2024-2025学年黑龙江省鸡西市文峰中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省鸡西市文峰中学高一（下）期中数学试卷（含解析），文件包含分层练习12第五章第七讲功和机械能教师版docx、分层练习12第五章第七讲功和机械能学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
1.已知i为虚数单位，若复数z=4−m2−(m−2)i为纯虚数，则实数m=( )
A. 0B. 2C. −2D. 4
2.已知向量a=(1,0)，b=(x,1)，若b⋅(b−2a)=0，则x=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
3.已知m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m⊥α，α⊥β，则m//β
C. 若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γD. 若m⊥β，m//α，则α⊥β
4.如图，利用斜二测画法画出的四边形ABCD的直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′=6，C′D′=3，则四边形ABCD的面积为( )
A. 9 2
B. 274
C. 27 24
D. 27 22
5.已知圆锥的底面周长为6π，其侧面展开图的圆心角为2π3，则该圆锥的体积为( )
A. 18 2πB. 27πC. 24 2πD. 36π
6.在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若A=π3,a= 3，则a−2bsinA−2sinB=( )
A. 12B. 32C. 3D. 2
7.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为DB，A1C1的中点，则直线A1M和BN夹角的余弦值为( )
A. 23
B. 33
C. 23
D. 13
8.已知非零向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且|AB−AC|=2 2,|AB+AC|=6 2，点D是△ABC的边AB上的动点，则DB⋅DC的最小值为( )
A. −1B. −14C. −15D. −78
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.若复数z1=2−i，z2=3+4i，则下列说法正确的是( )
A. |z−2|=|z2|
B. z1−z2的虚部是−5i
C. 在复平面内，z1与z−2所对应的点均在第四象限
D. 在复数范围内，z1是方程x2−4x+5=0的根
10.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( )
A. 若sin2AcsB
C. 若b=4，c=3，C=π3，则满足这组条件的三角形有两个
D. 若c2−b2=ab，则C=2B
11.在底面是菱形的四棱锥P−ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD= 2a，点E在PD上，且PE：ED=2：1，点F是棱PC的动点，则下列说法正确的是( )
A. AF⊥BD
B. 三棱锥P−AEC的体积为 336a3
C. 当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC
D. 直线BF与平面PAC所成的角的正切值最大为 6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.己知向量a，b满足|a|=1，|b|= 3，|a−2b|=3，则a⋅b=______．
13.半径为10cm的球内有两个平行截面，其面积分别为36πcm2和64πcm2，那么这两个平行截面之间的距离为______．
14.在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，PA⊥平面ABCD，PA= 3，则平面PBD与平面ABCD的夹角的正切值为______．
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)
已知复数z1=a+4i，z2=4+3i，i为虚数单位，其中a是实数．
(1)若z1z2是实数，求a的值；
(2)若复数z1z2−在复平面内对应的点在第二象限，求a的取值范围．
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2+b2−c2=−15，△ABC的面积为15 34．
(1)求C的大小；
(2)若△ABC外接圆的面积为49π3，求△ABC的周长．
17.(本小题15分)
如图所示，四边形ABCD是矩形，且AB=2，AD=1，若将图中阴影部分绕AB旋转一周．
(1)求阴影部分形成的几何体的体积；
(2)求阴影部分形成的几何体的表面积．
18.(本小题17分)
已知平行四边形ABCD中，AB=3，BC=6，∠DAB=60°，点E为线段BC的中点．
(1)设AB=a,AD=b，用a，b表示AE；
(2)求cs∠CAE；
(3)点F在线段AC上，BF⊥AE，求|AF||AC|的值．
19.(本小题17分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，且△ABC为正三角形，AA1=AB=6，D为AC的中点．
(1)求证：直线AB1//平面BC1D；
(2)求证：平面BC1D⊥平面A1ACC1；
(3)求BC1与平面A1ACC1所成的角的正切值．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：∵z=4−m2−(m−2)i为纯虚数，
∴4−m2=0−(m−2)≠0，解得m=−2．
故选：C．
根据已知条件，结合纯复数的概念，即可求解．
本题主要考查纯虚数的概念，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：若b⋅(b−2a)=0，
则b2=2a⋅b，即x2+1=2x，解得x=1．
故选：C．
