第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年河南省南陽市某校高一（下）期末數(shù)學試卷一、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中，只有一項是符合題目要求的。1.已知i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z=2+i3的虛部為(

)A.?1 B.1 C.0 D.i2.若cos(π4+θ)=1A.?12 B.?32 3.用斜二測畫法畫出的水平放置的平面圖形△OAB的直觀圖為如圖所示的△O′A′B′，已知△O′A′B′是邊長為2的等邊三角形，則頂點B到x軸的距離是(

)A.26

B.4

C.24.若a=sin40°cos127°+sin50°sin53°,b=22(cos34°?sin34°),c=1?tan239°1+tanA.a>b>c B.b>a>c C.c>a>b D.a>c>b5.直三棱柱ABC?A1B1C1的各頂點都在同一球面上，若AB=AC=AA.52π9 B.20π C.8π D.6.在△ABC中，點P滿足2BP=PC，過點P的直線與AB，AC所在的直線分別交于點M，N，若AM=xAB，AN=yA.3 B.32 C.1 7.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a=3，且c?2b+23A.1 B.3 C.2 D.8.已知sin(α?β)=13，cosαsinβ=16A.79 B.19 C.?1二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知向量a=(2,1)，b=(1,?1)，c=(m?2,?n)，其中m，n均為正數(shù)，且(aA.a與b的夾角為鈍角 B.向量a在b上的投影向量為22b

C.2m+n=4 D.10.設(shè)復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為Z，原點為O，i為虛數(shù)單位，則下列說法正確的是(

)A.若|z?(2+i)|=10，則z?z?=2

B.若點Z的坐標為(?3,2)，且z是關(guān)于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一個根，則p+q=19

C.若復(fù)數(shù)z=i101i+1，則復(fù)數(shù)z?11.已知圓錐SO(O是圓錐底面圓的圓心，S是圓錐的頂點)的母線長為4，底面半徑為3.若P，Q為底面圓周上的任意兩點，則下列說法中正確的是(

)A.圓錐SO的側(cè)面積為12π B.△SPQ面積的最大值為37

C.三棱錐O?SPQ體積的最大值為372 三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.等腰三角形一個底角的余弦為23，那么這個三角形頂角的正弦值為______．13.已知單位向量e1，e2滿足|e1+14.一斜坡的坡面與水平面所成的二面角大小為30°，斜坡有一直道，它和坡腳水平線成60°角，沿這條直道向上100米后，升高了______米.四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知復(fù)數(shù)z=3+bi(b=R)，且(1+3i)?z為純虛數(shù)．

(1)求復(fù)數(shù)z；

(2)若ω=z2+i，求復(fù)數(shù)ω以及模16.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=3sin2(x+π12)+32[cos(2x?π217.(本小題15分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD滿足AD//BC，且AD=12，PA=AB=BC=1，三角形PAC的面積為22．

(1)畫出平面PAB和平面PCD的交線，并說明理由．

(2)求點B18.(本小題17分)

如圖，某小區(qū)為美化環(huán)境，建設(shè)美麗家園，計劃在一塊半徑為R(R為常數(shù))的扇形區(qū)域上，建個矩形的花壇CDEF和一個三角形的水池FCG.其中GC=GF，O為圓心，∠AOB=120°，C，G，F(xiàn)在扇形圓弧上，D，E分別在半徑OA，OB上，記OG與CF，DE分別交于M，N，∠GOC=θ．

(1)求△FCG的面積S關(guān)于θ的關(guān)系式，并寫出定義域；

(2)若R=10米，花壇每平方米的造價是300元，試問矩形花壇的最高造價是多少？(取319.(本小題17分)

如圖，四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD，AB=1，AA1=2，∠BAD=60°，點P為DD1的中點．

