第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年河南省新鄉(xiāng)一中高一（下）期中數學試卷一、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.已知復數z滿足z(1+i)=|1?i|，i為虛數單位，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.下列說法正確的是(

)A.各側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并且經過球心的線段

C.以直角三角形的一邊所在直線為軸旋轉一周所得的旋轉體是圓錐

D.用一個平面截圓錐，得到一個圓錐和圓臺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，則下列說法正確的是(

)A.AB=2

B.A′D′=22

C.四邊形ABCD的周長為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.圓柱的底面周長為6cm，AC是底面圓的直徑，高BC=6cm，點P是母線BC上一點，且PC=23BC.一只螞蟻從A點出發(fā)沿著圓柱體的表面爬行到點P的最短距離是A.(4+6π)cm B.5cm C.38.克羅狄斯?托勒密是希臘數學家，他博學多才，既是天文學權威，也是地理學大師.托勒密定理是平面幾何中非常著名的定理，它揭示了圓內接四邊形的對角線與邊長的內在聯(lián)系，該定理的內容為圓的內接四邊形中，兩對角線長的乘積等于兩組對邊長乘積之和.已知四邊形ABCD是圓O的內接四邊形，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中，有多項符合題目要求。9.下面是關于復數z=2?1+i(i為虛數單位)的命題，其中真命題為A.z在復平面內對應的點位于第四象限 B.若復數z1=1+i，則|z?z1|=22

C.z10.已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為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的棱長為1，P為BC的中點，Q為線段CC1上的動點，過點A，PA.直線AP與直線C1D1所成角的正切值為12

B.當CQ=12時，S為等腰梯形

C.當CQ=34時，S與C1D1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.復數z=i2025(1+i)?a為純虛數，則實數a13.平行四邊形ABCD中，AB=4，AD=2，AB?AD=4，點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______．四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。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ABCD?A1B1C1D1兩底面的邊長分別為4和8．

17.(本小題12分)

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

(1)證明：平面PBE⊥平面PAB；

(2)求點D到平面PBE的距離．18.(本小題12分)

在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為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，且滿足AD=BD，AC=18919.(本小題12分)

如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，側棱BB1=1，∠ABC=2π3，且M，N分別為BB1，AC的中點．

(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：對于A：雖然各側面都是正方形，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錯誤；

對于B：球的直徑的定義即為“連接球面上兩點并且經過球心的線段”，故B正確；

對于C：以直角三角形的直角邊所在直線為軸旋轉一周所得的旋轉體是圓錐，

以直角三角形的斜邊所在直線為軸旋轉一周所得的旋轉體是兩個共底面的圓錐組成的幾何體，故C錯誤；

對于D：用一個平行于底面的平面截圓錐，得到一個圓錐和圓臺，故D錯誤．

故選：B．

根據幾何體的結構特征逐項分析判斷．

本題主要考查空間幾何體的結構特征，屬于基礎題．4.【答案】B

【解析】解：m，n為不同的直線，α，β為不同的平面，

對于A，由面面平行的判定定理得：m⊥α，m⊥β?α//β，故A正確；

對于B，m/?/n，n?α?m/?/α或m?α，故B錯誤；

對于C，由面面垂直的判定定理得：m⊥α，m?β?α⊥β，故C正確；

對于D，由線面垂直的性質得：m⊥α，n⊥α?m//n，故D正確．

故選：B．

對于A，由面面平行的判定定理判斷；對于B，m/?/α或m?α；對于C，由面面垂直的判定定理判斷；對于D，由線面垂直的性質判斷．

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

【解析】解：如圖過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錯誤；

還原平面圖為下圖，

即AB=4=2CD,AD=22，即A錯誤；

過C作CF⊥AB，由勾股定理得CB=23，

故四邊形ABCD的周長為：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，

圓柱的底面周長為6cm，則側面展開圖的一半為A′CBD，

高BC=6cm，

所以PC=23BC=4cm，A′C=3cm；

所以從A點沿著圓柱體的表面到點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．

因為AC=3BD，所以BD=2．

設圓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．

因為∠ADC=2∠BAD，所以2sin∠BADcos∠BAD=3sin∠BAD，

因為0<∠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在復平面內對應的點的坐標為(?1,?1)，位于第三象限，故A錯誤；

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

z=?1?i的共軛復數為?1+i，故C錯誤；

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，結合正弦定理得sinA>sinB，可知A項正確；

由sin2A=sin2B，且A、B為三角形的內角，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項正確；

△ABC中，若sin2A+sin2B>sin2C，結合正弦定理得a2+b2>c2，

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

因此不能判斷出△ABC是銳角三角形，故C項錯誤．

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

所以π311.【答案】ABC

【解析】解：正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點，

對于A，AB/?/CD/?/C1D1，直線AP與直線C1D1所成角為∠BAP，則tan∠BAP=PBAB=12，A正確；

對于B，CQ=12，即Q為CC1中點，此時PQ//BC1//AD1，AP=QD1=12+(12)2=52，

PQ=22=12AD1，則截面APQD1為等腰梯形，B正確；

對于C，CQ=34，連接AP并延長交DC延長線于M，直線MQ交C1D1于R1，

由C1R1//CM，得C1R1CM=C1QCQ=13，由P是BC的中點，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，

復數z=i2025(1+i)?a為純虛數，

所以?1?a=0，即a=?1．

故答案為：?113.【答案】[?1,8]

【解析】解：設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CA=CB=2時等號成立，

由V=13S△ABC??=23，所以?≥2，

當P離平面ABC最遠時，外接球表面積最小，此時，P在平面ABC的投影為AB中點O1，

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

注意到函數y=x215.【答案】解：(1)設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c=(x,y)，求出2a+b=(?1,2)，根據條件可得出2y?x=0x2+y2=5，解出x，y即可得出向量c的坐標；

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

過點C1作C1E⊥AC交AC于點E，過點E作EF⊥BC交BC于點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，從而求出棱臺的高，即可利用棱臺體積公式求解．

本題考查幾何體體積和表面積的計算，屬于中檔題．17.【答案】證明見解析；

55【解析】證明：(1)連接BD，作出示意圖如下所示：

因為四邊形ABCD是邊長為1的菱形，∠BCD=60°，

故△BCD是正三角形，

由于E是CD的中點，故BE⊥CD，

又因為AB/?/CD，故AB⊥BE，

由PA⊥底面ABCD，BE?平面ABCD，得到PA⊥BE，

又因為PA、AB?平面PAB，AB∩PA=A，故BE⊥平面PAB，

又因為BE?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，

根據勾股定理可得PB=PA2+AB2=22+12=5，

因為三角形BCD為正三角形，E是CD的中點，所以BE⊥CD，

又因為BC=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，結合正弦定理可得b2+acac=ac+ca，

化簡得b2=a2+c2?ac，所以cosB=a2+c2?b22ac=12，結合B∈(0,π)，可得B=π3；

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

所以∠ADC=π?∠ADB=2π3，

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

即189=x2+122?2x?