2024-2025学年新疆哈密十五中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年新疆哈密十五中高一（下）期末数学试卷（含答案），共7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.已知复数z满足z⋅(1+i)=4+3i，则|z|=( )
A. 5 22B. 52C. 22D. 12
2.已知A(3,1)，B(4,3)，C(x,7)三点共线，则x=( )
A. 10B. 8C. 7D. 6
3.已知α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，且m⊂α，n⊂β，则下列结论正确的是( )
A. 若α⊥β，则m⊥nB. 若α//β，则m//n
C. 若m//β，n//α，则α//βD. 若m⊥β，则α⊥β
4.在△ABC中，若AC= 6，C=45°，AB=2，则B等于( )
A. π6B. π3C. π6或5π6D. π3或2π3
5.将周长为8的矩形ABCD绕边AB所在直线旋转一周得到圆柱.当该圆柱体积最大时，边AB的长为( )
A. 43B. 23C. 13D. 1
6.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线C1B与D1C所成角为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
7.已知向量a=(2,−1),b=(−3,t),(2a+b)⊥a，则t=( )
A. 4B. 3C. 2D. 0
8.等腰四面体是一种特殊的三棱锥，它的三组对棱分别相等.已知一个长方体的体积为12，则用长方体其中的四个顶点构成的等腰四面体的体积为( )
A. 3B. 4C. 6D. 8
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z满足z=2−i，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A. |z|= 5B. z−=2−i
C. z在复平面内对应的点位于第四象限D. z2+4z−−11=0
10.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是( )
A. A1C1⊥BD1
B. A1C1/​/平面ACD1
C. 正方体的外接球的表面积为12π
D. 三棱锥D1−ADC的体积为83
11.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,a= 7,b=2,A=π3，则( )
A. c=3B. sinB= 217
C. sinC= 27D. △ABC中BC边中线长为 192
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(−2,λ),b=(1,1)，且a⊥b，则λ= ______，a−b在b方向上的投影向量的坐标为______．
13.已知等边△ABC边长为2，PC⊥平面ABC，且PC= 3，则点C到平面PAB的距离为______．
14.已知三棱锥S−ABC中，AB⊥BC，SC⊥BC，AB=2BC=2，三棱锥S−ABC的体积为23，则当SA取最小值时，三棱锥S−ABC外接球的体积为______．
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)
已知a=(1,2),|b|= 5．
(1)若a//b，求b的坐标；
(2)若(2a−b)⋅(a+b)=4，求a与b的夹角的余弦值．
16.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asin2B+bsinA=0．
(1)求角B；
(2)若△ABC的面积为15 34，周长为15，求b的值．
17.(本小题15分)
已知正方体ABCD−A1B1C1D1图，
(1)求证：平面AB1D1//平面BC1D.
(2)求二面角B1D1−A−BD的大小的余弦值．
18.(本小题12分)
在△ABC中，已知AB=2，AC=4，∠BAC=60°，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P．
(1)求BP的长度；
(2)求∠MPN的余弦值．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AD⊥DC，BC=CD=12AD=2，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD．
(1)证明：AB/​/平面PCE；
(2)求证：平面PAB⊥平面PBD；
(3)若二面角P−CD−A的大小为45°，求直线AD与平面PBD所成角的正切值．
参考答案
1.A
2.D
3.D
4.D
5.A
6.C
7.A
8.B
9.ACD
10.ABC
11.ABD
12.2 (−1,−1)
13. 62
14.9π2
15.(1)已知a=(1,2),|b|= 5，
又a//b，
设b=(x,y)，
由题意有y=2x x2+y2= 5，
解得x=1y=2或x=−1y=−2，
故b的坐标为(1,2)或(−1,−2)；
(2)由(2a−b)⋅(a+b)=4化简整理得2a2+a⋅b−b2=4，
则2×(1+4)+a⋅b−5=4，
解得a⋅b=−1，
即cs=a⋅b|a||b|=−15．
16.解：(1)根据正弦定理可得b=2RsinB，a=2RsinA，
因为asin2B+bsinA=0，所以2RsinA⋅2sinBcsB+2RsinBsinA=0，
所以csB=−12，
又B∈(0,π)，所以B=2π3；
(2)因为c=3，△ABC的面积为15 34，
所以S△ABC=12acsinB= 34ac=15 34，ac=15，
由余弦定理可得，b2=a2+c2−2accsB=(a+c)2−ac，
∴b2=(a+c)2−ac=(15−b)2−15，
解得b=7，
所以b的值为7．
17.解：(1)证明：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1//AA1//DD1，BB1=AA1=DD1，
则四边形BB1D1D是平行四边形，
所以B1D1//BD，又因为B1D1⊄平面BC1D，BD⊂平面BC1D，
所以B1D1//平面BC1D，
同理AD1//平面BC1D，而AD1∩B1D1=D1，AD1，B1D1⊂平面AB1D1，
所以平面AB1D1//平面BC1D.
