第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年河南省新鄉(xiāng)一中高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知復(fù)數(shù)z滿足z(1+i)=|1?i|，i為虛數(shù)單位，則z=(

)A.i B.22?222.已知向量a=(1,2),b=(1,?1),c=(4,5).若a與b+λA.114 B.?114 C.13.下列說(shuō)法正確的是(

)A.各側(cè)面都是正方形的四棱柱一定是正方體

B.球的直徑是連接球面上兩點(diǎn)并且經(jīng)過(guò)球心的線段

C.以直角三角形的一邊所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體是圓錐

D.用一個(gè)平面截圓錐，得到一個(gè)圓錐和圓臺(tái)4.已知m，n為不同的直線，α，β為不同的平面，下列命題為假命題的是(

)A.m⊥α，m⊥β?α//β B.m//n，n?α?m//α

C.m⊥α，m?β?α⊥β D.m⊥α，n⊥α?m//n5.如圖，四邊形ABCD的斜二測(cè)畫法的直觀圖為等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′=4，C′D′=2，則下列說(shuō)法正確的是(

)A.AB=2

B.A′D′=22

C.四邊形ABCD的周長(zhǎng)為4+22+26.已知向量a在向量b上的投影向量為12b，且|a|=|b|=1A.3 B.1 C.34 7.圓柱的底面周長(zhǎng)為6cm，AC是底面圓的直徑，高BC=6cm，點(diǎn)P是母線BC上一點(diǎn)，且PC=23BC.一只螞蟻從A點(diǎn)出發(fā)沿著圓柱體的表面爬行到點(diǎn)P的最短距離是A.(4+6π)cm B.5cm C.38.克羅狄斯?托勒密是希臘數(shù)學(xué)家，他博學(xué)多才，既是天文學(xué)權(quán)威，也是地理學(xué)大師.托勒密定理是平面幾何中非常著名的定理，它揭示了圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角線與邊長(zhǎng)的內(nèi)在聯(lián)系，該定理的內(nèi)容為圓的內(nèi)接四邊形中，兩對(duì)角線長(zhǎng)的乘積等于兩組對(duì)邊長(zhǎng)乘積之和.已知四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，且AC=3BD，∠ADC=2∠BAD.若AB?CD+BC?A.4 B.2 C.3 D.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.下面是關(guān)于復(fù)數(shù)z=2?1+i(i為虛數(shù)單位)的命題，其中真命題為A.z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限 B.若復(fù)數(shù)z1=1+i，則|z?z1|=22

C.z10.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，則如下判斷正確的是(

)A.若A>B，則sinA>sinB

B.若sin2A=sin2B，則△ABC為等腰三角形或直角三角形

C.若sin2A+sin2B>sin2C，則△ABC是銳角三角形

D.若11.如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，P為BC的中點(diǎn)，Q為線段CC1上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A，PA.直線AP與直線C1D1所成角的正切值為12

B.當(dāng)CQ=12時(shí)，S為等腰梯形

C.當(dāng)CQ=34時(shí)，S與C1D1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.復(fù)數(shù)z=i2025(1+i)?a為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a13.平行四邊形ABCD中，AB=4，AD=2，AB?AD=4，點(diǎn)P在邊CD上，則PA14.在三棱錐P?ABC中，AB=2，AC⊥BC，若該三棱錐的體積為23，則其外接球表面積的最小值為_(kāi)_____．四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題12分)

已知平面向量a=(1,2),b=(?3,?2)．

(1)若c⊥(2a+b)，且|c|=5，求c16.(本小題12分)

如圖所示，正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1兩底面的邊長(zhǎng)分別為4和8．

17.(本小題12分)

如圖所示，四棱錐P?ABCD的底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的菱形，∠BCD=60°，E是CD的中點(diǎn)，PA⊥底面ABCD，PA=2．

(1)證明：平面PBE⊥平面PAB；

(2)求點(diǎn)D到平面PBE的距離．18.(本小題12分)

在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且a，b，c滿足b2+acac=sinAsinC+sinCsinA，c=12．

(1)求B；

(2)若D為線段BC上一點(diǎn)，且滿足AD=BD，AC=18919.(本小題12分)

如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)棱BB1=1，∠ABC=2π3，且M，N分別為BB1，AC的中點(diǎn)．

(1)證明：MN//平面AB1C1；

答案解析1.【答案】B

【解析】解：由題意可知：|1?i|=12+(?1)2=2，

由z(1+i)=|1?i|=2，

2.【答案】D

【解析】解：b=(1,?1)，c=(4,5)，

則b+λ?c=(4λ+1,5λ?1)，

a=(1,2)，

a與b+λc平行，

則2(4λ+1)=5λ?1，解得λ=?1．3.【答案】B

【解析】解：對(duì)于A：雖然各側(cè)面都是正方形，但底面不一定是正方形，

所以該四棱柱不一定是正方體，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B：球的直徑的定義即為“連接球面上兩點(diǎn)并且經(jīng)過(guò)球心的線段”，故B正確；

