重庆市永川北山中学校高2025级高一下期期中考试数学Word版

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重庆市永川北山中学校高2025级高一下期半期考试数学试题【注意事项】1．答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3．考试结束后，将答题卡交回。一、单项选择题（本大题8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.复数z=|3−i|+i5，则复数z的共轭复数是(    )A.2−iB.2+iC.4−iD.4+i2.如图所示，F为平行四边形ABCD对角线BD上一点，BF=13FD，则AF=(    )A.34AB−14ADB.34AB+14ADC.14AB+34ADD.14AB−34AD3.已知cos (π4−α)=45，则sin 2α=(    )A.−15B.15C.−725D.7254.在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若sin A:sin B:sin C=2:4:5，则cos B=(   )A.1320B.3740C.−516D.185.一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A′B′O′，若O′B′=2，那么原▵ABO的面积是(    )A.1B.2C.22D.426.设α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题正确的是(    )A.若m//n，n⊂α，则m//αB.若m//α，n//β，m//n，则α//βC.若m⊥β，n//β，则m⊥nD.若α⊥β，α∩β=m，n⊥m，则n⊥α7.正三棱锥P−ABC中，AB=26，顶点P到底面ABC的距离为2，其各顶点都在同一球面上，则该球的半径为(    )A.5B.6C.22D.3  

18.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且2S=a2−(b−c)2，则bc的取值范围为(   )A.(12,2)B.(23,32)C.(35,53)D.(34,43)一、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，选错或不选得0分。）9.设向量a=(−1,1)，b=(0,2)，则(    )A.|a→|=|b|B.(a→−b)//a→C.(a→−b)⊥a→D.a→与b的夹角为π410.下列各式中，值为32的是(    )A.1−cos120°2B.cos2π12−sin2π12C.cos15°sin45°−sin15°cos45°D.tan15°1−tan215°11.已知▵ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下结论中正确的是(    )A.若A>B，则sinA>sinBB.若a=2，b=5，B=π3，则该三角形有两解C.若acosA=bcosB，则▵ABC一定为等腰三角形D.若sin2C>sin2A+sin2B，则▵ABC一定为钝角三角形12.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别为棱AB，BC的中点，则以下四个结论正确的是(    )A.棱C 1D 1上存在一点M，使得AM//平面B 1PQB.直线A 1C 1到平面B 1PQ的距离为23C.过A 1C 1且与面B 1PQ平行的平面截正方体所得截面面积为98D.过PQ的平面截正方体的外接球所得截面面积的最小值为3π8三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量a ,  b的夹角是60∘，且|a|=1，|b|=2，则a→⋅(a→+b→)=                   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                      cm3．15.求值：sin 50∘(1+3tan 10∘)=                    16.秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作《数书九章》中有己知三边求兰角形面积的方法以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上.

2以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积。”如果把以上这段文字写成公式就是S=14[a2c2−(a2+c2−b22)2]，其中a，b，c是△ABC的内角A，B，C的对边，若sin C=2sin AcosB，且b2，2，c2成等差数列，则△ABC面积S的最大值为___________．四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17.（满分10分）已知cosα=45，cos(α+β)=513，α,β均为锐角．(1)求sin2α的值；(2)求sinβ的值．18.（满分12分）已知i是虚数单位，复数z的共轭复数是z，且满足z+2z=5+i1+i．(I)求复数z的模|z|；(II)若复数z(2−mi)在复平面内对应的点在第一象限，求实数m的取值范围．19.（满分12分）已知：a､b是同一平面内的两个向量，其中a=(1,2)，b=1,1(1)若a与a+λb的夹角为锐角，求实数λ的取值范围；(2)求a+b在a上投影向量．20.（满分12分）在 ①asinC=3ccosA， ②b2+c2−a2=bc， ③3sinA−cosA=1三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且          ．

