2024-2025学年海南省临高县新盈中学高一（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年海南省临高县新盈中学高一（下）期中数学试卷（含答案），共5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.AB+PC+BA−QC的化简结果是( )
A. PQB. QPC. BQD. CQ
2.z=−3+4i2−i的共轭复数为( )
A. 2+iB. 2−iC. −2−iD. −2+i
3.设两个非零向量e1,e2不共线，且AB=e1+2e2，BC=2e1+7e2，CD=3(e1+e2)，则( )
A. A，C，D三点共线B. A，B，C三点共线
C. B，C，D三点共线D. A，B，D三点共线
4.已知向量a,b夹角为π3，|a|=2,|b|=1，则向量a在向量b上的投影向量为( )
A. bB. 12bC. aD. 12a
5.下列命题中，真命题为( )
A. 若两个平面α//β，a⊂α，b⊂β，则a//b
B. 若两个平面α//β，a⊂α，b⊂β，则a与b平行或异面
C. 若两个平面α//β，a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线
D. 若两个平面α∩β=b，a⊂α，则a与β一定相交．
6.如图，△O′A′B′表示水平放置的△OAB根据斜二测画法得到的直观图，O′A′在x′轴上，A′B′与x′轴垂直，且O′A′= 2，则△OAB的面积为( )
A. 2B. 2 2
C. 4D. 4 2
7.已知|a|=6，|b|=3，|a−b|=3 3，则=( )
A. π4B. π3C. π2D. 2π3
8.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2=c2+a2−ca，且sinA=2sinC，则△ABC的形状为( )
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形
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.下列命题中不正确的是( )
A. 两个有共同始点且相等的向量，其终点可能不同
B. 若非零向量AB与CD共线，则A、B、C、D四点共线
C. 若非零向量a与b共线，则a=b
D. 四边形ABCD是平行四边形，则必有|AB|=|CD|
10.在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=3，BD=2DC，则下列命题正确的是( )
A. AD=13AB+23ACB. AB⋅AD=12
C. |AD|=2 2D. (AD+DC)⋅(AD−2DC)=0
11.已知复数z满足(1−i)z=4+6i，z−是z的共轭复数，则下列说法正确的是( )
A. z的虚部为5iB. 复数z−在复平面中对应的点在第三象限
C. z+26z=−2D. z>z−
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(2,0)，b=(−1, 3)，则a与a+b的夹角为______．
13.方程x2+4x+8=0在复数范围内的根为______．
14.如图，半径为4cm的半圆剪去一个以直径为底的等腰直角三角形，将剩余部分以半圆的直径为轴旋转一周，所得几何体的体积是______cm3．
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15分)
已知平面向量a=(−1,2)，b=(x,−3)，x∈R．
(1)若a//b，求实数x的值；
(2)若a⊥b，求实数x的值；
(3)若|c|= 5，且c⊥a，求c的坐标．
16.(本小题15分)
若复数z1=1+ai(a∈R)，复数z2=3−4i．
(1)求|z2|；
(2)若z1+z2∈R，求实数a的值；
(3)若a=2，求z1z2．
17.(本小题15分)
已知向量a,b满足|a|=2,|b|=3,〈a,b〉=60°．
(1)求(2a+b)⋅b的值；
(2)求向量2a+b与b的夹角θ的余弦值．
18.(本小题15分)
如图，圆锥的底面直径和高均是4，过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱．
(1)求剩余几何体的体积；
(2)求剩余几何体的表面积．
19.(本小题17分)
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2c=2bcsA−a．
(1)求角B；
(2)若c=2，△ABC的面积为2 3，求边b．
参考答案
1.A
2.C
3.D
4.A
5.B
6.B
7.B
8.B
9.ABCD
10.AD
11.BC
12.π3
13.−2±2i
14.128π3
15.(1)因为a=(−1,2)，b=(x,−3)，a//b，
所以(−1)×(−3)−2x=0，解得x=32；
(2)因为a=(−1,2)，又b=(x,−3)且a⊥b，所以a⋅b=−x−6=0，解得x=−6；
(3)设c=(x,y)，因|c|= 5，且c⊥a，则x2+y2=5−x+2y=0，
解得x=2y=1或x=−2y=−1，故c=(2,1)或c=(−2,−1)．
16.解：(1)|z2|= 32+(−4)2=5．
(2)∵z1+z2=1+ai+3−4i=4+(a−4)i
又∵z1+z2∈R，∴a−4=0，即a=4．
(3)z1z2=1+2i3−4i=−1+2i5．
17.(1)因为|a|=2，|b|=3，a,b=60°，
则a⋅b=2×3×12=3，
所以(2a+b)⋅b=2a⋅b+b2=6+9=15；
(2)由题可得，|2a+b|= (2a+b)2
= 4a2+b2+4a⋅b= 16+9+12= 37，
所以csθ=(2a+b)⋅b|2a+b||b|=15 37×3=5 3737．
18.解：(1)圆柱PO的底面半径是1，高为2，
∴VPO=13π×22×4=163π，V圆柱=π×12×2=2π，
∴剩下几何体的体积是163π−2π=10π3．
(2)圆锥PO的底面半径为2，高为4，则母线长l= 22+42=2 5，
∴圆锥的表面积：S=π×22+π×2×2 5=(4 5+4)π；
圆柱的侧面积为：2π×2=4π，
剩余几何体的表面积：(4 5+8)π．
19.解：(1)由2c=2bcsA−a，根据余弦定理得2c=2b⋅b2+c2−a22bc−a，
整理得a2+c2−b2=−ac，可得csB=a2+c2−b22ac=−12，结合B是三角形内角，可得B=2π3；
(2)由B=2π3，得sinB= 32，
在△ABC中，c=2，所以△ABC的面积S=12acsinB= 32a=2 3，解得a=4，
由余弦定理，得b2=a2+c2−2accsB=42+22−2×4×2×(−12)=28，b=±2 7(舍负)．
所以b=2 7．