(2)取B1D1中点O，连接A1O，AO，则AO⊥B1D1，A1O⊥B1D1，
所以∠AOA1是二面角A1−B1D1−A的平面角，
令正方体的棱长为2，
则A1O= 2,AO= AA12+A1O2= 22+( 2)2= 6，cs∠AOA1=A1OAO= 2 6=1 3，
由平面A1B1D1//平面ABD，得二面角B1D1−A−BD的大小等于∠AOA1，
所以二面角B1D1−A−BD的大小的余弦值为 33．
18.(1)连接MN，则MN是△ABC的中位线，
故MN//AB，且MN=12AB，
在△ABN中，AN=12AC=2，又AB=2，∠BAC=60°，
故△ABN是等边三角形，
所以BN=2，
因为△ABP∽△MNP，所以PNBP=MNAB=12，
所以BP=23BN=43；
(2)在△ABC中，由余弦定理得：
BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠BAC=16+4−16cs60°=12，
解得BC=2 3，则BM=12BC= 3，
因为AB2+BC2=AC2，所以AB⊥BC，
在△ABM中，由勾股定理得AM= AB2+BM2= 4+3= 7，
因为△ABP∽△MNP，所以PMAP=MNAB=12，解得AP=2 73，
在△ABP中，由余弦定理得cs∠APB=AP2+BP2−AB22AP⋅BP=289+169−42×2 73×43= 714，
因为∠MPN=∠APB，所以∠MPN的余弦值为 714．
19.证明：(1)∵BC//AE且BC=AE，
∴四边形BCEA为平行四边形，
∴AB//EC，
又∵AB⊄平面PCE，EC⊂平面PCE，
∴AB//平面PCE；
(2)∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PA⊥BD，
连接BE，∵BC//DE且BC=DE，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∵DE⊥CD，BC=CD=2，
∴平行四边形BCDE为正方形，
∴BD⊥EC，
又∵AB//EC，∴BD⊥AB，
又∵PA⋂AB=A，PA⊂面PAB，AB⊂面PAB，
∴BD⊥面PAB，
∵BD⊂面PBD，
∴平面PAB⊥平面PBD；

解：(3)∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，
又∵CD⊥AD，PA∩AD=A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
∵PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD，
∴∠PDA为二面角P−CD−A的平面角，从而∠PDA=45°，
∴在Rt△PAD中，PA=AD=4，
作AM⊥PB于M，连接MD，
由(2)知，平面PAB⊥平面PBD且AM⊂平面PAB，平面PAB∩平面PBD=PB，
∴AM⊥面PBD，∴DM即为直线AD在平面PBD上的投影，
∴∠ADM为直线AD与平面PBD所成角，
在直角△PAB中，AB=CE=2 2，PA=4，PB=2 6，
∴AM=PA⋅ABPB=4×2 22 6=4 33，
∵AM⊥面PBD，DM⊂面PBD，∴AM⊥DM，
在直角△AMD中，AD=4,AM=4 33，DM= AD2−AM2= 16−163=4 63，
∴tan∠ADM=AMDM=4 334 63= 22，
则直线AD与平面PBD所成角的正切值为 22．