2024-2025学年河南省三门峡市渑池第二高级中学高一（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省三门峡市渑池第二高级中学高一（下）期中数学试卷（含答案），共6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.在平行四边形ABCD中，AB+AD等于( )
A. ACB. BDC. BCD. CD
2.与向量a=(−3,4)反向的单位向量是( )
A. b=(35,−45)B. b=(−35,45)C. b=(45,−35)D. b=(−45,35)
3.设复数z满足(1+i)z=4i，则|z|=( )
A. 22B. 2 2C. 2D. 2 2
4.设平面向量m=(−1,2)，n=(2,1)，则|m−n|=( )
A. 5B. 10C. 13D. 3 5
5.下列命题正确的是( )
A. 三点确定一个平面B. 一条直线和一个点确定一个平面
C. 两条直线确定一个平面D. 梯形可确定一个平面
6.已知a=(2,1)，b=(3,5)，则b−a在a上的投影向量为( )
A. (15,25)B. (45,25)C. (85,45)D. (125,65)
7.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知3a=5b，A=2π3，则sinB=( )
A. 3 310B. 310C. 3 25D. 35
8.已知正方体的内切球的体积为4 3π，则该正方体的外接球的表面积为( )
A. 12πB. 36πC. 9 3πD. 12 3π
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.若向量a=(2,0)，b=(1, 3)，则( )
A. |b|=2 B. a⋅b=2 C. b在a上的投影向量为12a D. a与b的夹角为π6
10.如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体之后，下列结论正确的有( )
A. HG//CD
B. CD与EF异面
C. EF与AB异面
D. GH//AB
11.已知复数z=5−4i，以下说法正确的是( )
A. z的实部是5B. |z|= 41
C. z−=5+4iD. z在复平面内对应的点在第一象限
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(x,2)，b=(3,−1)，若a//b，则a⋅b= ______．
13.已知圆锥的母线长为6，且其轴截面为等边三角形，则该圆锥的体积为 ．
14.已知向量a=(t,−1)，b=(t,16t)，t≠0，且a与b的夹角为锐角，则t的取值范围是______(用区间表示)．
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)
设x∈R，向量a=(1,2)，b=(x,1)
(Ⅰ)当a+2b与2a−b平行时，求x；
(Ⅱ)当a+2b与2a−b垂直时，求|a+b|.
16.(本小题15分)
如图，已知M，N，P，Q分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，AC=BD.求证：
(1)四边形MNPQ是菱形；
(2)AC//平面MNP．
17.(本小题15分)
已知△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且a2+c2+ac=b2．
(1)求B；
(2)若a=3c，D是AC的中点，且BD= 7，求△ABC的面积．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，点M在棱PD上，PB//平面ACM．
(1)试确定点M的位置，并说明理由；
(2)求四棱锥P−ABCD的表面积．
19.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 3bsinC−c(2sinC−csB)=0，且C=23π．
(1)求A的大小；
(2)若AC边上的中线BD=2 7，求△ABC的周长．
参考答案
1.A
2.A
3.D
4.B
5.D
6.D
7.A
8.B
9.ABC
10.AC
11.ABC
12.−20
13.9 3π
14.(−∞,−116)∪(−116,0)∪(16,+∞)．
15.解：(Ⅰ)∵a+2b=(1，2)+2(x，1)=(1+2x，4)，2a−b=2(1,2)−(x,1)=(2−x,3)，
又a+2b与2a−b平行，∴4(2−x)−3(1+2x)=0，化为2x=1，解得x=12．
(Ⅱ)∵a⊥b，∴(1+2x)(2−x)+12=0，
化为2x2−3x−14=0，
解得 x=72或x=−2，
当x=−2时，b=(−2,1)，a+b=(−1,3)，∴|a+b|= (−1)2+32= 10．
当x=72时，b=(72,1)，∴a+b=(92,3)，∴|a+b|= (92)2+32=3 132．
∴|a+b|= 10或3 132．
16.证明：(1)由题意得M，N，P，Q分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，
则MQ是△ABD的中位线，NP是△CBD的中位线，
由中位线定理得MQ//BD，NP//BD且MQ=NP=12BD，
同理可得PQ=12AC，PQ//AC，
因为AC=BD，
所以NP=PQ，
因为MQ//BD，NP//BD，
所以MQ//NP，
故四边形MNPQ为平行四边形，
因为NP=PQ，
所以四边形MNPQ是菱形，得证；
(2)由(1)可得PQ//AC，
而PQ⊂平面MNPQ，且AC⊄平面MNPQ，
得到AC//平面MNPQ，
故AC//平面MNP，得证．
17.解：(1)在△ABC中，因为a2+c2+ac=b2，即a2+c2−b2=−ac，
由余弦定理可得：a2+c2−b2=2accsB，
可得csB=−12，
因为B∈(0,π)，
所以B=2π3；
(2)因为D是AC的中点，所以2BD=BA+BC，
可得4BD2=BA2+BC2+2BA⋅BC=BA2+BC2+2|BA|⋅|BC|csB，BD= 7，a=3c，
即4×7=c2+9c2+2×c×3c×(−12)，
解得c=2，a=3c=6，
所以△ABC的面积为S=12acsinB=12×6×2× 32=3 3．
18.解：(1)设AC∩BD=O，则O是BD的中点，
设点M为PD中点，
∵在△PBD中，PB//OM，PB⊄平面ACM，OM⊂平面ACM，
∴PB//平面ACM．
故当点M为PD中点时，PB//平面ACM．
(2)∵四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，
∴四棱锥P−ABCD的表面积=1×1+2×12×1×1+2×12×1× 2=2+ 2．
19.解：(1)因为 3bsinC−c(2sinC−csB)=0，且C=23π，
由正弦定理可得： 3sinBsinC−sinC(2sinC−csB)=0
又sinC≠0，所以 3sinB−2sinC+csB=0，
即sin(B+π6)=sinC= 32，
又因为B∈(0,π3)，B+π6∈(π6,π2)，
所以B+π6=π3，即B=π6，
可得A=π6；
(2)由(1)得B=A=π6，则△ABC是以C为顶角的等腰三角形，
设CD=x>0，则AC=BC=2x，
在△BCD中，由余弦定理可得：BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅csC=4x2+x2+2x2=28，
解得x=2，
即AC=BC=4，
由正弦定理可得ABsinC=ACsinB，即AB 32=412，
可得AB=4 3，
所以C△ABC=4+4+4 3=8+4 3．