2024-2025学年河北省秦皇岛市安丰高级中学高一（下）期中数学试卷（含解析)

这是一份2024-2025学年河北省秦皇岛市安丰高级中学高一（下）期中数学试卷（含解析)，共18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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若(z−1)⋅i5=2+i，则z=( )
A. 2−2iB. 2+2iC. −2−2iD. −2+2i
2.如图，正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长是( )
A. 8 cm
B. 6 cm
C. 2(1+ 2) cm
D. 2(1+2 2) cm
3.已知单位向量a，b满足|a−2b|= 7，则a在b上的投影向量是( )
A. 12aB. −12aC. 12bD. −12b
4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcsA=2c−a,sinAsinC=csCc+12b，则a+c的最大值是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.如图，圆柱的轴截面为正方形，A是上底面的一个动点，O为上底面圆的圆心，CD是圆柱下底面圆的直径，且三棱锥A−OCD的体积最大值为2 3，则该圆柱的侧面积为( )
A. 9π
B. 10π
C. 12π
D. 14π
6.若函数f(x)=3sinx+2csx在[0,α]上单调递增，则当α取得最大值时，csα=( )
A. −3 1313B. −2 1313C. 3 1313D. 2 1313
7.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为截面A1C1B上的动点，若DP⊥A1C，则点P的轨迹长度是( )
A. 22 B. 2
C. 12 D. 1
8.已知函数f(x)=cs4(x+π3)−sin4(x+π3)在区间[t−π8,t+π8](t∈R)上的最大值为M(t)，最小值为m(t)，令ℎ(t)=M(t)−m(t)，则ℎ(t)的最大值为( )
A. 1B. 1+ 22C. 2D. 2
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.下列说法正确的是( )
A. 终边在y轴上的角的集合为{θ|θ=π2+2kπ,k∈Z}
B. (−π18,0)是函数f(x)=tan(3x−π3)的图象的一个对称中心
C. 把分针拨快15分钟，则分针旋转形成的角度为90°
D. tan1>sin1>cs1
10.已知O为坐标原点，点P(csα,sinα)，Q(csβ,sinβ)，A(1,1)，则下列说法正确的是( )
A. OP⋅OQ=cs(α−β)
B. 若OP=QA，则|PQ|=|OA|
C. △AOP和△AOQ的面积之和的最大值为1
D. 若∠PAO=π4，则OA⋅OP=|AP|2
11.如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，点M，N分别为棱BC，AD的中点，则( )
A. AB⊥CD
B. MN=12
C. 侧棱与底面所成角的余弦值为 33
D. 直线AM与CN所成角的正弦值为 53
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，测量河对岸的塔高AB，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=30°，∠BDC=105°，CD=32m，在C点测得塔顶A的仰角为60°，则塔的总高度为______米.
13.已知sinα是方程2x2−x−1=0的根，α是第三象限角，则sin(−α−32π)cs(32π−α)cs(π2−α)sin(π2+α)⋅tan2(π−α)=______．
14.如图，在上、下底面对应边的比为1：2的三棱台中，过上底面一边作一个平行于棱
CC1的平面A1B1EF.这个平面分三棱台成两部分，则VFEC−A1B1C1：VBEB1−AFA1= ______．
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)
已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC，D是BC中点，E是AA1的中点．
(1)求证：AD⊥BC1；
(2)求证：DE//平面A1C1B.
16.(本小题15分)
已知长方体ABCD−A1B1C1D1中AB=3，AA1>BC，其外接球的表面积为29π，平面A1C1B截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD−A1C1D1，其体积为20．
(1)证明：平面A1C1B//平面ACD1；
(2)求棱AA1的长；
(3)求几何体ABCD−A1C1D1的表面积．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0,A>0,|φ|0，
可得csB=12，而B∈(0,π)，
可得B=π3；
又因为sinAsinC=csCc+12b，
由正弦定理可得ac=csCc+12b，
即2ab=2bcsC+c，
即2ab=2b⋅a2+b2−c22ab+c，
即2a2b=a2+b2−c2+ac，
即2a2b=a2+b2−c2−a2+c2−b22csB=a2+b2−c2−(a2+c2−b2)=2a2，
即b=1，
所以2r=bsinB=1sinπ3=2 3，其中2r为三角形外接圆直径，
所以a+c=2rsinA+2rsinC=2 3sinA+2 3sinC=2 3sinA+2 3sin(A+π3)
=2 3sinA+2 3(12sinA+ 32csA)
= 3sinA+csA
=2sin(A+π6)，
因为0sin1>cs1，D选项正确．
故选：BD．
终边在y轴上的角包含正、负半轴的角，判断A；
根据正切函数的对称性判断B；
由任意角的定义判断C；
先把弧度转化成角度，利用三角函数的单调性和特殊角的三角函数值，确定tan1、cs1、sin1的取值范围，即可比较大小，判断D．