(1)求證：直線B

答案解析1.【答案】A

【解析】解：由z=2+i3=2?i，得復(fù)數(shù)z=2+i3的虛部為?1．

故選：A．

2.【答案】C

【解析】解：由cos(π4+θ)=22cosθ?22sinθ=12，得cosθ?sinθ=3.【答案】A

【解析】解：①中，過B′作B′E′平行y′軸，交x′軸于點E′，

在②中的平面直角坐標系xOy中，在x軸上取OA=O′A′，OE=O′E′，

過點E作EB平行y軸，EB=2E′B′，連接OB，AB，△ABC即原圖形，

故BE為B到x軸距離，設(shè)BE=?.?>0，B′E′=12?．

在①中過B′作B′D′垂直x軸，且交x′軸于D′，

則B′D′=2?sin60°=2×32=3，

∵∠B′E′O′=45°，∴12?sin45°=3，故4.【答案】D

【解析】解：因為a=sin40°cos127°+sin50°sin53°,b=22(cos34°?sin34°),c=1?tan239°1+tan239°，

則a=?sin40°cos53°+cos40°sin53°=?sin(40°?53°)=sin13°，

b=sin45°cos34°?sin34°cos45°=sin(45°?34°)=sin11°，

c=cos78°=sin12°，

又因為函數(shù)y=sinx在(0°,90°)5.【答案】B

【解析】解：如圖，在△ABC中AB=AC=2，∠BAC=120°，

可得BC=23，

由正弦定理，可得△ABC外接圓半徑，

設(shè)此圓圓心為O′，球心為O，在RT△OBO′中，

易得球半徑R=5，

故此球的表面積為4πR2=20π．

故選：B．

通過已知條件求出底面外接圓的半徑，設(shè)此圓圓心為O′，球心為O6.【答案】A

【解析】【分析】本題主要考查了向量的線性表示及平面向量共線定理，還考查了利用乘1法結(jié)合基本不等式求解最值，屬于中檔題．

由已知結(jié)合向量的線性表示及向量共線定理得13y+2【解答】

解：因為2BP=PC，AM=xAB，AN=yAC(x>0,y>0)，

所以AP=AB+BP=AB+13BC=AB+13(AC?AB)=13AC+23AB=17.【答案】A

【解析】【分析】本題考查利用正弦定理求三角形外接圓半徑，兩角和與差的正弦公式，屬于中檔題．

先應(yīng)用正弦定理及兩角和的正弦公式化簡求出角A，再根據(jù)正弦定理求出外接圓半徑即可．【解答】

解：

∵a=3，且c?2b+23cosC=0，

∴c?2b+2acosC=0，

∴sinC?2sinB+2sinAcosC=0，

即sinC?2sin(A+C)+2sinAcosC=0，

∴sinC?2sinAcosC?2sinCcosA+2sinAcosC=0，

∴sinC?2sinCcosA=0，

∵sinC>0，∴cosA=12,A∈(0,π)，

∴A=π3，

設(shè)該三角形外接圓的半徑為r，

8.【答案】B

【解析】解：因為sin(α?β)=sinαcosβ?sinβcosα=13，cosαsinβ=16，

所以sinαcosβ=12，

所以sin(α+β)=sinαcosβ+sinβcosα=12+16=23，9.【答案】CD

【解析】解：對于A，因為a=(2,1),b=(1,?1)，所以a?b=2?1=1>0，

又因為2×(?1)≠1×1，可知a,b不共線，

所以a,b的夾角為銳角，故A錯誤；

對于B，因為b=(1,?1)，所以|b|=2，

所以向量a在b上的投影向量為(a?bb2)b=12b，故B錯誤；

對于C，因為a=(2,1)，b=(1,?1)，c=(m?2,?n)，

所以a?b=(1,2)，

因為(a?b)//c，所以?n=2(m?2)，即2m+n=4，故C正確；

對于D，因為2m+n=410.【答案】ABD

【解析】解：A選項：由|z?(2+i)|=|z|?|2+i|=10，計算|2+i|=5，得|z|=2，又z?z?=|z|2=(2)2=2，A正確；

B選項：z=?3+2i，其共軛?3?2i也為根，韋達定理，?p=(?3+2i)+(?3?2i)=?6，得p=6，

q=(?3+2i)(?3?2i)=13，故p+q=6+13=19，B正確；

C選項：i101=i，z=i1+i=12+12i，11.【答案】ACD

【解析】解：選項A，由圓錐的底面圓半徑為3，知底面圓周長為6π，

因為圓錐的母線長為4，

所以側(cè)面積為12?6π?4=12π，即選項A正確；

選項B，設(shè)BC是底面圓的一條直徑，

在△SBC中，由余弦定理知，cos∠BSC=42+42?622×4×4=?18<0，即∠BSC是鈍角，

又S△SPQ=12×SP×SQ×sin∠PSQ=12×4×4×sin∠PSQ=8sin∠PSQ，

所以存在點P，Q，當∠PSQ=90°時，sin∠PSQ=1，

所以△SPQ面積的最大值為8，即選項B錯誤；

選項C，由圓錐的底面圓半徑為3，母線長為4，可得圓錐的高為7，即SO=7，

因為S△SOP=12×SO×OP=12×7×3=372，

所以當OQ⊥面SOP時，(VO?SPQ)max=(VQ?SOP)max12.【答案】4【解析】解：設(shè)等腰三角形一個底角為θ，則頂角為π?2θ，那么這個三角形頂角的正弦值為

