广东省深圳市红山中学2024-2025学年高一下学期第二次段考数学试题

深圳市红山中学20242025学年第二学期第二次段考 高一数学试题答案 【答案】 4.B 2.C 3.A 5.A 6.B 1.D 7.D 8.D 9.ABC 10. ABD 11.ABC 12.Br 13.4+2v③ 14.8π:; v10. 15.解:..../. ..-.2x..... ..6..................................分 由1,-..1........-1.....4分. 所以三....6...... .........................................分 $)因为m=2-b=(-1-2):n=+=(3,1); .........................................分 所以·n三-1x.3-2x1=-5 = .-1)+.-2) =5 ...................9分 l=3+1-10. ...............................................!.分 -52 ...............................分.. 又<,in>e(0.π). ..................................................................................2分 所以向量,的夹角为3 .................................................................1.分 16.解:(.连接.C...设C.BC.......连接O.. ...........................................分 A 在直三校杜ABC-ABC.中,四边形BB.CC为平行四边形,则O为BC.的中点 第1页,共11页 又因为E为AB的中点,则OE/AC, 因为AC平面BCE.O平面BCE.所以AC.//平面BCE ........................................8分 在△ABC中,AC=BC=2,E为AB的中点,ACB=120,可得 1.5 3 _x2- ................................................................5分 3 $ 7.解:(1)在△PGM中,PG=6km, GPM= 75”, PGM=45*, PMG=60*$.........-2分$$$ (2)在△PGN中.2GPN=30,ZGNP=30. ..........................................................................0分 在△PMN中,由余弦定理知MN=PM2+PN2-2PM·PNcos45 {22+(3V2)2-2x2x32x} 2_V10km. 18.解:(1)平面AFF1平面PBC 理由如下: 证明:因为PA1平面ABCD,BCC平面ABCD. 所以P.. ........................................................................................................分 因为BC1AB,又PAOAB=A,PA,ABC平面PAB, 所以.c .平面P.,故.c.................................................................................3分 在△PAB中,PA=AB,E为PB的中点,所以AE1PB. 因为PBC平面PBC,BCC平面PBC,PBDBC=B, 所以AF1平面PBC,又AFC平面AFF 所以平面AFF1平面PBC: (2)因为PA1平面ABCD,所以PA1AB 又因为在正方形ABCD中,AD1AB,所以AB1平面PAD,所以CD1PD,CD1AD,......8分 所以乙ADP是二面角P-DC-B的平面角.所以.BGD45”; ......................................10分 第2页,共11页 C (3)因为直线PC//平面AEF,PCC平面PBC,平面PBCO平面AEF=EF 所以直线PC//直线EF: .........................................2分 又E为线段PB的中点,所以F为线段BC上的中点. 由(2)知BG1PC,所以BG1EF. 设BG与FF交点为H,连结AH P 由(1)知:平面AFF1平面PBC,平面AFFO平面PBC三FF; 所以BH1平面AFF, 所以直线AB与平面AEF所成角为乙BAH; ...........................................................5分 又由PC//EF,F为BC上的中点,可得H为BG的中点 即直线AB与平面AEF所成角的正弦值为 .............................................................7分 19.