安徽合肥市第一中学2025-2026学年高一下学期数学期末复习作业10

9、已知乙1，z2是复数，则下列命题错误的是 () A.若十z2=0,则z1=z2 B.若1十22<0，则乙<-z2 C.若z=z2,则= D.若十z污=0，则=22=0 10、在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,对于以下命题，其中正确的 是 () A.若A>B,则sinA>sinB B.若sinA+sinB-sinC>0,则△ABC是锐角三角形 C.若A=60°，a=√15，b=4,则满足条件的三角形有两个 D.若角A,B都是锐角，则sinA>cosB 11、如图，一个半圆柱的轴截面为矩形ABCD,点E在上底面上，连接AE,BE,若AB =2,∠DCE=30°，该几何体的外接球的表面积为13π，则 A.BE=3√3 B.AE=10 C.△ABE面积为√39 D.点C到平面ABE的距离为3y 13 三、填空题 12、已知a=1,=(1,1),d与的夹角为3x,则a在方向上的投影向量坐标为 13、己知高为1且底面半径为√3的圆锥，顶点为A,底面上有两个不同的动点B和C, 则△ABC的面积的最大值为 14、如图，在正四面体ABCD中，放置1大、4中、4小共9个球， 其中，大球为正四面体ABCD的内切球，中球与大球及正四面体三个面 均相切，小球与中球及正四面体三个面均相切.若正四面体ABCD的体 积为8√，则9个球的表面积之和为 四、解答题 15、已知关于x的实系数一元二次方程x2+bx+c=0有两个虚数根c1和x2 (1)若x=2+i,求b,c的值： (2)若b=1+√3i,c=|1+2W2i,求c1和c2 ·2 16、A市为进一步缓解交通压力，现经过甲公路和乙公路，分别修建新地铁线和快速通 道，如图已知S小区在两条公路汇合处，两条公路夹角为60°，为了便于施工拟在两条公路之 间的区域内建一混凝土搅拌站P,并分别在两条公路边上建两个中转站M、(异于点S), 要求PM=PN=MN=4单位：千米).设∠SMN=O. 甲公路 N 、M 乙公路 (1)用0表示SN并写出0的范围； (2)当搅拌站P与小区S的距离最远时，求6的值. 17、如图，长方体ABCD-ABCD1的长、宽、高分别为c,y,2,且x≥y,x+y= 2. 2 (1)当底面ABCD为正方形时，求长方体ABCD-A1BCD的表面积和体积： (2)求三棱锥A1-BCD体积的最大值： (3)记三棱锥A1-BCD外接球的表面积为S,底面ABCD的面积为S,求的取值范围 S ·3 18、在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,cos2A=1-2 sin AsinB. （1)求证：a=b: (2)设AC边上的中点为D. (i)若c=2,BD=√，求C: (i)记∠CBD=O,求U的最大值 19、若存在西etEN'(n≥2，使得{中=汽，6ez 恰为函数f(c)的全部 零点所构成的集合，则称f(x)为分圆函数” (1)分别判断下列函数是否为分圆函数：（结论不要求证明） ①y=sinx-cosx; ②y=2cosx+1. (2)求证：对任意a∈R,f(c)=tanx-atanx-1均为分圆函数”； (3)若g(x)=c0s2x一b为分圆函数，求b的值. COST .4 作业10答案 一、单选题 1、复数z满足（z+1)i=z-1,则z的虚部为 ( A.i B.-i C.i D.-1 【答案】D 【解析】.（z-1)i=z+1 ..zi-i=z+1 ..zi-z=1+i .z(i-1)=1+1 2周 (1+i)(-1-) =-1-21-￥=-21 2 2 -i (i-1)(-1-i) .z=-i=0+(-1)1 ∴.z的虚部为-1 2、己知向量a=(2,-1),=(-3,t),(2d+)⊥d,则t= () A.4 B.3 C.2 D.0 【答案】A 【解析】因为2a+6=(1,t-2),(2a+⊥d, 所以1×2-(t-2)=0,解得t=4. 故选：A 3、水平放置的△ABC,用斜二测画法作出的直观图是如图 所示的△A'BC",其中O'A'=O'B'=2,O'C=√5，则△ABC C 绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为() A.8W5π B.16W3元 A C.(8v5+3)π D.(16W5+12)元 【答案】B 【解析】根据斜二测画法可得AO=BO=2,OC=2W5,AB =AC=BC=4, △ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥 的组合体， 它的表面积为S=2πl=2r×2√3×4=16√3π. 故选：B 本题考查斜二测画法的应用及组合体的表面积求法，难度较易 4、将一个半径为2的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的铁锭，若这个铁锭的上、 下底面边长分别为1和2，则它的高为 () A.St B.16x C.32m D.64 7 7 【答案】C ·1 【解折们】球的体积为V-专一婴，设铁锭的高为九， 则正四棱台的体积为=专(1+2+VX4h=变， 出1=6，可得管-咨，解得h=82 7 5、已知正方形ABCD的边长为4，BC和CD的中点分别为M,N,沿AM,MN, NA折起来使得B,D,C重合于P,得到三棱锥P-AMN,则三棱锥P一AMN外接球的 表面积为 () A.24元 B.18π C.12元 D.6元 【答案】A 【解析】如图， B 三棱锥P-AMN的三条侧棱PA,PM,PN两两垂直， 即PM⊥PN,PA⊥PM,PA⊥PN, 如下图，将三棱锥P-AMN补形为长方体AEFH-PNGM, 因为三棱锥的外接球即为长方体AEFH-PNGM的外接球， 设三棱锥P-AMN外接球的半径为R, 因为PM=2,PN=2,PA=4, D 所以(2R)2=PM2+PN2+PA2=22+22+42=24, 所以三棱锥的外接球的半径R=√6， 所以三棱锥P-AMN的外接球的表面积为S=4πR2=4r×6=24r. 