2024-2025学年天津市崇化中学高一下学期5月期中阶段测试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年天津市崇化中学高一下学期5月期中阶段测试数学试卷（含答案），共7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。
一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在复平面内，复数z对应的点在第二象限，则复数z⋅i2025对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a=(4,m)，b=(1,−1)，若a−b与b共线，则实数m=( )
A. 2B. −4C. 6D. −8
3.已知两个不同的平面α,β和两条不同的直线m,n满足m⊂α,n⊂β，则“α,β平行”是“m,n不相交”的( )
A. 充要条件B. 充分非必要条件
C. 必要非充分条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为1，则圆锥的体积为( )
A. 3π8B. 3π4C. 9π8D. 9π4
5.如图，▵A′B′C′为水平放置的▵ABC的直观图，其中A′B′=2，A′C′=B′C′= 5，则在原平面图形▵ABC中AC的长为( )
A. 5B. 3C. 2 3D. 332
6.如图，在▵ABC中，AN=12AC,P是BN的中点，若AP=mAB+nAC，则m+n=( )
A. 12B. 1C. 32D. 34
7.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为AA1，CC1的中点，G在D1C1上，且D1G=12GC1，平面EFG与棱B1B所在直线交于点H，则BH=( )
A. 25B. 13C. 14D. 16
8.若a,b是夹角为60°的两个单位向量，λa+b与−3a+2b垂直，则λ=( )
A. 18B. 14C. 78D. 74
9.已知a与b均为单位向量，其夹角为θ，若a+b>1,a−b>1，则θ的取值范围是( )
A. 0,π2B. π3,π2C. π2,2π3D. π3,2π3
10.中国古建筑屋顶形式比较多元化，十字歇山顶就是经典样式之一，图1角楼的顶部即为十字歇山顶．其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体(图2)，这两个三棱柱有一个公共侧面ABCD，且四边形ABCD为正方形．在底面EBC中，若BE=CE=2，∠BEC=60∘，则该几何体的体积为( )
A. 10 3B. 10 33C. 8 3D. 8 33
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.若z2=−7−24i，则复数z的虚部为
12.已知b=3,a在b上的投影向量为12b，则a⋅b的值为 ．
13.一圆台的母线长为10，两底面的面积分别为4π和16π，则此圆台的体积为 ．
14.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB=AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为 ．
15.如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F为线段BD上的一动点，若AF=xAE+yDC(x>0,y>0)，则2−3x4y2+1的最大值为 ．
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题15分)
已知复数z=m−i(m∈R)，且z⋅1+3i为纯虚数(z是z的共轭复数)．
(1)求实数m的值；
(2)设复数z1=m+4i1+i，求z1；
(3)复数z2=a+i2025z在复平面内对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．
17.(本小题15分)
已知a=4，b=8，a与b的夹角是120°．
(1)计算a−2b；
(2)当k为何值时，a+2b⊥ka−b？
18.(本小题15分)
在▵ABC，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知sinA:sinB:sinC=2:1: 2，b= 2．
(I)求a的值；
(II)求csC的值；
(III)求sin2C−π6的值．
19.(本小题15分)
如图：在正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点．
(1)求三棱锥M−ABC的体积；
(2)求证：BD1//平面AMC；
(3)若N为CC1的中点，求证：平面AMC//平面BND1．
20.(本小题15分)
在▵ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有bsin(A−π3)−asinAcsC−csinAcsA=0．
(1)求角A；
(2)若▵ABC的面积为4 3，a=4 3，求▵ABC的周长．
参考答案
1.C
2.B
3.B
4.A
5.C
6.D
7.C
8.B
9.D
10.D
11.±4
12.92
13.112 63π
14. 22
15.12
16.解：(1)因为z=m−i(m∈R)，则z=m+i，
所以z⋅1+3i=m+i⋅1+3i=(m−3)+(3m+1)i，又z⋅1+3i为纯虚数，
所以m−3=03m+1≠0，解得m=3；
(2)z1=m+4i1+i=3+4i1+i=3+4i1−i1+i1−i=3−3i+4i+42=7+i2=12+72i，
所以z1= 14+494=5 22；
(3)因为i2025=i506×4+1=i，
所以z2=a+i2025z=a+i3−i=a+i3+i3−i3+i=3a+ai+3i−110=3a−110+a+310i，
因为复数z2=a+i2025z在复平面内对应的点在第一象限，则3a−110>0a+310>0,
解得a>13，所以实数a的取值范围为13,+∞．

17.解：(1)a=4，b=8，a与b的夹角是120°，
则a⋅b=4×8×cs120°=−16，
即有a−2b= a−2b2= a2−4a⋅b+4b2= 16+4×16+4×64=4 21；
(2)由a+2b⊥ka−b
可得a+2b⋅ka−b=0，即ka2+(2k−1)a⋅b−2b2=0，
即16k−16(2k−1)−128=0，解得k=−7.则当k为−7时，a+2b⊥ka−b；、
综上，(1)a−2b=4 21，(2)k=−7．

18.解：(I)因为sinA:sinB:sinC=2:1: 2，由正弦定理可得a:b:c=2:1: 2，
∵b= 2，∴a=2 2,c=2；
(II)由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=8+2−42×2 2× 2=34；
(III)∵csC=34，∴sinC= 1−cs2C= 74，
∴sin2C=2sinCcsC=2× 74×34=3 78，cs2C=2cs2C−1=2×916−1=18，
所以sin2C−π6=sin2Ccsπ6−cs2Csinπ6=3 78× 32−18×12=3 21−116．

19.解：(1)显然MD⊥平面ABC，于是VM−ABC=13×MD×S▵ABC=13×1×12×2×2=23．
(2)
设AC∩BD=O，连接OM，
∵在正方体ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD是正方形，∴O是BD中点，
∵M是DD1的中点，∴OM/\!/BD1，
∵BD1⊄平面AMC,OM⊂平面AMC,
∴BD1/\!/平面AMC；
(3)∵N为CC1的中点，M为DD1的中点，
∴CN/\!/D1M,∴CN=D1M，
∴四边形CND1M为平行四边形，∴D1N/\!/CM，
又∵MC⊂平面AMC,∵D1N⊄平面AMC,∴D1N/\!/平面AMC，
由(2)知BD1/\!/平面AMC,∵BD1∩D1N=D1,BD1⊂平面BND1,D1N⊂平面BND1，
∴平面AMC/\!/平面BND1．

20.解：(1)在▵ABC中，由bsin(A−π3)−asinAcsC−csinAcsA=0及由正弦定理，
得sinBsin(A−π3)=sinA(sinAcsC+csAsinC)，即sinBsin(A−π3)=sinAsin(A+C)，
整理得sinBsin(A−π3)=sinAsinB，而sinB>0，则sin(A−π3)=sinA，
又0