解:(1)因为OC=cosa0A+sina0B(aEG.3),且A,B,C都是单位圆上的点, 所以o。c.2-..语...........................................分 =cos?aoA}+sin?^OB{}+2zsinacosa OA·OB =cos?a+ sin2g+2singcosgOA:oB =1+ ............. ...............................................分. 又sin.. ... 所以o...... .............................................................5分 第3页,共11页 (2)①由(1)有0A10B,则以0为原点,分别以0A,0B的正方向为x,y轴的正方向建立平面直角坐标 系, △v C 则A(1.0):B(0.1),因为oM=t0B,所以oM=(0.t), 所以yuo.)...................分. 因为oC-cosa oA+sinaoB,所以oC=(cosa,sinx). 所以AM=(-1.t),AC-(cosa-1.sina): .....................................................分 1-cosg ...............................................................................分 ②依题意C在第二象限,M在线段OB上. 如图有ScoM=-tcosa,S△nMa=(1-t). ............................................................分 所以${△co_-tcosg_ singcosr sinacosd 15B_MA 1_10 =sing+cosa-1' ....................................................1.分 令m=sina+cosa,则m=V2sin(a+).ae(,3-). .................................分 2 所以S△coM_ 2 S△BMA rm-1 所以1),即的取值范围为G.1). 1S△BMA ......................................................17分 其他方法酌情给分 【解析】 1.【分析】 本题考查复数的除法运算以及共辄复数的概念,考查计算能力,是基础题 先根据复数运算化简复数z,即可求出复数z的共航复数 第4页,共11页 【解答】 解:,z二 -可 ·z-1-2i. 2.解:A,令=+2e),、不共线,=1且A=0,v.不存在,与+2不共线, 能作为基底 B,令+2e=(3-e),、不共线,=-且=-2,不存在,+2与3-不 共线,:能作为基底 C,-2e-4e=-2+2e),+2e与-2-4e共线,不能作为基底 不共线,能作为基底. 故选:C. 利用向量共线定理求解即可 本题考查向量共线的应用,平面向量基底的判断,属于中档题 3.解:根据题意,在平行四边形中,ABCD点E,F分别是AB,BC的中点 则EB-AB,BF-1BC-1AD 在△EBF中,EF=EB+BF-AB+AD. 又AB-a,AD-,则EB-(+b). 故选:A. 根据题意,在平行四边形中,ABCD点E,F分别是AB,BC的中点,则EB=AB,BF=BC=AD,在 △EBF中,EF=EB+BF-1AB+AD,从而可解. 本题考查平面向量的基本定理,属于基础题 4.【分析】 本题考查直观图的斜二测画法,属于基础题 由题意得出还原后的原四边形0ABC为矩形,且OA=0A'=5,0C=20'C'=4,计算可得四边形0ABC的 面积. 【解答】 解:由题意和斜二测画法可知还原后的原四边形OABC为矩形, 第5页,共11页 且 A=0'A'=5,0C=2 20'C'=4 所以四边形0ABC的面积为5x4=20. 故选:B. 5.【分析】 本题考查了圆锥的侧面积公式应用问题,是基础题 由题意知圆锥的底面圆半径和母线长,计算它的侧面积即可. 【解答】 解:圆锥的轴截面是边长为2的正三角形, 则该圆锥的底面圆半径为r=1,母线长为l=2 .它的侧面积为S $=rl=2rt. 故选:A. 6.【分析】 本题考查利用正弦定理求三角形外接圆半径,属于基础题 先利用面积公式,求出边c三4,由余弦定理得出a,再利用正弦定理求解即可. 【解答】 $2=b2+c2-2bccosA=1+16-2x14x(-)=21. a-21.△ABC的外接圆的半径为△-7. 故选:B. 7.【分析】 本题考查了正六枝台的体积的计算,属于基础题 首先由祖原理知该不规则几何体体积与正六梭台体积相等,从而问题转化为求正六校台体积,直接由公 式求解即可. 【解答】 解:由祖原理知,该不规则几何体体积与正六校台体积相等, $故V=(S+S+$2)-×33+33+6V3)×33-3 8.【分析】 本题主要考查了向量的坐标运算及向量垂直的坐标表示,属于基础题. 第6页,共11页 建立平面直角坐标系,进而利用向量的坐标表示,设BE=(2.3),由AC·BE=0可得a-2. 