對(duì)于C：以直角三角形的直角邊所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體是圓錐，

以直角三角形的斜邊所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體是兩個(gè)共底面的圓錐組成的幾何體，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D：用一個(gè)平行于底面的平面截圓錐，得到一個(gè)圓錐和圓臺(tái)，故D錯(cuò)誤．

故選：B．

根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征逐項(xiàng)分析判斷．

本題主要考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征，屬于基礎(chǔ)題．4.【答案】B

【解析】解：m，n為不同的直線，α，β為不同的平面，

對(duì)于A，由面面平行的判定定理得：m⊥α，m⊥β?α//β，故A正確；

對(duì)于B，m/?/n，n?α?m/?/α或m?α，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C，由面面垂直的判定定理得：m⊥α，m?β?α⊥β，故C正確；

對(duì)于D，由線面垂直的性質(zhì)得：m⊥α，n⊥α?m//n，故D正確．

故選：B．

對(duì)于A，由面面平行的判定定理判斷；對(duì)于B，m/?/α或m?α；對(duì)于C，由面面垂直的判定定理判斷；對(duì)于D，由線面垂直的性質(zhì)判斷．

本題考查面面平行、面面垂直的判定定理、線面垂直的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間思維能力，是中檔題．5.【答案】D

【解析】解：如圖過(guò)D′作DE⊥O′B′，

由等腰梯形A′B′C′D′可得：△A′D′E是等腰直角三角形，

即A′D′=2A′E=12×(4?2)×2=2，即B錯(cuò)誤；

還原平面圖為下圖，

即AB=4=2CD,AD=22，即A錯(cuò)誤；

過(guò)C作CF⊥AB，由勾股定理得CB=23，

故四邊形ABCD的周長(zhǎng)為：4+2+22+23=6+26.【答案】D

【解析】解：由于向量a在向量b上的投影向量為12b，

故a?b=12；

所以|a?12b|7.【答案】B

【解析】解：如圖所示，

圓柱的底面周長(zhǎng)為6cm，則側(cè)面展開(kāi)圖的一半為A′CBD，

高BC=6cm，

所以PC=23BC=4cm，A′C=3cm；

所以從A點(diǎn)沿著圓柱體的表面到點(diǎn)P的最短距離為32+42=5(cm)．8.【答案】B

【解析】解：由托勒密定理，得AC?BD=AB?CD+BC?AD=43．

因?yàn)锳C=3BD，所以BD=2．

設(shè)圓O的半徑為R，由正弦定理，得ACsin∠ADC=BDsin∠BAD=2R．

又AC=3BD，所以sin∠ADC=3sin∠BAD．

因?yàn)椤螦DC=2∠BAD，所以2sin∠BADcos∠BAD=3sin∠BAD，

因?yàn)?<∠BAD<π，所以sin∠BAD>0，所以cos∠BAD=32，

所以sin9.【答案】BD

【解析】解：z=2?1+i=2(?1?i)(?1+i)(?1?i)=?1?i，

z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(?1,?1)，位于第三象限，故A錯(cuò)誤；

因?yàn)閦1=1+i，所以z?z1=(?1?i)?(1+i)=?2?2i，所以|z?z1|=22，故B正確；

z=?1?i的共軛復(fù)數(shù)為?1+i，故C錯(cuò)誤；

z=?1?i的虛部為?1，故D正確．

故選：10.【答案】ABD

【解析】解：在△ABC中，若A>B，則a>b，結(jié)合正弦定理得sinA>sinB，可知A項(xiàng)正確；

由sin2A=sin2B，且A、B為三角形的內(nèi)角，可得2A=2B或2A+2B=π，

所以A=B或A+B=π2，可得△ABC為等腰三角形或直角三角形，故B項(xiàng)正確；

△ABC中，若sin2A+sin2B>sin2C，結(jié)合正弦定理得a2+b2>c2，

所以cosC=a2+b2?c22ab>0，可知C為銳角，但無(wú)法確定A、B是否為銳角，

因此不能判斷出△ABC是銳角三角形，故C項(xiàng)錯(cuò)誤．

△ABC中，a=10，b=9，B=60°，根據(jù)正弦定理可得sinA=asinBb=539>32，

所以π311.【答案】ABC

【解析】解：正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，P為BC的中點(diǎn)，

