第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年廣西北海市高一下學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)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=4+2i，則|z|=(

)A.22 B.25 C.2.在△ABC中，BC=12，A=120°，則△ABC的外接圓的面積為(

)A.48π B.64π C.78π D.96π3.“x=π4+2kπ(k∈Z)”是“tanx=1A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4.以周長(zhǎng)為32的正方形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，將該正方形旋轉(zhuǎn)一周所得圓柱的側(cè)面積為(

)A.49π B.64π C.98π D.128π5.已知向量|a|=1，|b|=2，它們的夾角為23A.4 B.12 C.2 D.26.已知m，n，l是不重合的三條直線，α，β，γ是不重合的三個(gè)平面，則下列說法中錯(cuò)誤的是(

)A.若m⊥α，n//α，則m⊥n B.若l⊥β，m?α，l⊥m，則α//β

C.若α//γ，β//γ，則α//β D.若α⊥β，γ⊥β，α∩γ=l，則l⊥β7.素面高足銀杯(如圖1)是唐代時(shí)期的一件文物.銀杯主體可以近似看作半個(gè)球與圓柱的組合體(假設(shè)內(nèi)壁光滑，杯壁厚度可忽略)，如圖2所示.已知球的半徑為r，銀杯內(nèi)壁的表面積為22πr23，則球的半徑與圓柱的高之比為(

)

A.38 B.16 C.498.已知α,β均為銳角，sinα=2sinβcosα+β，則A.3 B.2 C.3二、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.已知復(fù)數(shù)z滿足z2?i=1+i，則(

)A.|z|=10 B.z=3+i

C.z的虛部為110.已知角A，B，C是△ABC的三個(gè)內(nèi)角，下列結(jié)論一定成立的有(

)A.cos(B+C)=cosA

B.sin(A+C)=sinB

C.若sinA>sinC11.已知函數(shù)fx=sinωx+φω>0,φA.若fx的最小正周期為π2，則ω=4

B.若fx的圖象關(guān)于點(diǎn)π3,0中心對(duì)稱，則ω=1+3kk∈N

C.若fx在0,2π3上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍是0,1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知a∈R，復(fù)數(shù)z1=a+3i，z2=2+i，若z1z213.設(shè)a和b是兩個(gè)不共線的向量，若AB=3a?kb，CB=a+3b，CD=2a?b，且14.在三棱錐P?ABC中，PC⊥平面PAB，PC=2，PA=PB=1，AB=2，點(diǎn)G是空間內(nèi)的一個(gè)點(diǎn)，且PG=1，則點(diǎn)G到平面ABC的距離的最大值為

．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sin(?θ)(1)求tanθ的值(2)求tan2θ和tan(16.(本小題15分)已知向量a=(4,?2)，b(1)若a⊥(2a+b(2)若ma+4b=(8,?10)，求向量a17.(本小題15分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且acosB+b(1)求角C的大小;(2)若CA?(AB?AC18.(本小題17分)

如圖，某小區(qū)有一塊扇形草地OAB，OA=100，∠AOB=π2，為了給小區(qū)的小孩有一個(gè)游玩的地方，物業(yè)要在其中圈出一塊矩形場(chǎng)地PQNM作為兒童樂園使用，其中點(diǎn)M，N在弧AB上，點(diǎn)P，Q分別在線段OA，OB上，且AB//MN，設(shè)∠MON=θ(0<θ<(1)若θ=π6，求矩形PQNM(2)求矩形PQNM的面積的最大值，并求出此時(shí)弧MN的長(zhǎng)度．19.(本小題17分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD=60°，PB=PD，PA=3，PC=3，點(diǎn)F為棱PC(1)求證：AF⊥BD;(2)求二面角B?PA?D的余弦值;(3)求直線AF與平面PAB所成角的正弦值．

答案解析1.【答案】B

【解析】解：因?yàn)閺?fù)數(shù)z=4+2i，

所以|z|=42+22.【答案】A

【解析】由正弦定理得△ABC的外接圓的半徑r=BC2sinA=122×32=43.【答案】A

【解析】解：若tanx=1，則x=2kπ+π4(k∈Z)或x=2kπ+5π4(k∈Z)，推不出x=π4+2kπ(k∈Z);

反過來，若x=π4+2kπ(k∈Z)4.【答案】D

【解析】解：以周長(zhǎng)為32的正方形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，旋轉(zhuǎn)一周得到的旋轉(zhuǎn)體為圓柱，

其底面半徑r=8，高?=8，

故其側(cè)面積為S=2πr×?=2π×8×8=128π．

故選D．5.【答案】C

【解析】【分析】本題考查向量的數(shù)量積運(yùn)算求解模長(zhǎng)有關(guān)問題，為基礎(chǔ)題．

利用數(shù)量積公式求出a·【解答】

解：因?yàn)橄蛄縜=1，b=2，它們的夾角為23π，所以2a+b=6.【答案】B

【解析】A：若m⊥α，n/?/α，則一定可以得到m⊥n，故A正確；

B:如圖所示，

α⊥β，α∩β=m，l⊥m，l?α，所以l⊥β，m?α，l⊥m，B錯(cuò)誤;

C：若α/?/γ，β/?/γ，則由面面平行的傳遞性可得α/?/β，故C正確

D:因?yàn)棣痢搔?p，所以p?α，p?γ，取點(diǎn)A∈p，則A∈α，A∈γ，假設(shè)直線p與平面β不垂直，又α⊥β，則過點(diǎn)A在平面α內(nèi)可作一條直線與平面β垂直，記為q，