3(1)求A;(2)若a=2，则△ABC的面积为3，求b，c．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分21.（满分12分）如图，在四棱锥P−ABCD，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD=2，AD=3，(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH//平面PAD;(2)求证：PA⊥平面PCD;22.（满分12分）如图所示，在长方形ABCD中，AB=2，AD=1，E为CD的中点，以AE为折痕，把△DAE折起到△D′AE的位置，且平面D′AE⊥平面ABCE．(1)求证：AD′⊥BE；(2)求四棱锥D′−ABCE的体积；(3)在棱ED′上是否存在一点P，使得D′B //平面PAC，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．

4重庆市永川北山中学校高2025级高一下期半期考试数学参考答案1.【答案】A 【解析】由i4=1，可得i5=i4⋅i=i，∴z=3−i+i5=32+12+i=2+i，所以z=2−i，故选A．2.【答案】B【解析】AF=AB+BF=AB+14BD=34AB+14AD，故选B．3.【答案】D【解析】∵cos(π4−α)=cosπ4cosα+sinπ4sinα=45，∴cosα+sinα=425，∴cosα+sinα2=cos2α+sin2α+2cosαsinα=1+sin2α=3225，∴sin2a=725．故选D4.【答案】A 【解析】因为a:b:c=sin A:sin B:sin C=2:4:5，令a=2t，b=4t，c=5t(t>0)，则cos B=a2+c2−b22ac=4t2+25t2−16t22×2t×5t=1320．故选：A．5.【答案】D 【解析】因为三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A′B′C′，所以△ABO的底OB=O′B′=2，A′O′=22，在△ABO中为直角三角形，高OA=2A′O′=2×22=42．所以直角三角形△ABO的面积是12×2×42=42．故选D．6.【答案】C 【解析】若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故A不正确;若m//α，n//β，m//n，则α//β或α,β相交，故B不正确；学科网（北京）股份有限公司

5若m⊥β，n//β，则m⊥n，故C正确；若α⊥β，α∩β=m，n⊥m，则n与α相交或n//α或n⊂α，故D项不正确．7.【答案】D 【解析】设该球的半径为R．因为正△ABC的边长为26，所以△ABC的外接圆半径为23×32×26=22．因为正三棱锥P−ABC的顶点P到底面ABC的距离为2，所以2−R2+222=R，解得R=3．8.【答案】C【解析】△ABC中，由余弦定理得，a2=b2+c2−2bccosA，且△ABC的面积为S=12bcsinA，由2S=a2−(b−c)2，得bcsinA=2bc−2bccosA，化简得sinA+2cosA=2；又A∈(0,π2)，sin2A+cos2A=1，所以sinA+21−sin2A=2，化简得5sin2A−4sinA=0，解得sinA=45或sinA=0(不合题意，舍去)；所以bc=sinBsinC=sin(A+C)sinC=sinAcosC+cosAsinCsinC=45tanC+35，由B+C=π−A，且B∈(0,π2)，π−A∈(π2,π)，解得C∈(π2−A,π−A)∩(0,π2)=(π2−A,π2)，所以tanC>1tanA=34，所以1tanC∈(0,43)，所以bc∈(35,53)；故选：C．学科网（北京）股份有限公司

69.【答案】CD 【解析】由题意，a=(−1,1)，b=(0,2)，则a=−12+12=2，|b|=02+22=2，故A错误；易知a−b=−1,−1，由1×−1−−1×−1=−2≠0，所以(a−b)与a不平行，故B错误；又a−b·a=−1×−1+1×−1=0，即(a−b)⊥a，故C正确；因为cosa,b=a·ba·b=−1×0+1×22×2=22，又⟨a→,b→⟩∈[0,π]，所以a与b的夹角为π4．故选CD．  10.【答案】AB 【解析】A．1−cos120°2=1+122=32，正确，B.cos2π12−sin2π12=cosπ6=32，正确，C.cos15°sin 45°−sin15°cos45°=sin45°−15°=sin30°=12，不正确，D.tan15°=tan(45°−30°)=tan45°−tan30°1+tan45°·tan30°=2−3，那么tan15°1−tan15°=2−31−(2−3)=3−12，不正确．故选AB．11.【答案】AD 【解析】对A，由三角形的性质，当A>B时，a>b，即2Rsin A>2Rsin B，故sin A>sin B，故A正确；对B，由正弦定理asin A=bsin B，故2sin A=532，故sinA=155，因为aa2+b2，又余弦定理cos C=a2+b2−c22ab<0，故C∈(π2,π)，故△ABC一定为钝角三角形，故D正确．故选AD．12.【答案】BCD 【解析】解：对于A.如图：在正方体ABCD−A1B1C1D1中.因为点M在棱C1D1上，所以直线AM⊂平面ABC1D1．设BC1∩QB1=N．因为Q是BC的中点，所以BN=12NC1，而P是AB的中点，因此取NC1的中点为S，连接AS，则AS//PN．学科网（北京）股份有限公司

