2024-2025学年吉林省长春十七中高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年吉林省长春十七中高一（下）期中数学试卷（含解析），共14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a，b∈R，a+3i=(b+i)i(i为虚数单位)，则( )
A. a=1，b=−3B. a=−1，b=3
C. a=−1，b=−3D. a=1，b=3
2.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin(A+B)=13，a=3，c=4，则sinA=( )
A. 23B. 14C. 34D. 16
3.如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′=4，C′D′=2，则下列说法正确的是( )
A. AB=2
B. A′D′=2 2
C. 四边形ABCD的周长为4+2 2+2 3
D. 四边形ABCD的面积为6 2
4.在等腰三角形ABC中，AB=AC= 5，BC=4，若P为边BC上的动点，则AP⋅(AB+AC)=( )
A. 2B. 4C. 8D. 0
5.如图，有A，B，C三艘渔船在海岛D附近作业，D在A的东北方向，D在B的东偏北60°方向，C在B的东偏北30°方向，B在A的正东方向，已知A，B相距( 3−1)akm，B，C相距 3akm，则( )
A. D在C的北偏西60°方向B. ∠ADB=10°
C. D，C相距akmD. D，B相距 2akm
6.下列命题正确的是( )
A. 若a、b是两条直线，α、β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a、b是异面直线
B. 四边形可以确定一个平面
C. 已知两条相交直线a、b，且a//平面α，则b与α的位置关系是相交
D. 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
7.已知正三棱台ABC−A1B1C1的上、下底面的边长分别为2和4，高为1，则此三棱台的体积是( )
A. 7 3B. 7 33C. 5 3D. 5 33
8.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q，R分别为棱BC，CD，CC1的中点，平面PQR截正方体ABCD−A1B1C1D1外接球所得的截面面积为( )
A. 53πB. 83πC. 353πD. 2 153π
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i为虚数单位，以下四个说法中正确的是( )
A. i+i2+i3+i4=0
B. 复数z=3−i的虚部为−i
C. 若复数z满足(1+i)⋅z=1+5i(i是虚数单位)，则z−在复平面内对应的点位于第一象限
D. 已知复数z满足|z−1|=|z+1|，则z在复平面内对应的点的轨迹为直线
10.已知四面体的四个面都是边长为2的正三角形，则以下正确的是( )
A. 四面体的高 63B. 四面体表面积为4 3
C. 四面体体积为2 23D. 四面体的内切球半径为 66
11.已知向量a=(2,−1)，b=(−4,−2)，则下列说法正确的是( )
A. cs=−35B. (2a+b)//(a+12b)
C. 若(a+λb)⊥a，则λ=65D. a在b上的投影向量为−310b
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若复数m−3+(m2−9)i≥0，则实数m的值为______．
13.一个腰长为2的等腰直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转π4弧度，形成的几何体的表面积为______．
14.如图甲，在梯形ABCD中，AB//CD，CD=2AB，E、F分别为AD、CD的中点，以AF为折痕把△ADF折起，使点D不落在平面ABCF内(如图乙)，那么在以下3个结论中，正确的结论是______．
①CF//平面ABD；②BE//平面CDF；③CD//平面BEF．
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12分)
(1)计算：z=i(1−i)2；
(2)已知复数z1=1−3i，z2=3+i，求|z1+z2|.