同理，在平面γ內(nèi)過點(diǎn)A可作直線t⊥β，因?yàn)檫^點(diǎn)A有且僅有一條直線垂直于平面β，所以直線q與直線t重合，

、所以q?α，t?γ，所以α∩γ=q，又α∩γ=p，與平面α與平面γ有且僅有一條交線矛盾，故假設(shè)不成立，所以D正確，

故選B．7.【答案】A

【解析】解：設(shè)圓柱的高為?，

則銀杯內(nèi)壁的表面積2πr2+2πr?=22πr23，8.【答案】C

【解析】解：由題可得sinα=2sinβcosα+β兩邊同時(shí)除以cosα得tan所以tanα=因?yàn)棣?β均為銳角，所以tanα>0,則tanα=當(dāng)且僅當(dāng)3tanβ=1故選：C．9.【答案】CD

【解析】解：依題意z=(1+i對(duì)于A，|z|=32對(duì)于B，z=3?i，故B對(duì)于C，z的虛部為1，故C正確；對(duì)于D，z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(3,1)位于第一象限，故D正確．故選：CD．10.【答案】BC

【解析】解：對(duì)于A，因?yàn)锽+C=π?A，

所以cos(B+C)=cos(π?A)=?cosA，A錯(cuò)誤;

對(duì)于B，因?yàn)锳+C=π?B，

所以sin(A+C)=sin(π?B)=sinB，B正確;

對(duì)于C，設(shè)△ABC的外接圓半徑為R，sinA>sinC，

可得a2R>c2R，即a>c，所以A>C，C正確;

對(duì)于D，如在△ABC中，11.【答案】AC

【解析】解：因?yàn)楹瘮?shù)fx=sin所以sinφ=32，而φ<選項(xiàng)A，fx的最小正周期是T=2πω=π選項(xiàng)B，fx的圖象關(guān)于點(diǎn)π則ω?π3+選項(xiàng)C，x∈0,2π3則π3,2ωπ3+π3選項(xiàng)D，x∈0,π時(shí)，ωx+方程fx=1即方程sinωx+π3則13π6≤ωπ+π3<故選：AC．12.【答案】32【解析】【分析】由復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算及純虛數(shù)、共軛復(fù)數(shù)的概念即可求解．【詳解】由z2=2+i所以z1因?yàn)閦1z2為純虛數(shù)，所以2a?3=0所以z1所以z1z2故答案為：313.【答案】12

【解析】解：因A，B，D三點(diǎn)共線，故AB//BD．

∵AB=3a?kb14.【答案】53【解析】因?yàn)镻C⊥平面PAB，PA，PB?平面PAB，所以PC⊥PA，PC⊥PB，又PC=2，PA=PB=1，所以BC=AC=5，又AB=2，所以SABC=12AB?AC2?(AB2)2=12×2×32215.【答案】(1)由誘導(dǎo)公式及同角函數(shù)的基本關(guān)系，有sin有?tanθ=?3.可得(2)由tanθ=3，有tan有tanπ故有tan2θ=?34

【解析】(1)由誘導(dǎo)公式及同角函數(shù)的基本關(guān)系可得答案；(2)由二倍角正切公式及兩角差的正切公式可得答案．16.【答案】解：(1)因?yàn)閍=(4,?2)，b=(1,x)，所以2a+b=2(4,?2)+(1,x)=(9,x?4)，

又a⊥(2a+b)，

所以a?(2a+b)=4×9?2(x?4)=0，解得x=22;

(2)因?yàn)閙a+4b=m(4,?2)+4(1,x)=(4m+4,?2m+4x)=(8,?10)，

所以4m+4=8【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】17.【答案】解：(1)因?yàn)閍cosB+bcosA=2ccosC，

由正弦定理得sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosC，

即sin(A+B)=2sinCcosC，

所以sinC=2sinCcosC，

又C∈(0,π)，所以sinC>0，

所以cos【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】18.【答案】解：(1)作

OH⊥MN

，垂足為

H

，交

PQ

于

E

，由于四邊形

PQNM

為矩形，即

M

，

N

關(guān)于直線

OH

對(duì)稱，則

∠MON=π6

，

∠MOH=π12

，則

MN=2×100sinπ而

∠AOB=π2

，故

?OEP

為等腰直角三角形，則

OE=PE=故

EH=OH?OE=100cosπ則

S=MN?EH=10000(2sin?(2)因?yàn)?/p>

∠MON=θ0<θ<π2

，則

MN=200sinθ2

，

OH=100故

?OEP

為等腰直角三角形，則

OE=PE=12故

EH=OH?OE=100cosθ則矩形

PQNM

的面積

S=MN?EH=10000=100002sinθ+π4?1

，

因?yàn)?/p>

0<θ<π2

，所以當(dāng)

θ+π4=π所以

Smax=100002?1

，此時(shí)弧

MN

【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】19.【答案】(1)證明：連接AC交BD于點(diǎn)O，再連接PO，如圖所示，

在△PBD中，PB=PD，O是BD的中點(diǎn)，所以PO⊥BD，

又四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD=60°，所以BD=2，AC=23，BD⊥AC，

又AC∩PO=O，AC，PO?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，

又AF?平面PAC，所以AF⊥BD;

(2)解：因?yàn)镻A=3，PC=3，AC=23，所以PA⊥PC，∠PCA=30°，

所以PO=3，又PO⊥BD，所以PB=PD=PO2+OB2=2．

取PA的中點(diǎn)M，連接MB，MD，如圖