2024-2025学年黑龙江省大庆市林甸一中高一（下）期中数学试卷（含答案）

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这是一份2024-2025学年黑龙江省大庆市林甸一中高一（下）期中数学试卷（含答案），共9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.在△ABC中，角A，B，C的对边分別为a，b，c，若b=1,a(2sinB− 3csC)= 3ccsA，点G是△ABC的重心，且AG= 133，则△ABC的面积为( )
A. 3B. 32C. 3或2 3D. 3 34或 3
2.已知复数z=(3i−1)(1−i)i2019(i为虚数单位)，则下列说法正确的是( )
A. z的虚部为−2iB. 复数z在复平面内对应的点位于第三象限
C. z的共轭复数z−=4−2iD. |z|=2 5
3.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′，且O′A′//B′C′，O′A′=2B′C′=4，A′B′=2，则该平面图形的高为( )
A. 2 2B. 2C. 4 2D. 2
4.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，对于下列四个命题：
①m⊂α，n⊂α，m//β，n//β⇒α//β②n//m，n⊂α⇒m//α
③α//β，m⊂α，n⊂β⇒m//n④m//α，n⊂α⇒m//n
其中正确命题的个数有( )
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
5.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是对角线AC1上的点(点M与A、C1不重合)，则下列结论正确的个数为( )
①存在点M，使得平面A1DM⊥平面BC1D；
②存在点M，使得DM//平面B1CD1；
③若△A1DM的面积为S，则S∈(2 33,2 3)；
④若S1、S2分别是△A1DM在平面A1B1C1D1与平面BB1C1C的正投影的面积，则存在点M，使得S1=S2．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
6.已知三棱锥P−ABC的外接球的球心为O，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=4，PA=2，则球心O到平面PBC的距离为( )
A. 13B. 63C. 33D. 3
7.已知向量a，b满足|a|=2|b|=2，且|2a−b|= 15，则|b−a|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 3
8.已知向量a=(csπ3,sin2π3)，b=(1,x)，则下列结论正确的是( )
A. ∀x∈R，|2a−3b|>1B. ∃x∈(−∞,0)，使得(a+b)//b
C. ∀x∈[0,+∞),a与b的夹角小于π3D. ∃x∈R，使得(b−a)⊥b
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△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知O为△ABC的外心，b=8，c=5，△ABC的面积S满足(b+c)2−a2=4 3S，AO=λAB+μAC，则下列结论正确的是( )
A. S=10 3B. |AO|=3 3C. AO⋅BC=19D. λ+μ=71120
10.若(1+i)n=(1−i)n，其中i为虚数单位，则n可以是( )
A. 104B. 106C. 108D. 109
11.如图，点M是正方体ABCD−A1B1C1D1的侧面ADD1A1上的一个动点，则下列结论正确的是( )
A. 点M存在无数个位置满足CM⊥AD1
B. 若正方体的棱长为1，则三棱锥B−C1MD体积的最大值为13
C. 在线段AD1上存在点M，使异面直线B1M与CD所成的角是30°
D. 点M存在无数个位置满足BM//平面B1D1C
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知二面角α−l−β的棱上有A，B两点，AC⊂α，AC⊥l，BD⊂β，BD⊥l.若AB=6，AC=3，BD=4，CD=7，则点D到平面α的距离是______．
13.设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|，z1−z2=a(1+ 3i)，其中i是虚数单位，a是负实数，求z2z1= ______．
14.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知向量m=(csC,2cs2B2−1),n=(b,c−4a)且m⋅n=0.D为AC边上一点，BD= 5且AD=2CD.则csB=______，△ABC面积的最大值为______．
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)
如图，四边形ABCD是平行四边形，点F，G分别为线段PB，AD的中点．
(1)证明：AF//平面PGC；
(2)在线段BD上找一点H，使得FH//平面PGC，说明理由并求此时BHBD的值．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，BC=BD=DC=2 3，AD=AB=PD=PB=2．
(1)若点E为PC的中点，M为DC的中点，求证：平面BEM//平面PAD；
(2)在棱PD上是否存在一点F，使得AF//平面PBC？若存在，请求出PFFD的值；若不存在，请说明理由．
17.(本小题15分)
