2024-2025学年河南省南阳市某校高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省南阳市某校高一（下）期末数学试卷（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.已知i是虚数单位，则复数z=2+i3的虚部为( )
A. −1B. 1C. 0D. i
2.若cs(π4+θ)=12，则sin2θ=( )
A. −12B. − 32C. 12D. 32
3.用斜二测画法画出的水平放置的平面图形△OAB的直观图为如图所示的△O′A′B′，已知△O′A′B′是边长为2的等边三角形，则顶点B到x轴的距离是( )
A. 2 6
B. 4
C. 2 3
D. 2 2
4.若a=sin40°cs127°+sin50°sin53°,b= 22(cs34°−sin34°),c=1−tan239°1+tan239∘，则a，b，c的大小关系是( )
A. a>b>cB. b>a>cC. c>a>bD. a>c>b
5.直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=AA1=2，∠BAC=120°则此球的表面积等于( )
A. 52π9B. 20πC. 8πD. 52π3
6.在△ABC中，点P满足2BP=PC，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，N，若AM=xAB，AN=yAC(x>0,y>0)，则2x+y的最小值为( )
A. 3B. 3 2C. 1D. 13
7.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a= 3，且c−2b+2 3csC=0，则该三角形外接圆的半径为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
8.已知sin(α−β)=13，csαsinβ=16，则cs(2α+2β)=( )
A. 79B. 19C. −19D. −79
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.已知向量a=(2,1)，b=(1,−1)，c=(m−2,−n)，其中m，n均为正数，且(a−b)//c，则下列说法正确的是( )
A. a与b的夹角为钝角B. 向量a在b上的投影向量为 22b
C. 2m+n=4D. mn的最大值为2
10.设复数z在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. 若|z⋅(2+i)|= 10，则z⋅z−=2
B. 若点Z的坐标为(−3,2)，且z是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p+q=19
C. 若复数z=i101i+1，则复数z−在复平面内对应的点位于第一象限
D. 若复数z满足|z−1+2i|=1，则|z|的最小值为 5−1
11.已知圆锥SO(O是圆锥底面圆的圆心，S是圆锥的顶点)的母线长为4，底面半径为3.若P，Q为底面圆周上的任意两点，则下列说法中正确的是( )
A. 圆锥SO的侧面积为12πB. △SPQ面积的最大值为3 7
C. 三棱锥O−SPQ体积的最大值为3 72D. 圆锥SO的内切球的表面积为36π7
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.等腰三角形一个底角的余弦为23，那么这个三角形顶角的正弦值为______．
13.已知单位向量e1，e2满足|e1+e2|= 3，则|e1−e2|=______．
14.一斜坡的坡面与水平面所成的二面角大小为30°，斜坡有一直道，它和坡脚水平线成60°角，沿这条直道向上100米后，升高了______米.
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)
已知复数z=3+bi(b=R)，且(1+3i)⋅z为纯虚数．
(1)求复数z；
(2)若ω=z2+i，求复数ω以及模|ω|．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)= 3sin2(x+π12)+ 32[cs(2x−π2)−1]，x∈[0,7π12)．
(1)求f(π3)；
(2)若函数g(x)=2f(x)−m只有一个零点，求实数m的取值集合．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD满足AD//BC，且AD=12，PA=AB=BC=1，三角形PAC的面积为 22．
(1)画出平面PAB和平面PCD的交线，并说明理由．
(2)求点B到平面PCD的距离．
18.(本小题17分)
如图，某小区为美化环境，建设美丽家园，计划在一块半径为R(R为常数)的扇形区域上，建个矩形的花坛CDEF和一个三角形的水池FCG.其中GC=GF，O为圆心，∠AOB=120°，C，G，F在扇形圆弧上，D，E分别在半径OA，OB上，记OG与CF，DE分别交于M，N，∠GOC=θ．
(1)求△FCG的面积S关于θ的关系式，并写出定义域；
(2)若R=10米，花坛每平方米的造价是300元，试问矩形花坛的最高造价是多少？(取 3=1.732)
19.(本小题17分)
如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD，AB=1，AA1=2，∠BAD=60°，点P为DD1的中点．
(1)求证：直线BD1//平面PAC；
(2)求证：BD1⊥AC；
(3)求二面角B1−AC−P的余弦值．
参考答案
1.A
2.C
3.A
4.D
5.B
6.A
7.A
8.B
9.CD
10.ABD
11.ACD
12.4 59
13.1
14.25 3
15.解：(1)∵z=3+bi(b=R)，∴(1+3i)⋅z=3−3b+(9+b)i，
又∵(1+3i)⋅z为纯虚数，∴9+b≠0且3−3b=0，解得b=1，∴z=3+i；
(2)ω=z2+i=3+i2+i=75−15i，∴|ω|= (75)2+(−15)2= 2．
16.(1)由题意得f(x)= 3⋅12[1−cs(2x+π6)]+ 32(sin2x−1)
= 32− 32( 32cs2x−12sin2x)+ 32sin2x− 32
=−34cs2x+ 34sin2x+ 32sin2x=−34cs2x+3 34sin2x=32sin(2x−π6)，
所以f(π3)=32sin(2⋅π3−π6)=32sinπ2=32．
(2)因为x∈[0,7π12)，所以2x−π6∈[−π6,π)，
令t=2x−π6，则t∈[−π6,π)，函数化为y=32sint，
函数g(x)=2f(x)−m只有一个零点等价于方程f(x)=m2只有一个解，
即32sint=m2，也即sint=m3在t∈[−π6,π)上只有一个解，
根据正弦函数的图象，可得sin(−π6)≤m3≤0或m3=1，解得−32≤m≤0或m=3，
所以实数m的取值集合为{m|−32≤m≤0或m=3}．
17.解：(1)延长BA，CD交于点E，连接PE，则PE即为平面PAB和平面PCD的交线，
理由如下：
由E∈AB，E∈CD，AB⊂平面PAB，CD⊂平面PCD，
可得E∈平面PAB，E∈平面PCD，
可得E∈平面PAB∩平面PCD，
由P∈平面PAB，P∈平面PCD，
可得P∈平面PAB∩平面PCD，即PE为平面PAB与平面PCD的交线；
(2)由题意易得PA⊥AC，
可得S△PAC=12⋅PA⋅AC=12AC= 22，解得AC= 2，
由于AB=BC=1，可得AB2+BC2=1+1=( 2)2=AC2，可得AB⊥BC，
由于AD//BC，
可得S△BCD=12⋅AB⋅BC=12，CD= 52,PD= 52,PC= 3，
可得S△PCD=12× 3× 22= 64，
因为VP−BCD=13S△BCD⋅PA=13×12×1=16，VP−BCD=VB−PCD，
设点B到平面PCD的距离为ℎ，
可得VP−BCD=VB−PCD=13S△PCD⋅ℎ=13× 64ℎ=16，解得ℎ= 63，
即点B到平面PCD的距离为 63．
18.解：(1)连接OF，如图所示：
因为GC=GF，所以∠GOF=∠GOC，易证△GOF≌△GOC，所以∠MGF=∠MGC，
因为GC=GF，所以GM⊥CF，所以GM=R−OM=R−Rcsθ，MC=Rsinθ，
所以S=12FC⋅GM=R2sinθ(1−csθ) (0