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重慶市永川北山中學校高2025級高一下期半期考試數(shù)學試題【注意事項】1．答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．作答時，務必將答案寫在答題卡上。寫在本試卷及草稿紙上無效。3．考試結(jié)束后，將答題卡交回。一、單項選擇題（本大題8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.復數(shù)z=|3?i|+i5，則復數(shù)z的共軛復數(shù)是(????)A.2?iB.2+iC.4?iD.4+i2.如圖所示，F(xiàn)為平行四邊形ABCD對角線BD上一點，BF=13FD，則AF=(????)A.34AB?14ADB.34AB+14ADC.14AB+34ADD.14AB?34AD3.已知cos?(π4?α)=45，則sin?2α=(????)A.?15B.15C.?725D.7254.在△ABC中，內(nèi)角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，若sin?A:sin?B:sin?C=2:4:5，則cos?B=(???)A.1320B.3740C.?516D.185.一個水平放置的三角形的斜二測直觀圖是等腰直角三角形A′B′O′，若O′B′=2，那么原?ABO的面積是(????)A.1B.2C.22D.426.設α，β為兩個不同的平面，m，n為兩條不同的直線，下列命題正確的是(????)A.若m//n，n?α，則m//αB.若m//α，n//β，m//n，則α//βC.若m⊥β，n//β，則m⊥nD.若α⊥β，α∩β=m，n⊥m，則n⊥α7.正三棱錐P?ABC中，AB=26，頂點P到底面ABC的距離為2，其各頂點都在同一球面上，則該球的半徑為(????)A.5B.6C.22D.3??

18.在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，S為△ABC的面積，且2S=a2?(b?c)2，則bc的取值范圍為(???)A.(12,2)B.(23,32)C.(35,53)D.(34,43)一、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項是符合題目要求的，全部選對得5分，部分選對得2分，選錯或不選得0分。）9.設向量a=(?1,1)，b=(0,2)，則(????)A.|a→|=|b|B.(a→?b)//a→C.(a→?b)⊥a→D.a→與b的夾角為π410.下列各式中，值為32的是(????)A.1?cos120°2B.cos2π12?sin2π12C.cos15°sin45°?sin15°cos45°D.tan15°1?tan215°11.已知?ABC內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，以下結(jié)論中正確的是(????)A.若A>B，則sinA>sinBB.若a=2，b=5，B=π3，則該三角形有兩解C.若acosA=bcosB，則?ABC一定為等腰三角形D.若sin2C>sin2A+sin2B，則?ABC一定為鈍角三角形12.如圖所示，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，P，Q分別為棱AB，BC的中點，則以下四個結(jié)論正確的是(????)A.棱C?1D?1上存在一點M，使得AM//平面B?1PQB.直線A?1C?1到平面B?1PQ的距離為23C.過A?1C?1且與面B?1PQ平行的平面截正方體所得截面面積為98D.過PQ的平面截正方體的外接球所得截面面積的最小值為3π8三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.已知向量a?,??b的夾角是60°，且|a|=1，|b|=2，則a→?(a→+b→)=???????????????????14.如圖，半徑為4cm的半圓剪去一個以直徑為底的等腰直角三角形，將剩余部分以半圓的直徑為軸旋轉(zhuǎn)一周，所得幾何體的體積是??????????????????????cm3．15.求值：sin?50°(1+3tan?10°)=????????????????????16.秦九韶是我國南宋著名數(shù)學家，在他的著作《數(shù)書九章》中有己知三邊求蘭角形面積的方法以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上.

2以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實，一為從隅，開平方得積?！比绻岩陨线@段文字寫成公式就是S=14[a2c2?(a2+c2?b22)2]，其中a，b，c是△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊，若sin?C=2sin?AcosB，且b2，2，c2成等差數(shù)列，則△ABC面積S的最大值為___________．四、解答題（本大題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）17.（滿分10分）已知cosα=45，cos(α+β)=513，α,β均為銳角．(1)求sin2α的值；(2)求sinβ的值．18.（滿分12分）已知i是虛數(shù)單位，復數(shù)z的共軛復數(shù)是z，且滿足z+2z=5+i1+i．(I)求復數(shù)z的模|z|；(II)若復數(shù)z(2?mi)在復平面內(nèi)對應的點在第一象限，求實數(shù)m的取值范圍．19.（滿分12分）已知：a?b是同一平面內(nèi)的兩個向量，其中a=(1,2)，b=1,1(1)若a與a+λb的夾角為銳角，求實數(shù)λ的取值范圍；(2)求a+b在a上投影向量．20.（滿分12分）在?①asinC=3ccosA，?②b2+c2?a2=bc，?③3sinA?cosA=1三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并解答．問題：已知a，b，c分別為△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊，且??????????．