7因为若AM//平面B1PQ，而平面B1PQ∩平面ABC1D1=PN，所以AM与AS重合，而此时点M不在棱C1D1上，故A不正确;对于B.如图：在正方体ABCD−A1B1C1D1中.连接AC与A1C1．因为P，Q分别为棱AB，BC的中点，所以PQ//AC，而A1C1//AC，因此A1C1//PQ．又因为PQ⊂平面B1PQ，A1C1⊄平面B1PQ，所以A1C1//平面B1PQ，因此直线A1C1到平面B1PQ的距离就是点C1到平面B1PQ的距离．设点C1到平面B1PQ的距离为d，而正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则B1P=B1Q=52，PQ=22，因此S△B1PQ=38，而S△B1QC1=12，点P到平面B1BQ的距离为12，所以由VC1−B1PQ=VP−B1QC1得13×38d=13×12×12，解得d=23，故B正确;对于C.如图：在正方体ABCD−A1B1C1D1中.取AD的中点H，CD的中点G，连接A1H，C1G，则四边形A1C1GH是过A1C1的正方体的一个截面．又因为B1P//C1G，B1P⊂平面B1PQ，C1G⊄平面B1PQ，所以C1G//平面B1PQ．又因为由选项B知：A1C1//平面B1PQ，而A1C1∩C1G=C1，A1C1、C1G⊂平面A1C1GH，所以平面A1C1GH//平面B1PQ，即过A1C1且与面B1PQ平行的平面截正方体所得截面为四边形A1C1GH．又因为四边形A1C1GH的面积为122+22×324=98，所以过A1C1且与面B1PQ平行的平面截正方体所得截面面积为98，故C正确；对于D.如图：在正方体ABCD−A1B1C1D1中.连接BD1，则BD1的中点O是正方体外接球球心，且外接球半径为32．因为由对称性知：过PQ的平面截正方体的外接球所得截面面积最小时，截面圆的圆心是PQ的中点E，所以连接OP，OQ，OE，则OP=OQ=PQ=22，因此OE=32OP=64，因此截面圆的半径为322−642=64，所以截面圆的面积为(64)2π=3π8，故D正确．  13.【答案】2 【解析】利用向量的数量积，得到a⋅(a+b)=a2+a·b=1+abcos60°=1+2×12=2．故答案填：2．14.【答案】128π3 学科网（北京）股份有限公司

8【解析】解：所得几何体为半径为4cm的球体去掉两个底面半径为4cm，高为4cm的两个圆锥，故体积为：V=43πr3−2×13Sℎ=43π×43−23×π×42×4=1283π故答案为：128π3．15.【答案】1 【解析】原式=sin50°cos10°+3sin10°cos10°=sin50°2cos60°−10°cos10°=sin50°·2cos50°cos10°=sin100°cos10°=1．故答案为1．16.【答案】255 【解析】∵sinC=2sinAcosB，由正弦定理得c=2acosB，由余弦定理得c=2a×a2+c2−b22ac，故a=b，∵b2，2，c2成等差数列，∴b2+c2=4，因此S=14[a2c2−(a2+c2−b22)2]=14[(4−c2)c2−(c22)2]=516[−(85−c2)2+6425]⩽516×6425=255，当c2=85时，等号成立，即△ABC面积S的最大值为255．故答案为255 ．  17.【答案】解：(1)cosα=45，由sin2α+cos2α=1得sinα=±35，∵α为锐角，∴sinα>0，则sinα=35，∴sin2α=2sinαcosα=2425；(2)cosα+β=513 由sin2(α+β)+cos2(α+β)=1得sin(α+β)=±1213，∵α,β均为锐角，∴0<α+β<π，∴sinα+β>0，则sin(α+β)=1213，∴sinβ=sinα+β−α=sinα+βcosα−cosα+βsinα=1213×45−513×35=3365． 18.【答案】解：(I)设复数z=x+yi(x,y∈R)，则z=x−yi，学科网（北京）股份有限公司