再由BA= ABE+uAC,利用坐标表示建立方程组求解即可 【解答】 解:由题意建立如图所示直角坐标系 t 因为AB=3,BC=4.则B(0.0):A(0.3):C(4.0) 所以BA=(0.3):AC=(4.-3),设BE=(a.3) 因为BE1AC 所以AC·BE=o,即4a-9-0,解得a-2. 因为BA=aBE+AC,所以(03)=a.3)+(4-3). (# 解得 故选:D. 9.【分析】 本题考查复数的模及其几何意义,考查共短复数、复数相等,属于基础题 利用复数的四则运算以及复数的模计算出z·z与lz,即可判断A:利用复数的模计算出z与园,即可判断 B:运用复数相等,即可判断C:利用复数的几何意义,即可判断D 【解答】 解:设z=a+bi.a.bER,z=a-bi. 对于选项A:因为z·z=(a+bi)·(a-bi)=a2-b2i2=a2+b2 且zl=a2+b,所以z·2=z,故A正确: 对于选项B:因为zl=+b,lz=+(-b)2=+b,所以lzl=z,故B正确; 对于选项C:因为z=乏,即a+bi=a-bi,故b=0,所以z为实数,故C正确; 对于选项D:z在复平面内对应的点为(a.b),z在复平面内对应的点为(a.一b),所以z与z关于实轴对称 第7页,共11页 故D错误. 故选:ABC. 10.【分析】 本题考查了直线与平面,平面与平面的位置关系,考查学生的推理能力,属于基础题 根据线面平行和面面垂直、线面垂直的判定定理和性质推理即可得. 【解答】 解:对于A:若m//n,nCa,ma, 则m//a,由线面平行的判定定理可得,故A正确, 对于B:若m1B,mca, 由面面垂直的判定定理易得a1B,故B正确, 对于C:若mCg:nCg:m//B:n//B 当m与n相交时a//B,但m与n平行时, a与B不一定平行,故C错误. 对于D:若a1B,aoB=m,nCa,m1n 由面面垂直的性质易得n1B,故D正确: 故选ABD. 11.【分析】 本题考查数学文化、正余弦定理、三角形面积计算,及平面向量的数量积,属于中档题. 由正弦定理得三角形三边之比,由面积公式得出三边长,再验证答案即可 【解答】 解:.sinA:sinB:sinC=2:3:7 则a:b:c=2:3:7. 设a=2k:b=3k,c= 7k:k:0 *△ABC面积为6V③ 2+a2-2 #)2]1 2 7k^{2+4②}-92} [7k2x42 -)21 2 =6V3. 解得k-2. 第8页,共11页 '$ $=4,b=6,c=2 $7. $a+b+c=10+27,故B正确 cosC-23-28_1. 2ab 2x2×6 2 .0<c<π. 设外接圆半径为R, 由正弦定理得: a 2741 :2R= ## 3 . 故C正确; AABC中线CD .CD-(CA+CB), .CD2-(CA}+CB2+2CA·CB) -1(C^&}+CBR2}+2(xl)Ciloc) -1x(36+16+2x6x4x)-19. .CDl=V19,故D错误. 故选ABC. 12.【分析】 本题考查了复数的代数表示法,及其几何意义,属于基础题,设z三a+bi,a,bER,结合已知条件, 可推得1<a2+b2<9,即该复平面内复数z对应的点z所在区域为以(0.0)为圆心,1为半径的小圆和以 (0.0)为圆心,3为半径的大圆不重叠的部分,将大圆的面积减小圆的面积,即可求解 【解答】 解:设z=a+bi:a:bER: .1z<3. :1<la+bil<3,即1<a2+b2<9. .该复平面内复数z对应的点Z所在区域为以(0.0)为圆心,1为半径的小圆和以(0.0)为圆心,3为半径的大圆 不重叠的部分, .S=π·32-π·12=8π 故答案为:8r. 第9页,共11页 13.【分析】 本题主要考查正弦定理,余弦定理,以及三角形的面积公式问题,属于基础题. 先根据正弦定理结合三角形的面积公式求得c三2,a=23.再根据余弦定理求得b=2,即可求得周 长。 【解答】 解,在△ABc中,sinA=3sinC 由正弦定理得a-③c 又·B=30*,△ABC的面积为3 .JacsinB-1xV3cc3. .c=2:a=2③. 解得b-2: 故△ABC的周长是4+2③ 14.【分析】 本题考查圆柱的截面,以及空间想象能力,运用数形结合的方法做题 易得球O的半径,进而可得其表面积:作OH10.P于H,平面PAB与球O的交线为一个圆,求这个圆的半 径,进而可得其周长. 【解答】 解:如图,设球的半径为r,则AB=BC=2r=2v2,得r=2 B 所以球o的表面积为S=4r2=8r: 作0H10,P于H,因为0.0。1圆柱的底面,所以0.0。1AB. 因为P为圆杜底面圆弥CD的中点,所以AP三BP 第10页:共11页 第 1 页，共 4 页 深圳市红山中学 2024-2025 学年第二学期第二次段考 高 一 数 学 试 题 命题人：黄鼎新 审题人：刘斌 本试卷共 4页，19小题，满分 150 分。考试用时 120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、学号、考场号和座位号填写在答题卡上。 2.