16.(本小题12分)
已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，点M，N分别是线段C1D1，CC1的中点．
(1)求三棱锥M−A1C1B的体积；
(2)求证：直线A1M、BN、B1C1三线共点．
17.(本小题12分)
已知f(x)=a⋅b，其中a=(2csx,− 3sin2x)，b=(csx,1)，x∈R．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)=−1，a= 7，且向量m=(3,sinB)与n=(2,sinC)共线，求边长b和c的值．
18.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足csCc=csB2a−b．
(1)求C；
(2)若a=2b=2，求△ABC外接圆的半径；
(3)若c=2 3，求△ABC周长的取值范围．
19.(本小题12分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点．
(1)求证：BD1//平面AMC；
(2)若N为CC1的中点，求证：平面AMC//平面BND1；
(3)求三棱锥M−ABC与正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球半径之比．
答案解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查复数代数形式的乘法运算，属于基础题．
利用复数的乘法运算化简，再利用复数的相等求解．
【解答】
解：∵a+3i=(b+i)i=−1+bi，a，b∈R，
∴a=−1，b=3，
故选B．
2.【答案】B
【解析】解：∵A+B+C=π，
∴sin(A+B)=sinC=13，
又∵a=3，c=4，
∴asinA=csinC，
即3sinA=413，
∴sinA=14，
故选：B．
由内角和定理及诱导公式知sin(A+B)=sinC=13，再利用正弦定理求解．
本题考查了三角形内角和定理及诱导公式，正弦定理的综合应用．
3.【答案】D
【解析】解：如图过D′作DE⊥O′B′，
由等腰梯形A′B′C′D′可得：△A′D′E是等腰直角三角形，
即A′D′= 2A′E=12×(4−2)× 2= 2，即B错误；
还原平面图为下图，
即AB=4=2CD,AD=2 2，即A错误；
过C作CF⊥AB，由勾股定理得CB=2 3，
故四边形ABCD的周长为：4+2+2 2+2 3=6+2 2+2 3，即C错误；
四边形ABCD的面积为：12×(4+2)×2 2=6 2，即D正确．
故选：D．
根据直观图与平面图的联系还原计算各选项即可．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：设BC的中点为O，连接AO，
因为等腰三角形ABC，所以BC⊥AO；
分别以BC，OA的正方向为x，y轴的正方向，建立平面直角坐标系，如图所示：
则B(−2,0)，C(2,0)，由AB=AC= 5，可得A(0,1)；
设P(t,0)，−2≤t≤2，则AP=(t,−1)，AB+AC=(−2,−1)+(2,−1)=(0,−2)；
所以AP⋅(AB+AC)=0×t+(−1)×(−2)=2．
故选：A．
建立平面直角坐标系，再利用向量数量积的坐标表示计算可得结果．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：如图所示，因为∠DAB=45°，∠DBE=60°，∠DBC=∠CBE=30°，
所以∠ADB=15°，
又因为sin15°=sin(45°−30°)=sin45°cs30°−cs45°sin30°= 6− 24，
所以在△ABD中，由正弦定理得：ABsin∠ADB=BDsin∠DAB，解得BD=2a，
在△BDC中，由余弦定理得：DC2=BD2+BC2−2BD⋅BCcs∠DBC=a2，
所以DC2+BC2=BD2，则∠C=90°，
所以D在C的北偏西30°方向，且D，C相距akm．
故选：C．
根据方位角，画出图形，利用正弦定理及勾股定理求解．
本题考查解三角形的实际应用问题，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：对于A，若a、b是两条直线，α、β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，
则a/​/b或a、b是异面直线或a与b相交，故A错误；
对于B，空间四边形不一定确定一个平面，故B错误；