9于是x+yi+2(x−yi)=(5+i)(1−i)(1+i)(1−i)，即3x−yi=3−2i，    所以3x=3−y=−2，解得x=1y=2，即z=1+2i，故|z|=12+22=5;(II)由(I)得z(2−mi)=(1+2i)(2−mi)=(2+2m)+(4−m)i，由于复数z(2−mi)在复平面内对应的点在第一象限，所以2+2m>04−m>0，解得−10λ+2≠2(λ+1)，∴λ>−53且λ≠0，∴实数λ的取值范围为(−53,0)∪(0,+∞)；(2)∵a+b=(2,3)，∴(a+b)⋅a=2+6=8，∵|a|=12+22=5，∴a+b在a上投影向量为a⋅(a+b)|a|2⋅a=85a=(85,165). 20.【答案】解：若选 ①(1)∵asinC=3ccosA.由正弦定理得，sinA⋅sinC=3sinC⋅cosA，∵sinC≠0，∴sinA=3cosA，即tanA=3，∵A∈(0,π)，∴A=π3，若选 ②∵b2+c2−a2=bc，学科网（北京）股份有限公司

10由余弦定理得，cosA=b2+c2−a22bc=12，∵A∈(0,π)，∴A=π3，若选 ③∵3sinA−cosA=1．∴sin(A−π6)=12，∵A∈(0,π)，A−π6∈(−π6,56π)，∴A−π6=π6，∴A=π3，(2)∵a=2，S△ABC=12bc⋅sinA=12bc⋅sinπ3=3，∴bc=4，由余弦定理：a2=b2+c2−2bc⋅cosA，即4=b2+c2−2bc⋅cosπ3，即b2+c2=8，由bc=4，b2+c2=8，解得b=c=2． 21.【答案】(1)证明：连接BD，由题意得AC∩BD=H，BH=DH，又由BG=PG，得GH//PD，∵GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴GH//平面PAD；(2)证明：取棱PC中点N，连接DN，依题意得DN⊥PC，又∵平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，DN⊂平面PCD，∴DN⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，∴DN⊥PA，又PA⊥CD，CD∩DN=D，CD，DN⊂平面PCD，∴PA⊥平面PCD． 22.【答案】解：(1)证明：由题意，在长方形ABCD中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，∴∠DEA=∠CEB=45°，∴∠AEB=90°，即BE⊥AE，学科网（北京）股份有限公司

11∵平面D′AE⊥平面ABCE，平面D′AE∩平面ABCE=AE，BE⊂平面ABCE，∴BE⊥平面D′AE，∵AD′⊂平面D′AE，∴AD′⊥BE；(2)取AE的中点F，连接D′F，则D′F⊥AE，∵平面D′AE⊥平面ABCE，平面D′AE∩平面ABCE=AE，D′F⊂平面D′AE，∴D′F⊥平面ABCE，∴VD′−ABCE=13S四边形ABCE· D′F=13×121+2×1×22=24；(3)如图所示，连结AC交BE于Q，假设在D′E上存在点P，使得D′B//平面PAC，连接PQ，∵D′B⊂平面D′BE，平面D′BE∩平面PAC=PQ，∴D′B//PQ，∴在△EBD′中，EPPD′=EQQB，∵ 在梯形ABCE中，EQQB=ECAB=12，                  ∴EPPD′=EQQB=12，即EP=13ED′，∴在棱D′E上存在一点P，且EP=13ED′，使得D′B//平面PAC． 学科网（北京）股份有限公司

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