结合平面向量的数量积运算法则，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积运算法则，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，由m/​/α，n/​/α，则直线m，n可能平行、异面、或相交，A错误；
对于B：若m⊥α，α⊥β，此时m也可能在β内，B错误；
对于C：若α⊥γ，α⊥β，此时β，γ也可能平行，C错误；
对于D：若m⊥β，m/​/α，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，D正确．
故选：D．
由线面的位置关系依次分析选项，综合可得答案．
本题考查空间直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行的性质和应用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，如图，在直观图等腰梯形A′B′C′D′中，∠A=45°，作D′F⊥A′B′于F，C′G⊥A′B′于G，
则三角形D′FA′、C′FB′为两个全等的等腰直角三角形，
故A′F=B′G=A′B′−D′C′2=32，
则A′D′=32 2，
由斜二测画法还原原图，如图：
在原四边形ABCD，AD=2A′D′=3 2,AB=6,CD=3，
且AD⊥AB，则四边形ABCD为直角梯形，
其面积为S=12(6+3)×3 2=27 22．
故选：D．
根据斜二测画法画出原四边形ABCD求解即可．
本题考查平面图形的直观图，注意斜二测画法，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为ℎ，
由题意2πr=6π，r=3，6πl=2π3，l=9，
所以ℎ= l2−r2=6 2，
所以圆锥的体积为V=13πr2ℎ=13π×32×6 2=18 2π，
故选：A．
由侧面展开图求得圆锥母线和底面半径，再求得其高后，根据体积公式计算．
本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：若A=π3,a= 3，则asinA= 3 33=2，
a−2bsinA−2sinB=2sinA−4sinBsinA−2sinB=2．
故选：D．
由已知结合正弦定理即可求解．
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：连接B1D1，则点N在B1D1上，且N为B1D1的中点，连接MD1，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1与DD1平行且相等，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，
因为M、N分别为BD、B1D1的中点，
所以BM与D1N平行且相等，可得四边形BMD1N是平行四边形，
所以D1M//BN，∠A1MD1(或其补角)就是异面直线A1M和BN的所成角．
设正方体的棱长为2，
则Rt△D1DM中，D1D=2，DM=12BD= 2，可得D1M= DD12+DM2= 6，
在△A1D1M中，A1M=D1M= 6，A1D1=2，
由余弦定理得cs∠A1MD1=A1M2+D1M2−A1D122×A1M⋅D1M=6+6−42× 6× 6=23，
所以直线A1M和BN夹角的余弦值为23．
故选：C．
根据题意，连接MD1，可证出∠A1MD1(或其补角)就是异面直线A1M和BN的所成角，然后在△A1D1M中运用余弦定理求出∠A1MD1，进而可得所求答案．
本题主要考查正方体的结构特征、异面直线所成角的定义与求法等知识，考查了计算能力、空间想象能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：已知非零向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且|AB−AC|=2 2,|AB+AC|=6 2，点D是△ABC的边AB上的动点，
∵AB|AB|,AC|AC|分别表示AB与AC方向相同的单位向量，
∴以AB|AB|,AC|AC|这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形，
故AB|AB|+AC|AC|所在直线为∠BAC的角平分线所在直线，
∵(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，∴∠BAC的平分线与BC垂直，故AB=AC；
取BC的中点O，连接AO，则AO⊥BC，
根据平面向量的减法法则和中线向量可得|AB−AC|=|CB|=2 2,|AB+AC|=2|AO|=6 2，
∴|AO|=3 2，
建立如图平面直角坐标系，
则B(− 2,0),C( 2,0),A(0,3 2)，故BA=( 2,3 2)，
因为点D是△ABC的边AB上的动点，
所以设BD=λBA(0≤λ≤1)，则BD=( 2λ,3 2λ)，∴D( 2λ− 2,3 2λ)，
∴DB=(− 2λ,−3 2λ)，DC=(2 2− 2λ,−3 2λ)，
根据平面向量数量积的坐标公式可得DB⋅DC=− 2λ⋅(2 2− 2λ)+(−3 2λ)⋅(−3 2λ)=20λ2−4λ，
利用二次函数的性质可知当λ=−−42×20=110时，DB⋅DC有最小值，最小值为−15．
故选：C．
分析题目条件可得AB=AC，取BC的中点O，建立平面直角坐标系，利用坐标运算可得结果．
本题考查了平面向量的综合应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，∵z2−=3−4i，∴|z2−|= 32+(−4)2=5，|z2|= 32+42=5，故A正确；
对于B，因为z1−z2=2−i−3−4i=−1−5i，所以虚部是−5，故B不正确；
对于C，z1在复平面内对应的点的坐标为(2,−1)，
z−2在复平面内对应的点的坐标为(3,−4)，均在第四象限，故C正确；
对于D，因为(2−i)2−4(2−i)+5=0，所以z1是方程x2−4x+5=0的根，故D正确．
故选：ACD．
由复数的概念及其几何意义，复数的运算法则逐一判断选项即可．
本题考查复数的概念及其几何意义，复数的运算等知识，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：选项A：由正弦定理，sin2Aπ2−B，