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上； 如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求 的。 1. 设𝑖为虚数单位，若𝑧 = 2−𝑖 𝑖3 ，则𝑧 =( ) A. 2 + 𝑖 B. 2 − 𝑖 C. 1 + 2𝑖 D. 1 − 2𝑖 2.设?⃗? 1、𝑒 2是不共线的两个非零向量，则下列四组向量不能作为基底的是( ) A. ?⃗? 1与?⃗? 1 + 2 ?⃗? 2 B. ?⃗? 1 + 2 ?⃗? 2与3 ?⃗? 1 − ?⃗? 2 C. ?⃗? 1 + 2 ?⃗? 2与−2 ?⃗? 1 − 4 ?⃗? 2 D. 3 ?⃗? 1 − ?⃗? 2与4 ?⃗? 2 − ?⃗? 1 3.已知平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷，点𝐸，𝐹分别是𝐴𝐵，𝐵𝐶的中点(如图所示)，设 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑎 ，𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗ = ?⃗? ，则𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗等于( ) A. 1 2 (?⃗? + ?⃗? ) B. 1 2 (𝑎 − ?⃗? ) C. 1 2 (?⃗? − ?⃗? ) D. 1 2 ?⃗? + ?⃗? 4.如图所示，▱𝑂′𝐴′𝐵′𝐶′是利用斜二测画法画出的水平放置的 四边形𝑂𝐴𝐵𝐶的直观图.其中𝑂′𝐴′ = 5，𝑂′𝐶′ = 2，则四边形𝑂𝐴𝐵𝐶 的面积是( ) A. 20√ 2 B. 20 C. 10√ 2 D. 10 5.已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的侧面积为( ) A. 2𝜋 B. 3𝜋 C. 4𝜋 D. 5𝜋 第 2 页，共 4 页 6.在△ 𝐴𝐵𝐶中，内角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，其中𝐴 = 120∘，𝑏 = 1，且△ 𝐴𝐵𝐶面积为√ 3，则 △ 𝐴𝐵𝐶的外接圆的半径为( ) A. √ 39 3 B. √ 7 C. 2√ 39 3 D. 2√ 7 7.中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结 了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同， 则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点 说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任意一个 平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等， 则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理. 如图，一个上底面边长为1，下底面边长为 2，高为3√ 3的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为( ) A. 24 B. 24√ 3 C. 27√ 3 D. 63 2 8.如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵 = 3,𝐵𝐶 = 4, 𝐸为𝐴𝐷上一点，𝐵𝐸 ⊥ 𝐴𝐶， 若𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝜆 𝐵𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝜇 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗，则𝜆 − 𝜇的值为( ) A. 1 5 B. 7 25 C. 16 25 D. 1 二、多选题：本题共 3小题，共 18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知复数𝑧为𝑧的共轭复数，下列命题正确的是( ) A. 𝑧 ⋅ 𝑧 = |𝑧|2 B. |𝑧| = |𝑧| C. 若𝑧 = 𝑧，则𝑧为实数 D. 𝑧和𝑧在复平面内对应的点关于虚轴对称 10.设𝛼，𝛽是互不重合的平面，𝑚，𝑛是互不重合的直线，下列选项中正确的有( ) A. 若𝑚//𝑛，𝑛 ⊂ 𝛼，𝑚 ⊄ 𝛼，则𝑚//𝛼 B. 若𝑚 ⊥ 𝛽，𝑚 ⊂ 𝛼，则𝛼 ⊥ 𝛽 C. 若𝑚 ⊂ 𝛼，𝑛 ⊂ 𝛼，𝑚//𝛽，𝑛//𝛽，则𝛼//𝛽 D. 若𝛼 ⊥ 𝛽，𝛼 ∩ 𝛽 = 𝑚，𝑛 ⊂ 𝛼，𝑚 ⊥ 𝑛，则𝑛 ⊥ 𝛽 11.