设e1，e2是不共线的非零向量，且a=e1−2e2，b=e1+3e2．
(1)若4e1−3e2=λa+ub，求λ，u的值．
(2)若e1，e2是互相垂直的单位向量，求a与b的夹角θ．
18.(本小题17分)
已知锐角△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b(tanA+tanB)=2ctanB．
(1)求A的大小；
(2)若△ABC满足csAa+csCc=sinAsinB3sinC，求△ABC面积的取值范围．
19.(本小题17分)
如图，在海岸A北偏西75°方向，距离A为2海里的C处有一艘缉私艇，该缉私艇发现在C正东与C距离 6海里的B处有一走私船，走私船正以10海里/时的速度从B处向北偏东30°方向逃窜.缉私艇奉命以10 3海里/时的速度拦截走私船．
(1)问缉私艇沿什么方向行驶才能最快拦截到走私船？求缉私艇沿最快拦截到走私船所需要的时间．
(2)若缉私艇最快在D处拦截到走私船，D位于A北偏东θ处，求D与A的距离及sinθ的值．
参考答案
1.D
2.D
3.C
4.A
5.C
6.B
7.B
8.A
9.AD
10.AC
11.ABD
12.2 3
13.−12− 32i
14.14 9 158
15.解：(1)证明：取PC得中点Q，连接QF，
因为F为PB的中点，
所以QF//BC，且QF=12BC，
又因为AG//BC，且AG=12BC，
所以QF//AG且QF=AG，
故四边形AGQF是平行四边形，
故AF//GQ，
又因为AF⊄平面PGC，GQ⊂平面PGC，
所以AF//平面PGC；
(2)连接AE，与BD相交于H，则H为BD的三等分点(靠近点B)，即为所求．
理由如下：在平行四边形ABCD中，
因为E、G分别是BC、AD中点，
则AG//CE，AG=CE，
即四边形AECG是平行四边形，
于是得AE//CG，令CG∩BD=M，
则BH=HM=MD，
而AE⊄平面PCG，CG⊂平面PCG，
因此AE//平面PCG，
由(1)知EF//平面PCG，又AE∩EF=E，AE，EF⊂平面AEF，
于是得平面AEF//平面PCG，
又FH⊂平面AEF，
所以FH//平面PCG，且H为BD的三等分点(靠近点B)，
故BHBD=13．
16.(1)证明：在等边三角形BCD中，因为M为DC的中点，
所以BM⊥CD，
因为AD=AB=2，BD=2 3，
所以∠ADB=∠ABD=30°，
∠ADC=30°+60°=90°，即AD⊥CD，
所以BM//AD，
又BM⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BM//平面PAD，
又E为PC的中点，M为CD的中点，所以EM//PD，
又EM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以EM//平面PAD，
又EM∩BM=M，所以平面BEM//平面PAD．
(2)解：过A作AN//BC，交CD于N，再过N作NF//PC，交PD于F，连接AF，
则F即为所求，
由∠ABC=30°+60°=90°，可得∠NAB=90°，∠DAN=120°−90°=30°，
在直角三角形ADN中，ND=ADtan30°=2 33，
则CN=2 3−2 33=4 33，
所以DN：CN=1：2，
由NF//PC，可得PFFD=CNDN=2．
证明：当PFFD=CNDN=2时，可得NF//PC，
NF⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，可得NF//平面PBC，
又AN//BC，AN⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，可得AN//平面PBC，
又AN∩NF=N，可得平面ANF//平面PBC，
而AF⊂平面ANF，所以AF//平面PBC．
17.解：(1)因为a=e1−2e2，b=e1+3e2，
所以λa+ub=(λ+μ)e1+(3μ−2λ)e2，
因为4e1−3e2=λa+ub，且e1，e2是不共线的非零向量，
所以由平面向量基本定理可得：λ+μ=43μ−2λ=−3，解得λ=3μ=1；
(2)因为e1，e2是互相垂直的单位向量，所以|e1|=|e2|=1,e1⋅e2=0，
所以|a|= (e1−2e2)2= |e1|2−4e1⋅e2+4|e2|2= 1+4= 5，
|b|= (e1+3e2)2= |e1|2+6e1⋅e2+9|e2|2= 1+9= 10，a⋅b=(e1−2e2)⋅(e1+3e2)=|e1|2+e1⋅e2−6|e2|2=−5，
所以csθ=a⋅b|a|×|b|=−5 5× 10=− 22，
又因为θ∈[0,π]，所以θ=3π4．
18.(1)因为2sinC=sinB+csBtanA，
所以2sinC=sinB+csB⋅sinAcsA=sinBcsA+csBsinAcsA=sin(B+A)csA=sinCcsA，
所以2sinCcsA=sinC，因为C∈(0,π)，所以sinC>0，
所以csA=12，又A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)因为csAa+csCc=sinAsinB3sinC，
在△ABC中，由正弦定理及余弦定理得b2+c2−a22abc+a2+b2−c22abc= 3b6c，
所以2b22abc=bac= 3b6c，故a=2 3，
由正弦定理可得，bsinB=csinC=asinA=2 3 32=4，
所以b=4sinB，c=4sinC，
则△ABC面积S=12bcsinA=12×4sinB×4sinC× 32=4 3sinBsin(2π3−B)
=4 3sinB(12sinB+ 32csB)=2 3sin2B+6cs2B
=4 3( 34sin2B−14cs2B+14)
=2 3sin(2B−π6)+ 3，
因为0