對(duì)于A，AB/?/CD/?/C1D1，直線AP與直線C1D1所成角為∠BAP，則tan∠BAP=PBAB=12，A正確；

對(duì)于B，CQ=12，即Q為CC1中點(diǎn)，此時(shí)PQ//BC1//AD1，AP=QD1=12+(12)2=52，

PQ=22=12AD1，則截面APQD1為等腰梯形，B正確；

對(duì)于C，CQ=34，連接AP并延長(zhǎng)交DC延長(zhǎng)線于M，直線MQ交C1D1于R1，

由C1R1//CM，得C1R1CM=C1QCQ=13，由P是BC的中點(diǎn)，CP//AD，得CM=CD=1，

12.【答案】?1

【解析】解：z=i2025(1+i)?a=i4×506+1(1+i)?a=i(1+i)?a=i?1?a，

復(fù)數(shù)z=i2025(1+i)?a為純虛數(shù)，

所以?1?a=0，即a=?1．

故答案為：?113.【答案】[?1,8]

【解析】解：設(shè)DP=λDC(0≤λ≤1)，

∵PA=DA?DP=?AD?λDC=?AD?λAB，PB=CB?CP=DA+PC=?AD+(1?λ)DC=?AD+(1?λ)AB，

∴PA?PB=(?AD?λ14.【答案】254【解析】解：AB=2，AC⊥BC，故底面三角形外接圓半徑為r=1，S△ABC=12CA?CB≤14(CA2+CB2)=1，

當(dāng)CA=CB=2時(shí)等號(hào)成立，

由V=13S△ABC??=23，所以?≥2，

當(dāng)P離平面ABC最遠(yuǎn)時(shí)，外接球表面積最小，此時(shí)，P在平面ABC的投影為AB中點(diǎn)O1，

設(shè)球心為O，則O在PO1上，故R2=(??R)2+12，化簡(jiǎn)得到R=?2+12?，

注意到函數(shù)y=x215.【答案】解：(1)設(shè)c=(x,y)，2a+b=(?1,2)，且c⊥(2a+b)，

∴c?(2a+b)=2y?x=0，

∴x=2y，且|c|=5，

∴x2+y2=4y2+y2=5y2=5，解得y=±1，∴x=?2【解析】(1)可設(shè)c=(x,y)，求出2a+b=(?1,2)，根據(jù)條件可得出2y?x=0x2+y2=5，解出x，y即可得出向量c的坐標(biāo)；

(2)可求出a16.【答案】解：(1)如圖，連接AC，BD，A1C1，B1D1，設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，A1C1與B1D1交于點(diǎn)O1，

過(guò)點(diǎn)C1作C1E⊥AC交AC于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BC交BC于點(diǎn)F，連接C1F，

由題意知∠EC1C=30°,CE=CO?EO=CO?C1O1=42?22=22，

在Rt△C1CE中，C1E=3CE=26，

又EF=CE【解析】(1)利用線線角去解直角三角形，就可以求出斜高，從而可求表面積；

(2)利用題意可得方程去解出斜高，從而求出棱臺(tái)的高，即可利用棱臺(tái)體積公式求解．

本題考查幾何體體積和表面積的計(jì)算，屬于中檔題．17.【答案】證明見(jiàn)解析；

55【解析】證明：(1)連接BD，作出示意圖如下所示：

因?yàn)樗倪呅蜛BCD是邊長(zhǎng)為1的菱形，∠BCD=60°，

故△BCD是正三角形，

由于E是CD的中點(diǎn)，故BE⊥CD，

又因?yàn)锳B/?/CD，故AB⊥BE，

由PA⊥底面ABCD，BE?平面ABCD，得到PA⊥BE，

又因?yàn)镻A、AB?平面PAB，AB∩PA=A，故BE⊥平面PAB，

又因?yàn)锽E?平面PBE，故平面PBE⊥平面PAB；

解：(2)由PA⊥底面ABCD，AB?平面ABCD，可以得到PA⊥AB，

根據(jù)勾股定理可得PB=PA2+AB2=22+12=5，

因?yàn)槿切蜝CD為正三角形，E是CD的中點(diǎn)，所以BE⊥CD，

又因?yàn)锽C=1，所以BE=BCsin60°=32，

由于BE⊥平面PAB，PB?平面PAB，故可以得到BE⊥PB，

根據(jù)三角形的面積公式可得S△PBE=12PB?BE=12×5×32=154，

易知S△BDE=12DE?BE=12×18.【答案】π3；

3；

(18【解析】(1)由題意，結(jié)合正弦定理可得b2+acac=ac+ca，

化簡(jiǎn)得b2=a2+c2?ac，所以cosB=a2+c2?b22ac=12，結(jié)合B∈(0,π)，可得B=π3；

(2)D為線段BC上一點(diǎn)，且滿足AD=BD，B=π3，可得△ABD為等邊三角形，

所以∠ADC=π?∠ADB=2π3，

設(shè)CD=x，在△ADC中，AC2=AD2+CD2?2AD?CDcos∠ADC，

即189=x2+122?2x?