因A，π2−B∈(0,π2)，且正弦函数在该区间递增，故sinA>sin(π2−B)=csB，故B正确；
选项C：根据正弦定理bsinB=csinC，则4sinB=3sinπ3=3 32=2 3⟹sinB=42 3=2 3≈1.154，
由于sinB>1，而正弦函数的值域为[−1,1]，因此这样的角B不存在，满足条件的三角形无解，故C错误；
选项D：由c2−b2=ab和余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，化简得a−2bcsC=b，
结合正弦定理，sinA−2sinBcsC=sinB，又sinA=sin(B+C)，
展开化简得sin(C−B)=sinB，故C−B=B(舍去C−B=π−B)，即C=2B，故D正确．
故选：BD．
根据正弦定理，余弦定理，判别式Δ即可求解．
本题考查了正弦定理，余弦定理，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC，
∵PA=AC=a，PB=PD= 2a，∠ABC=60°，∴△ABC为等边三角形，
∴AB=AD=a，则PA2+AB2=PB2，∴PA⊥AB，同理可得PA⊥AD，
∵AB∩AD=A，AB、AD⊂平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD，
∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，
∵PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，
∵AF⊂平面PAC，∴BD⊥AF，故A正确；
对于B，易知△ACD为等边三角形，S△ACD= 34a2，
∵点E在PD上，且PE：ED=2：1，∴VE−ACD=13VP−ACD，
故VP−AEC=23VP−ACD=23×13S△ACD⋅PA=29× 34a2×a= 318a3，故B错误；
对于C，如图，连接BD交AC于点O，连接OE，取线段PE的中点M，连接FM、BM，
∵四边形ABCD为菱形，AC∩BD=O，∴O为BD的中点，
∵点E在PD上，且PE：ED=2：1，点M为PE的中点，∴PM=ME=ED，
∴E为DM的中点，∴OE//BM，
∵BM⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，∴BM/​/平面ACE，
∵F为PC的中点，M为PE的中点，∴MF/​/CE，
∵MF⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，∴MF//平面ACE，
∵BM∩MF=M，BM、MF⊂平面BFM，∴平面BFM/​/平面ACE，
∵BF⊂平面BFM，∴BF/​/平面ACE，故C正确；
对于D，由A选项可知，BO⊥平面PAC，∴直线BF与平面PAC所成角为∠BFO，
∵OF⊂平面PAC，∴BO⊥OF，则tan∠BFO=OBOF，
∵△ABC是边长为a的等边三角形，∴OB=ABsin60°= 32a，
∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PA⊥AC，
又∵PA=AC=a，故△PAC为等腰直角三角形，∴∠ACP=45°，
当OF⊥PC时，OF取最小值，且最小值为OCsin45°=a2× 22= 24a，
此时，tan∠BFO取最大值，且最大值为(tan∠BFO)max= 3a2×4 2a= 6，故D正确．
故选：ACD．
证明出BD⊥平面PAC，利用线面垂直的性质可判断A选项；利用棱锥的体积公式可判断B选项；先证明平面BFM/​/平面ACE，结合面面平行的性质可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项．
本题考查线面垂直的判定与性质、面面平行的判定与性质、棱锥的体积公式、直线与平面所成角，属于中档题．
12.【答案】1
【解析】解：因为|a|=1，|b|= 3，|a−2b|=3，
所以|a−2b|2=a2−4a⋅b+4b2=9，
所以1−4a⋅b+4×3=9，解得a⋅b=1，
故答案为：1．
对|a−2b|=3两边平方结合已知化简可求出a⋅b的值．
本题考查平面向量的数量积及其运用，考查运算求解能力，属于基础题．
13.【答案】2cm或14cm
【解析】解：设两个截面圆的半径别为r1，r2，球心到截面的距离分别为d1，d2，球的半径为R．
由πr12=36πcm2，得r1=6cm．
由πr22=64πcm2，得r2=8cm．
如图①所示，当球的球心在两个平行平面的外侧时，
这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之差．
即d2−d1= R2−r12− R2−r22= 100−36− 100−64=8−6=2cm；
如图②所示，当球的球心在两个平行平面的之间时，
这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之和．
即d2+d1= R2−r12+ R2−r22=8+6=14cm．
故答案为：2cm或14cm．
根据两个截面圆的面积分别求出对应圆的半径，再分析出两个截面所存在的两种情况，再对每一种情况分别求出两个平行平面的距离即可．
本题考查两个平行平面间的距离的计算，重点考查球中截面圆半径、球半径之间的关系，体现了分类讨论思想，是中档题．
14.【答案】5 312
【解析】解：作AO⊥BD交BD于点O，
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BD，∵PA∩AO=A，
∴BD⊥平面PAO，
∴PO⊥BD，
∴∠AOP即为平面PBD与平面ABCD的夹角，
∵AO=AB⋅ADBD=125，
∴tan∠AOP=APAO= 3125=5 312，
故平面PBD与平面ABCD的夹角正切值为5 312．
故答案为：5 312．
先证明∠AOP即为平面PBD与平面ABCD的夹角，再解三角形即可．
本题考查二面角的计算，属于中档题．
15.【答案】解：(1)z1z2=a+4i4+3i=(a+4i)(4−3i)(4+3i)(4−3i)=4a+12+(16−3a)i25，
因为z1z2是实数，则16−3a=0，∴a=163．
(2)z1z2−=(a+4i)(4−3i)=4a−3ai+16i+12=(4a+12)+(16−3a)i，
因为复数z1z2−在复平面内对应的点在第二象限，则4a+120⇒a