对于C，两条相交直线a、b，且a/​/平面α，则b与α相交或b/​/α，故C错误；
对于D，两两相交且不共点的三条直线，记两两相交的交点分别为A、B、C，
易知A、B、C三点不共线，故过该三点有且只有一个平面，故D正确．
故选：D．
根据基本事实及空间中线线、线面的位置关系一一判断即可．
本题主要考查空间中线线、线面的位置关系的判断，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：因为正三棱台ABC−A1B1C1的上、下底面的边长分别为2和4，高为1，
所以正三棱台ABC−A1B1C1的上底面积S1= 34×22= 3，下底面积S2= 34×42=4 3，
所以此三棱台的体积V=13(S1+ S1S2+S2)=13( 3+2 3+4 3)=7 33．
故选：B．
根据给定条件，利用棱台的体积公式计算得解．
本题考查三棱台的体积的求解，属基础题．
8.【答案】A
【解析】解：以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，
C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，P(1,2,0)，Q(0,1,0)，R(0,2,1)，O(1,1,1)，
则PR=(−1,0,1)，PQ=(−1,−1,0)，
设正方体外接球的球心为O，则O(1,1,1)，则OP=(0,1,−1)，外接球的半径为 3，
设平面PQR的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PR=0n⋅PQ=0，即−x+z=0−x−y=0，
令x=1，得n=(1,−1,1)，
设球心O到平面PQR的距离为d，
则d=|OP⋅n||n|=|2| 3=2 3，
所以截面圆半径为r= R2−d2= 3−43= 5 3= 153，
所以截面圆面积为S=πr2=π×159=5π3，
所以平面PQR截正方体外接球所得截面的面积为5π3．
故选：A．
根据题意，画出图形，建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求解球心到截面的距离d，即可求解．
本题考查了立体几何中球的截面面积求解问题，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：对于A，i+i2+i3+i4=i+(−1)+(−i)+1=0，故A正确；
对于B，复数z=3−i的虚部为−1，故B错误；
对于C，∵(1+i)⋅z=1+5i，∴z=1+5i1+i=(1+5i)(1−i)(1+i)(1−i)=3+2i，
∴z−=3−2i，∴z−在复平面内对应的点为(3,−2)位于第四象限，故C错误；
对于D，设复数z=a+bi(a,b∈R)，
则|z−1|=|a+bi−1|= (a−1)2+b2，
|z+1|=|a+bi+1|= (a+1)2+b2，
∵复数z满足|z−1|=|z+1|，∴ (a−1)2+b2= (a+1)2+b2，化简得，a=0，
∴z在复平面内对应的点的轨迹为直线a=0，故D正确．
故选：AD．
A选项利用复数i的乘方进行化简即可求解；B选项理解复数z=a+bi(a,b∈R)中实部和虚部的概念即可判断；C选项利用复数的除法运算求出复数z=3+2i，即可判断z−对应的点所在的象限；D选项利用复数的模的运算公式化简即可判断．
本题考查复数的定义、运算法则、共轭复数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：由题意可得，该四面体的表面积为4× 34×4=4 3，故B正确；
由正四面体的高和侧棱与侧棱在底面的射影组成一个直角三角形，
则四面体的高ℎ= 22−(2 33)2=2 63，故A错误；
正四面体的体积为V=13Sℎ=13× 34×4×2 63=2 23，故C正确；
设四面体内切球的半径为r，由V=13×4 3r，得r=3V4 3=2 24 3= 66，故D正确．
故选：BCD．
由正四面体的定义和性质，结合勾股定理和面积、体积公式，计算可得结论．
本题主要考查棱锥表面积与体积的计算，多面体内切球问题，考查运算求解能力，属于中档题，
11.【答案】ABD
【解析】解：已知向量a=(2,−1)，b=(−4,−2)，
则a⋅b=2×(−4)+(−1)×(−2)=−6，|a|= 5，|b|=2 5，
对于选项A，cs=a⋅b|a||b|=−6 5×2 5=−35，即选项A正确；
对于选项B，2a+b=(0,−4)，a+12b=(0,−2)，由0×(−2)=(−4)×0，即(2a+b)//(a+12b)，即选项B正确；