3(1)求A;(2)若a=2，則△ABC的面積為3，求b，c．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分21.（滿分12分）如圖，在四棱錐P?ABCD，底面ABCD為平行四邊形，△PCD為等邊三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD=2，AD=3，(1)設G，H分別為PB，AC的中點，求證：GH//平面PAD;(2)求證：PA⊥平面PCD;22.（滿分12分）如圖所示，在長方形ABCD中，AB=2，AD=1，E為CD的中點，以AE為折痕，把△DAE折起到△D′AE的位置，且平面D′AE⊥平面ABCE．(1)求證：AD′⊥BE；(2)求四棱錐D′?ABCE的體積；(3)在棱ED′上是否存在一點P，使得D′B?//平面PAC，若存在，求出點P的位置，若不存在，請說明理由．

4重慶市永川北山中學校高2025級高一下期半期考試數(shù)學參考答案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，故選A．2.【答案】B【解析】AF=AB+BF=AB+14BD=34AB+14AD，故選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．故選D4.【答案】A?【解析】因為a:b:c=sin?A:sin?B:sin?C=2:4:5，令a=2t，b=4t，c=5t(t>0)，則cos?B=a2+c2?b22ac=4t2+25t2?16t22×2t×5t=1320．故選：A．5.【答案】D?【解析】因為三角形的斜二測直觀圖是等腰直角三角形A′B′C′，所以△ABO的底OB=O′B′=2，A′O′=22，在△ABO中為直角三角形，高OA=2A′O′=2×22=42．所以直角三角形△ABO的面積是12×2×42=42．故選D．6.【答案】C?【解析】若m//n，n?α，則m//α或m?α，故A不正確;若m//α，n//β，m//n，則α//β或α,β相交，故B不正確；學科網(wǎng)（北京）股份有限公司

5若m⊥β，n//β，則m⊥n，故C正確；若α⊥β，α∩β=m，n⊥m，則n與α相交或n//α或n?α，故D項不正確．7.【答案】D?【解析】設該球的半徑為R．因為正△ABC的邊長為26，所以△ABC的外接圓半徑為23×32×26=22．因為正三棱錐P?ABC的頂點P到底面ABC的距離為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的面積為S=12bcsinA，由2S=a2?(b?c)2，得bcsinA=2bc?2bccosA，化簡得sinA+2cosA=2；又A∈(0,π2)，sin2A+cos2A=1，所以sinA+21?sin2A=2，化簡得5sin2A?4sinA=0，解得sinA=45或sinA=0(不合題意，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)；故選：C．學科網(wǎng)（北京）股份有限公司

69.【答案】CD?【解析】由題意，a=(?1,1)，b=(0,2)，則a=?12+12=2，|b|=02+22=2，故A錯誤；易知a?b=?1,?1，由1×?1??1×?1=?2≠0，所以(a?b)與a不平行，故B錯誤；又a?b·a=?1×?1+1×?1=0，即(a?b)⊥a，故C正確；因為cosa,b=a·ba·b=?1×0+1×22×2=22，又?a→,b→?∈[0,π]，所以a與b的夾角為π4．故選CD．??10.【答案】AB?【解析】A．1?cos120°2=1+122=32，正確，B.cos2π12?sin2π12=cosπ6=32，正確，C.cos15°sin?45°?sin15°cos45°=sin45°?15°=sin30°=12，不正確，D.tan15°=tan(45°?30°)=tan45°?tan30°1+tan45°·tan30°=2?3，那么tan15°1?tan15°=2?31?(2?3)=3?12，不正確．故選AB．11.【答案】AD?【解析】對A，由三角形的性質(zhì)，當A>B時，a>b，即2Rsin?A>2Rsin?B，故sin?A>sin?B，故A正確；對B，由正弦定理asin?A=bsin?B，故2sin?A=532，故sinA=155，因為aa2+b2，又余弦定理cos?C=a2+b2?c22ab<0，故C∈(π2,π)，故△ABC一定為鈍角三角形，故D正確．故選AD．12.【答案】BCD?【解析】解：對于A.如圖：在正方體ABCD?A1B1C1D1中.因為點M在棱C1D1上，所以直線AM?平面ABC1D1．設BC1∩QB1=N．因為Q是BC的中點，所以BN=12NC1，而P是AB的中點，因此取NC1的中點為S，連接AS，則AS//PN．學科網(wǎng)（北京）股份有限公司