本题考查了三角函数的性质，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A：由题意得，OP⋅OQ=csαcsβ+sinαsinβ=cs(α−β)，故A正确；
对于B：若OP=QA，则|QA|=1，
又因为Q(csβ,sinβ)，A(1,1)，
所以Q(1,0)或Q(0,1)，
若Q(1,0)，则P(0,1)，此时|PQ|=|OA|= 2，
若Q(0,1)，则P(1,0)，此时|PQ|=|OA|= 2，
则当OP=QA时，有|PQ|=|OA|成立，故B正确；
对于C：由题意，|AO|= 2，|OP|=|OQ|=1，
所以S△AOP+S△AOQ=12|AO||OP|sin∠AOP+12|AO||OQ|sin∠AOQ
= 22(sin∠AOP+sin∠AOQ)≤ 22×2= 2，
所以△AOP和△AOQ的面积之和的最大值为 2，故C错误；
对于D：若∠PAO=π4，注意到P(csα,sinα)在单位圆上，
当且仅当PA与单位圆相切时，∠PAO取最大值，此时恰为π4，
故△AOP为以OA为斜边的等腰直角三角形，
所以OA⋅OP= 2×1× 22=|AP|2=1，故D正确．
故选：ABD．
根据向量的数量积的坐标运算及数量积运算可判断A；根据向量的定义及向量的模长公式可判断B；根据两点间的距离公式、同角关系式、三角形面积公式计算可判断C；由P(csα,sinα)在单位圆上，结合题意分析可知当且仅当PA与单位圆相切时，∠PAO取最大值，此时恰为π4，再由向量的数量积的坐标运算及模长运算可判断D．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：因为正四面体ABCD，所以∠BAC=∠BAD=∠DAC=π3，
所以AB⋅AD=AB⋅AC=AD⋅AC=1×1×12=12，
对于选项A，CD=AD−AC，
所以AB⋅CD=AB⋅(AD−AC)=AB⋅AD−AB⋅AC=12−12=0，
即AB⊥CD，故选项A正确；
对于选项B，MN=AN−AM=AN−12(AB+AC)=12(AD−AB−AC)，
则|MN|= [12(AD−AB−AC)]2
=12 AD2+AB2+AC2+2AB⋅AC−2AB⋅AD−2AD⋅AC
=12 1+1+1+1−1−1= 22，故选项B错误；
对于选项C，连接DM，在DM上取点O，使得OD=2OM，连接OA，
则OA⊥平面BCD，
则∠ADM即为直线AD与平面BCD所成角的平面角，
在△ADM中，AM=DM= 32,AD=1，
则cs∠ADM=1+34−342×1× 32= 33，
由正四面体的结构特征可得，直线AB，AC，AD与平面BCD所成角的相等，
所以侧棱与底面所成角的余弦值为 33，故选项C正确．
对于选项D，AM=12AB+12AC,NC=AC−AN=AC−12AD，
则|AM|=|NC|= 32，
AM⋅NC=(12AB+12AC)⋅(AC−12AD)
=12AB⋅AC−14AB⋅AD+12AC2−14AD⋅AC
=14−18+12−18=12，
设直线AM，CN所成角为θ，
则csθ=|cs|=|AM⋅NC||AM||NC|=12 32× 32=23，
所以直线AM，CN所成角的余弦值为23，故选项D错误．
故选：AC．
把MN,AM,NC,CD分别用AB,AC,AD表示，再根据数量积的运算律计算分析，即可判断ABD，连接DM，在DM上取点O，使得OD=2OM，连接OA，则OA⊥平面BCD，解△ADM即可判断C．
本题考查向量法的应用，属于中档题．
12.【答案】48+16 3
【解析】解：如图，在△BCD中，∠CBD=180°−30°−105°=45°，
由正弦定理BCsin∠CDB=CDsin∠CBD，而CD=32m，
sin105°=sin(45°+60°)=sin45°cs60°+cs45°sin60°= 22×12+ 22× 32= 6+ 24，
所以BC=sin105°sin45∘⋅CD= 6+ 24 22×32=16 3+16
在Rt△ABC中，AB=BCtan60°= 3(16 3+16)=48+16 3．
故答案为：48+16 3．
在△BCD中，利用正弦定理求得BC长，在Rt△ABC中利用三角函数的定义即可求得AB长．
本题考查正弦定理，两角和的正弦公式的应用，属于中档题．
13.【答案】−13
【解析】解：∵sinα是方程2x2−x−1=0的根，α是第三象限角，
∴sinαb)，
又a2+b2+c2=4R2(R为长方体外接球半径)，
又外接球的表面积为29π，即4πR2=29π，所以4R2=29，
所以b2+c2=20①；
又VABCD−A1C1D1=VABCD−A1B1C1D1−VB−A1D1C1=abc−13×12abc=56abc=20，
可得bc=8②；
由①②解得b=2c=4或b=4c=2(舍去)，
所以棱长AA1为4；
(3)解：若a=3，b=2，c=4，则ab+bc+ca=3×2+2×4+3×4=26，
可得A1C1= 32+22= 13，A1B= 32+42=5，BC1= 22+42=2 5，
在△A1C1B中由余弦定理cs∠A1BC1=A1B2+BC12−A1C122A1B⋅BC1=25+20−132×5×2 5=85 5，
则sin∠A1BC1= 1−cs2∠A1BC1= 615 5，
所以S△AABC1=12A1B×BC1sin∠A1BC1=12×5×2 5× 615 5= 61，
所以SABCD−A1C1D1=2(ab+bc+ca)−12(ab+bc+ca)+S△A1BC1
=32(ab+bc+ca)+S△A1BC1
=32×26+ 61=39+ 61．
(1)根据长方体的性质得到A1C1/​/AC、A1B/​/CD1，即可得证；
(2)设AB=a=3，BC=b，AA1=c(c>b)，根据外接球的表面积及棱柱、棱锥的体积公式得到方程组，解得即可；
(3)根据表面积公式计算可得．
本题考查立体几何中的运算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由图知，T=π，则ω=2ππ=2．
由图可得，f(x)在x=π6处最大值，
又因为图象经过(−π12,0)，故f(−π12)=Asin(−π6+φ)=0，
所以−π6+φ=2kπ,k∈Z，故φ=π6+2kπ,k∈Z，
又因为|φ|