对于选项C，已知(a+λb)⊥a，则(2−4λ,−1−2λ)⋅(2,−1)=0，即6λ=5，即λ=56，即选项C错误；
对于选项D，a在b方向上的投影向量为a⋅b|b|b|b|=−310b，即选项D正确．
故选：ABD．
由平面向量数量积的运算，结合向量共线及垂直的坐标运算逐一判断即可得解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了向量共线及垂直的坐标运算，属基础题．
12.【答案】3
【解析】解：∵m−3+(m2−9)i≥0，
∴m2−9=0m−3≥0，解得m=3．
故答案为：3．
由已知条件可得，m2−9=0m−3≥0，即可求解．
本题主要考查复数的性质，属于基础题．
13.【答案】4+ 2+12π
【解析】解：由题意一个腰长为2的等腰直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转π4弧度，
所得几何体为一个圆锥切割18的几何体，
由题意可知，圆锥的底面半径为2，高为2，则母线长为2 2，
由圆锥的表面积公式可得圆锥表面积为S1=π×2×2 2+2π×2=4( 2+1)π，
S△SOA=S△SOB=12×2×2=2，
所以形成的几何体的表面积为S=18S1+2S△SOA=18×4( 2+1)π+2×2=4+ 2+12π．
故答案为：4+ 2+12π．
根据题意画出草图，得到形成的几何体为一个圆锥切割18的几何体，再根据表面积为S=18S1+2S△SOA，计算即可．
本题考查了圆锥的结构特征，表面积公式，是中档题．
14.【答案】①③
【解析】解：对于①，∵CF/​/AB，CF⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，
∴CF/​/平面ABD，故①正确，
对于②，延长AB到G，使AB=BG，连接DG，如图，
∵E为AD的中点，∴BE//DG，
∵DG与平面CDF交于点D，∴BE与平面CDF不平行，故②错误；
对于③，连接AC交BE于O，连接OE，如图，
∵CD=2AB，F为CD的中点，∴AB=CF，
∵AB/​/CD，∴四边形ABCF为平行四边形，∴O为AC的中点，
∵E为AD的中点，∴OE/​/CD，又OE⊂平面BEF，CD⊄平面BEF，
∴CD/​/平面BEF，故③正确．
故答案为：①③．
结合已知条件，利用线面平行的判定方法逐个分析判断即可．
本题考查线面平行的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】2； 2 5．
【解析】(1)由复数的乘法运算法则得：
z=i(1−i)2=i(1−2i+i2)=i×(−2i)=−2i2=2．
(2)z1=1−3i，z2=3+i，
由复数的加法运算法则得z1+z2=4−2i，
∴由复数模的公式得：|z1+z2|= 42+(−2)2=2 5．
(1)利用复数的乘法运算法则计算即可；
(2)先计算z1+z2，再用复数模的公式计算．
本题考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】23；
证明见解析．
【解析】(1)因为正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，M，N分别是线段C1D1，CC1的中点，
所以三棱锥M−A1C1B的体积为VM−A1C1B=VB−A1C1M=13×12×1×2×2=23；
(2)证明：因为A1B1//MC1，A1B1=2MC1，
所以直线A1M，B1C1相交，设交于O，
则B1C1=OC1，
同理可得直线B1C1，BN相交于点O′，则B1C1=O′C1，
所以O′与O重合，
所以直线A1M、BN、B1C1三线相交于点O，
所以直线A1M、BN、B1C1三线交于一点．
(1)由等体积法结合棱锥的体积公式计算可得；
(2)先证明直线A1M，B1C1相交，设交于O，同理可得直线B1C1，BN相交于点O′，再由B1C1=OC1=O′C1可得三线共点．
本题考查三棱锥的体积的求解，三线共点的证明，属基础题．
17.【答案】[kπ−2π3,kπ−π6](k∈Z)；
b=3，c=2．
【解析】(1)f(x)=2cs2x− 3sin2x=1+cs2x− 3sin2x
=1+2cs(2x+π3)，
令2kπ−π≤2x+π3≤2kπ(k∈Z)，
解得kπ−2π3≤x≤kπ−π6(k∈Z)，
所以f(x)的单调递增区间[kπ−2π3,kπ−π6](k∈Z)．
(2)因为f(A)=1+2cs(2A+π3)=−1，
所以cs(2A+π3)=−1，又π3