7因為若AM//平面B1PQ，而平面B1PQ∩平面ABC1D1=PN，所以AM與AS重合，而此時點M不在棱C1D1上，故A不正確;對于B.如圖：在正方體ABCD?A1B1C1D1中.連接AC與A1C1．因為P，Q分別為棱AB，BC的中點，所以PQ//AC，而A1C1//AC，因此A1C1//PQ．又因為PQ?平面B1PQ，A1C1?平面B1PQ，所以A1C1//平面B1PQ，因此直線A1C1到平面B1PQ的距離就是點C1到平面B1PQ的距離．設點C1到平面B1PQ的距離為d，而正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，則B1P=B1Q=52，PQ=22，因此S△B1PQ=38，而S△B1QC1=12，點P到平面B1BQ的距離為12，所以由VC1?B1PQ=VP?B1QC1得13×38d=13×12×12，解得d=23，故B正確;對于C.如圖：在正方體ABCD?A1B1C1D1中.取AD的中點H，CD的中點G，連接A1H，C1G，則四邊形A1C1GH是過A1C1的正方體的一個截面．又因為B1P//C1G，B1P?平面B1PQ，C1G?平面B1PQ，所以C1G//平面B1PQ．又因為由選項B知：A1C1//平面B1PQ，而A1C1∩C1G=C1，A1C1、C1G?平面A1C1GH，所以平面A1C1GH//平面B1PQ，即過A1C1且與面B1PQ平行的平面截正方體所得截面為四邊形A1C1GH．又因為四邊形A1C1GH的面積為122+22×324=98，所以過A1C1且與面B1PQ平行的平面截正方體所得截面面積為98，故C正確；對于D.如圖：在正方體ABCD?A1B1C1D1中.連接BD1，則BD1的中點O是正方體外接球球心，且外接球半徑為32．因為由對稱性知：過PQ的平面截正方體的外接球所得截面面積最小時，截面圓的圓心是PQ的中點E，所以連接OP，OQ，OE，則OP=OQ=PQ=22，因此OE=32OP=64，因此截面圓的半徑為322?642=64，所以截面圓的面積為(64)2π=3π8，故D正確．??13.【答案】2?【解析】利用向量的數(shù)量積，得到a?(a+b)=a2+a·b=1+abcos60°=1+2×12=2．故答案填：2．14.【答案】128π3?學科網(wǎng)（北京）股份有限公司

8【解析】解：所得幾何體為半徑為4cm的球體去掉兩個底面半徑為4cm，高為4cm的兩個圓錐，故體積為：V=43πr3?2×13S?=43π×43?23×π×42×4=1283π故答案為：128π3．15.【答案】1?【解析】原式=sin50°cos10°+3sin10°cos10°=sin50°2cos60°?10°cos10°=sin50°·2cos50°cos10°=sin100°cos10°=1．故答案為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成等差數(shù)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，當c2=85時，等號成立，即△ABC面積S的最大值為255．故答案為255?．??17.【答案】解：(1)cosα=45，由sin2α+cos2α=1得sinα=±35，∵α為銳角，∴sinα>0，則sinα=35，∴sin2α=2sinαcosα=2425；(2)cosα+β=513?由sin2(α+β)+cos2(α+β)=1得sin(α+β)=±1213，∵α,β均為銳角，∴0<α+β<π，∴sinα+β>0，則sin(α+β)=1213，∴sinβ=sinα+β?α=sinα+βcosα?cosα+βsinα=1213×45?513×35=3365．?18.【答案】解：(I)設復數(shù)z=x+yi(x,y∈R)，則z=x?yi，學科網(wǎng)（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，由于復數(shù)z(2?mi)在復平面內(nèi)對應的點在第一象限，所以2+2m>04?m>0，解得?10λ+2≠2(λ+1)，∴λ>?53且λ≠0，∴實數(shù)λ的取值范圍為(?53,0)∪(0,+∞)；(2)∵a+b=(2,3)，∴(a+b)?a=2+6=8，∵|a|=12+22=5，∴a+b在a上投影向量為a?(a+b)|a|2?a=85a=(85,165).?20.【答案】解：若選?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，若選?②∵b2+c2?a2=bc，學科網(wǎng)（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，若選?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)證明：連接BD，由題意得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)證明：取棱PC中點N，連接DN，依題意得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)證明：由題意，在長方形ABCD中，△DAE和△CBE為等腰直角三角形，∴∠DEA=∠CEB=45°，∴∠AEB=90°，即BE⊥AE，學科網(wǎng)（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的中點F，連接D′F，則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四邊形ABCE·?D′F=13×121+2×1×22=24；(3)如圖所示，連結(jié)AC交BE于Q，假設在D′E上存在點P，使得D′B//平面PAC，連接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上存在一點P，且EP=13ED′，使得D′B//平面PAC．?學科網(wǎng)（北京）股份有限公司

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