15.已知△ABC中，c= 10，bcsC+ccsB=2，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，给出下列四个结论：
①若(AB+AC)⋅BC=0，则|AB+AC|=6；
②若CA在CB方向上的投影向量为CB，则|PQ|的最小值为 104；
③若|BQ−BA|= 62，则|PQ|的最大值为 222；
④若(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，则AP⋅(AB+AC)为定值18．
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题14分)
已知复数z1=(a2−2)−(2a+4)i，z2=a−(a2+1)i，a∈R．
(Ⅰ)当a=0时，求|z1+z2|的值；
(Ⅱ)若复数z=z1−z2为纯虚数，求z1⋅z2的值．
17.(本小题14分)
已知sin(α+π4)=7 210，α∈(0,π4)．
(Ⅰ)求sinα的值；
(Ⅱ)求tan(2α+π4)的值．
18.(本小题14分)
在△ABC中，asinB=2bsin(B+C)csB．
(Ⅰ)求∠B的大小；
(Ⅱ)若a=8，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在，求BC边上中线的长．
条件①：b=7；条件②：csA=−23；条件③：△ABC的面积为10 3．
注：如果选择的条件不符合要求，第(Ⅱ)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
19.(本小题14分)
已知平面四边形ABCD的边长满足AB=AD，BC=1，CD= 3，且∠A=2π3．
(Ⅰ)若cs∠CDB= 336，求∠CBD的大小；
(Ⅱ)若∠ABC+∠ADC=π，求四边形ABCD的面积．
20.(本小题14分)
如图，在正四棱锥S−ABCD中，侧棱SA长为1，记∠ASB=α，其体积记为f(α)，表面积记为g(α)．
(Ⅰ)求f(π3)的值；
(Ⅱ)求g(α)的解析式，并直接写出α的取值范围；
(Ⅲ)试判断g(α)是否存在最值，并说明理由．
21.(本小题15分)
如图，设Ox，Oy是平面内相交成α(00，
可得csB=12，
又因为B∈(0,π)，
可得B=π3；
(Ⅱ)设BC边上的中线为AD，
若选①：因为a=8，b=7，B=π3，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB，
即49=64+c2−2×8c×12，
整理可得c2−8c+15=0，
解得c=3或c=5，
当c=3时，由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=49+9−642×7×3=−17，
可得2AD=AB+AC，两边平方可得4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC=c2+b2+2cbcsA=9+49+2×3×7×(−17)=52，
可得|AD|= 13，即AD的值为 13；
当c=5时，由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=49+25−642×7×5=17，
再由2AD=AB+AC，两边平方可得4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC=c2+b2+2cbcsA=25+49+2×5×7×17=84，
可得|AD|= 21，即AD的值为 21；
若选②：csA=−23，可得sinA= 1−cs2A= 53，因为a=8，
由正弦定理可得asinA=bsinB，
即8 53=b 32，可得b=12 155，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA，
即64=4325+c2−2×12 155c×(−23)，
整理可得c2+48 1515+1125=0，因为c>0，
显然该方程无解，即该三角形不存在；
若选条件③：△ABC的面积为10 3，
因为S△ABC=12acsinB=12×8c× 32=10 3，可得c=5，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB=64+25−2×8×5×12=49，
可得b=7，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=49+25−642×7×5=17，