sin(π?2θ?)=sin2θ=2sinθcosθ=21?49?23=459，

故答案為413.【答案】1

【解析】解：因為|e1|=|e2|=1，且|e1+e2|=3，

所以(e1+e2)214.【答案】25【解析】解：如圖，

已知CD=100米，作DH⊥過BC的平面，垂足為H，線段DH的長度就是所求的高度，

在平面DBC內(nèi)，過點D作DG⊥BC，垂足為G，連接GH，

∵DH⊥平面BCH，

∴DH⊥BC，又DG⊥BC，DG∩DH=D，

∴GB⊥平面DGH，又GH?平面DGH，

∴GH⊥BC，

∴∠DGH為坡面DGC與水平面BCH所成二面角的平面角，則∠DGH=30°，

依題意，∠DCG=60°，則DH=DG?sin30°=CD?sin60°?sin30°=100×32×15.【答案】解：(1)∵z=3+bi(b=R)，∴(1+3i)?z=3?3b+(9+b)i，

又∵(1+3i)?z為純虛數(shù)，∴9+b≠0且3?3b=0，解得b=1，∴z=3+i；

(2)ω=【解析】(1)根據(jù)復(fù)數(shù)分類可解決此問題；

(2)根據(jù)復(fù)數(shù)除法運算法則先求得復(fù)數(shù)ω，然后可求得|ω|．

本題考查復(fù)數(shù)分類、復(fù)數(shù)運算，考查數(shù)學運算能力，屬于基礎(chǔ)題．16.【答案】32；

{m|?32≤m≤0【解析】(1)由題意得f(x)=3?12[1?cos(2x+π6)]+32(sin2x?1)

=32?32(32cos2x?12sin2x)+32sin2x?32

=?34cos2x+34sin2x+32sin2x=?34cos2x+334sin2x=32sin(2x?π6)，

所以f(π3)=32sin(2?17.【答案】答案見解析；

63【解析】解：(1)延長BA，CD交于點E，連接PE，則PE即為平面PAB和平面PCD的交線，

理由如下：

由E∈AB，E∈CD，AB?平面PAB，CD?平面PCD，

可得E∈平面PAB，E∈平面PCD，

可得E∈平面PAB∩平面PCD，

由P∈平面PAB，P∈平面PCD，

可得P∈平面PAB∩平面PCD，即PE為平面PAB與平面PCD的交線；

(2)由題意易得PA⊥AC，

可得S△PAC=12?PA?AC=12AC=22，解得AC=2，

由于AB=BC=1，可得AB2+BC2=1+1=(2)2=AC2，可得AB⊥BC，

由于AD//BC，

可得S△BCD=12?AB?BC=12，CD=52,PD=52,PC=3，

可得S△PCD=12×318.【答案】解：(1)連接OF，如圖所示：

因為GC=GF，所以∠GOF=∠GOC，易證△GOF≌△GOC，所以∠MGF=∠MGC，

因為GC=GF，所以GM⊥CF，所以GM=R?OM=R?Rcosθ，MC=Rsinθ，

所以S=12FC?GM=R2sinθ(1?cosθ)

(0<θ<π3)；

(2)因為ON=33ND=33MC=33Rsinθ，

所以MN=OM?ON=Rcosθ?【解析】(1)連接OF，得到△GOF≌△GOC，所以∠MGF=∠MGC，從而GM=R?OM=R?Rcosθ，MC=Rsinθ，所以S=12FC?GM=R2sinθ(1?cosθ)

(0<θ<π3)；

(2)因為ON=3319.【答案】解：(1)證明：連接BD交AC于點O，連接PO，如圖，

則O為BD的中點，

由于P是DD1的中點，故PO//BD1，

∵PO?平面PAC，BD1?平面PAC，

∴BD1/?/平面PAC；

(2)證明：在四棱柱ABCD?A1B1C