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每 类九个问题，《数书九章》中记录了秦九昭的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三 角形三边𝑎，𝑏，𝑐求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中 斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以 第 3 页，共 4 页 上这段文字写成公式，即𝑆 = √ 1 4 [𝑐2𝑎2 − ( 𝑐2+𝑎2−𝑏2 2 )2]，现有△ 𝐴𝐵𝐶满足𝑠𝑖𝑛𝐴 ∶ 𝑠𝑖𝑛𝐵 ∶ 𝑠𝑖𝑛𝐶 = 2 ∶ 3 ∶ √ 7，且 △ 𝐴𝐵𝐶的面积𝑆△𝐴𝐵𝐶 = 6√ 3，请运用上述公式判断下列命题正确的是( ) A. 𝐶 = 𝜋 3 B. △ 𝐴𝐵𝐶周长为10 + 2√ 7 C. △ 𝐴𝐵𝐶外接圆直径为 4√21 3 D. △ 𝐴𝐵𝐶的边𝐴𝐵上的中线𝐶𝐷的长为3√ 2 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12.已知复数𝑧满足1 ≤ |𝑧| ≤ 3，则在复平面内复数𝑧对应的点𝑍的集合构成区域的面积为__________． 13.在△ 𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别是𝑎，𝑏，𝑐，若sin𝐴 = √ 3sin𝐶，𝐵 = 30∘，△ 𝐴𝐵𝐶的面积为√ 3， 则△ 𝐴𝐵𝐶的周长是___． 14.如图所示，已知圆柱𝑂1𝑂2的轴截面𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为2√ 2的正方形， 球𝑂在圆柱𝑂1𝑂2内，且与圆柱𝑂1𝑂2的上、下底面均相切.则球𝑂的 表面积为 ;若𝑃为圆柱下底面圆弧𝐶𝐷⏜的中点，则平面𝑃𝐴𝐵截球𝑂 所得截面的周长为 ． 四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.(本小题13分)已知向量𝑎 → = (1,2)，𝑏 → = (3, 𝑥)，𝑐 → = (2, 𝑦)，且𝑎 → //𝑏 → ，𝑎 → ⊥ 𝑐 → ． (1)求𝑏 → 与𝑐 → ； (2)若𝑚 → = 2𝑎 → − 𝑏 → ，𝑛 → = 𝑎 → + 𝑐 → ，求向量𝑚 → ，𝑛 → 的夹角的大小． 16.(本小题15分)如图，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶 − 𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐶 = 𝐵𝐶 = 𝐶𝐶1 = 2，∠𝐴𝐶𝐵 = 120°，𝐸为𝐴𝐵中点. (1)求证：𝐴𝐶1//平面𝐵1𝐶𝐸； (2)求三棱锥𝐵 − 𝐵1𝐶𝐸的体积． 第 4 页，共 4 页 17.(本小题15分) 如图，为了测量两山顶𝑀，𝑁间的距离，𝑃，𝐺，𝑀，𝑁四点在同一铅锤平面内，飞机沿 水平方向在𝑃，𝐺两点进行测量，途中在点𝑃测得∠𝐺𝑃𝑀 = 75°，∠𝐺𝑃𝑁 = 30°，在点𝐺测得∠𝑃𝐺𝑀 = 45°， ∠𝑀𝐺𝑁 = 75°，测得𝑃𝐺 = √ 6𝑘𝑚． (1)求点𝑃和点𝑀之间的距离； (2)求两山顶𝑀，𝑁间的距离． 18.(本小题17分)我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底 面的四棱锥”称为“阳马”.现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，𝑃𝐴 ⊥底面 𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑃𝐴 = 𝐴𝐵，𝐸为线段𝑃𝐵的中点，𝐹为线段𝐵𝐶上的动点． (1)求证：直线𝐴𝐸 ⊥平面𝑃𝐵𝐶； (2)求二面角𝑃 − 𝐷𝐶 − 𝐵的大小； (3)若直线𝑃𝐶//平面𝐴𝐸𝐹，求直线𝐴𝐵与平面𝐴𝐸𝐹所成角的正弦值． 19.(本小题17分)已知𝐴、𝐵是单位圆上相异的两个定点(𝑂为此单位圆圆心)，点𝐶是单位圆上的动点且𝑂𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑂𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝑠𝑖𝑛𝛼 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (𝛼 ∈ ( 𝜋 2 , 3𝜋 4 )). 直线𝐴𝐶交直线𝑂𝐵于点𝑀． (1)若𝛼 = 2𝜋 3 ，求𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⋅ 𝑂𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗的值； (2)设𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑡 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 𝜆 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗， ①用𝛼表示𝑡； ②求 𝑆△𝐶𝑂𝑀 𝑆△𝐵𝑀𝐴 的取值范围．