又因为2AD=AB+AC，两边平方可得4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC=c2+b2+2cbcsA=25+49+2×5×7×17=84，
可得|AD|= 21，即AD的值为 21．
19.解：(Ⅰ)在△BCD中，由正弦定理BCsin∠CDB=CDsin∠CBD知，sin∠CBD=CDBCsin∠CDB，
因为cs∠CDB= 336，
所以∠CDB∈(0,π6)，且sin∠CDB= 36，
因为BC=1，CD= 3，
所以sin∠CBD= 31× 36=12，
又因为∠CBD∈(0,π)，且∠CDB∈(0,π6)，
所以∠CBD=π6或5π6；
(Ⅱ)因为∠ABC+∠ADC=π，∠A=2π3，
所以∠C=π3，
因为AB=AD，
所以在△ABD中，由余弦定理可得BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅csA=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅(−12)=3AB2，
在△BCD中，由余弦定理可得BD2=CB2+CD2−2CB⋅CD⋅csC=1+3−2 3csπ3=4− 3，
所以AB2=4− 33，
故四边形ABCD的面积S=S△ABD+S△BCD=12AB⋅AD⋅sinA+12CB⋅CD⋅sinC= 34AB2+34=4 3+612．
20.解：(Ⅰ)因为正四棱锥S−ABCD中，SA=SB=1，∠ASB=α，
所以AB2=SA2+SB2−2SA⋅SBcsα=2−2csα，
设正方形ABCD的中心为O，
则OA2=12AB2=12(2−2csα)=1−csα，
则在Rt△SOA中，SO2=SA2−OA2=csα，
则f(α)=13S正方形ABCD⋅SO=13(2−2csα)⋅ csα，
所以f(π3)=13(2−2csπ3)⋅ csπ3= 26．
(Ⅱ)g(α)=4S△SAB+S底ABCD=4×12SA⋅SBsin∠ASB+AB2
=2sinα+2−2csα，其中α∈(0,π2)；
(Ⅲ)g(α)=2sinα+2−2csα=2 2sin(α−π4)+2．
因为α∈(0,π2)，
所以α−π4∈(−π4,π4)，
所以sin(α−π4)∈(− 22, 22)，
所以g(α)∈(0,4)，
所以g(α)不存在最值．
21.解：(1)①因为a=(m,n)，所以a=me1+ne2，则a2=(me1+ne2)2=m2e12+2mne1⋅e2+n2e22=m2+2mncsα+n2，
所以|a|= m2+2mncsα+n2；
②由a=(−1,2)，b=(−2,1)，即a=−e1+2e2,b=−2e1+e2，得|a|= (−1)2+2×(−1)×2csα+22= 5−4csα，|b|= (−2)2+2×(−2)×1×csα+12= 5−4csα，a⋅b=(−e1+2e2)⋅(−2e1+e2)=2e12+2e22−5e1⋅e2=4−5csα，
因为a与b的夹角为π3，则csπ3=a⋅b|a||b|=4−5csα5−4csα=12，
解得csα=12；
(2)依题意设B(m,0)，C(0,n)，(m>0,n>0)，
∠BOC=π3，BC=1，OD=13OC=(0,n3)，
因为F为BC中点，则OF=12OC+12OB=12me1+12ne2，
因为E为BD中点，所以OE=12OD+12OB=12me1+16ne2，
所以OE⋅OF=(12me1+12ne2)⋅(12me1+16ne2)=14m2e12+112n2e22+(112mn+14mn)e1⋅e2，
因为e12=e22=1,e1⋅e2=1×1⋅csπ3=12，
则OE⋅OF=14m2+112n2+(112mn+14mn)×12=14m2+112n2+16mn，
在△OBC中依据余弦定理得：m2+n2−mn=1，所以mn=m2+n2−1，
代入上式得，OE⋅OF=512m2+14n2−16=112(5m2+3n2)−16，
在△OBC中，由正弦定理BCsinπ3=OCsin∠COB=OBsin∠BCO，
设∠BCO=θ，则m=2 3sinθ,n=2 3sin(θ+π3)，
所以5m2+3n2=203sin2θ+123sin2(θ+π3)=203×1−cs2θ1+123×1−cs(2θ+2π3)2
=13[16+2 19sin(2θ−φ)]≤16+2 193，其中tanφ=73 3，
sin(2θ−φ)=1时取等号，
则OE⋅OF=112(5m2+3n2)−16≤112×16+2 193−16=5+ 1918．