故选：A. 6、若点G是△ABC所在平面上一点，且AG+BG+CG=0,H是直线BG上一点， A豆=xA+yAC,则1+2的最小值是 () x y A.3+2W2 B.5+22 C.8 D.9 【答案】D 【解析】由题可设A(,),B(c2,,C(c,),G(x,), AG=A(a-21,y-vh),BG=A(-2,-V),CG=A(x-2s,y-V), 因4G+BG+CG=d,解得=西++，g=孔++的，则 3 3 G(西十+西，++)为重心， 3 3 ·2 延长BG交AC于点D,则点D为AC的中点，如图所示， 则AC=2AD,由A7=xAB+yAC=cAB+2yAD, 又因B、H、D三点共线，所以可得x+2y=1, 所以是+子-（日+号12-5++2≥6+2 2y×2 =9, m 当且仅当别=亚，即0==号取等号，故D正确 故选：D 7、已知棱长为6√6的正四面体与一个球相交，球与正四面体的每个面所在平面的交线都 为一个面积为9π的圆，则该球的表面积为 A.48元 B.72元 C.96π D.128元 【答案】B 【解析】由对称性，可知球心与正四面体重心重合， 由于球与正四面体的每个面所在平面的交线都为一个面积为9π的圆，故每个面的交线为 半径为3的圆 设球心为O,H为△BCD的中心，则AB=6N6,故B=号E=6N2,故AH= 2sin60° √AB2-OB2=12 设球心到任意面的距离为，则由等体积法可得 h二 四1geA-士A=8, 号X4SACD4SaA0m D 故连接球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面， 再连交线圆上一点与球心（即为球的半径），由勾股定理得球的半径 为3√2，则表面积为4π·(32)2=72元. 故选：B. 8、三棱锥P-ABC中，AB⊥BC,AC=2BC=4W5,O为 AC的中点，CD⊥BO分别交BO,AB于点R、D,且∠DPR= ∠CPR,则三棱锥P一ABC体积的最大值为 () A.6√2 B.33 C.5w6 D.2W15 【答案】B B 【解析】由题意得AC=43,OC=OB=BC=25, 3 所以△BOC是正三角形， .CD⊥BO分别交BO,AB于点R、D,∠DPR=∠CPR, :/BCR-0,CR=9BC-,D-后=± .DR=1, .∠DPR=∠CPR,.PR是∠DPC的平分线， ·PC=RC 以D为原点，建立平面直角坐标系，如图： 设P(c,),则+牙 1 √(x-4)+ 31 整理符（红++5-号m-号 因此三棱锥P-ABC体积的最大值为V=号 2 =3√5 故选：B 二、多选题 9、己知乙，2是复数，则下列命题错误的是 () A.若1十=0，则z=z2 B.若1十2<0，则名1<-z3 C.若z=z2,则=分 D.若z分十z3=0,则1=22=0 【答案】BCD 【解析】对于A中，设复数z1=a+bi,z2=c+di,（a,b,c,d∈R), 若么+%=0，即a+@+b+i=0,可待分-日0 即a=-c且b=-d, 由z=√a2+6,z=√c2+d,所以z=z2,所以A正确； 对于B中，若a=-2+i,z=1-i,此时+z2=-1<0, 但复数1=-2十i和一z2=一1+i不能比较大小，所以B错误： 对于C中，如z1=1+i,=1-i,可得z=2i,z=-2i,此时z行≠z,所以C错误： 对于D中，若乙1=1,3=i,可得z=1,z号=-1，此时满足z+3=0, 但乙≠z2且z1≠0,2≠0，所以D错误 故选：BCD 10、在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,对于以下命题，其中正确的 是 () A.若A>B,则sinA>sinB B.若sinA+sinB-sinC>0,则△ABC是锐角三角形 C.若A=60°，a=√15，b=4,则满足条件的三角形有两个 D.若角A,B都是锐角，则sinA>cosB ·4 【答案】AC 【解析】对于选项A,在△ABC中，若A>B,则a>b,由正弦定理得sinA>sinB,故 选项A正确！ 对于选项B,若sinA+sinB-sinC>0,由正弦定理可得a2+b-c2>0,则cosC= +-C>0,则角C为锐角，但不确定角A,B是否为锐角，故选项B不正确 2ab 对于选项C,由于bsinA=2W5<√15=a<b,故三角形有两解，故选项C正确 对于选项D,当A=吾，B=年时，sinA<coB,放选项D不正确 故选：AC 11、如图，一个半圆柱的轴截面为矩形ABCD,点E在上底面上，连接AE,BE,若AB =2,∠DCE=30°，该几何体的外接球的表面积为13π，则 A.BE=3V3 B.AE=√10 C.△ABE面积为√39 D.点C到平面ABE的距离为3√⑧ 13 【答案】BD 【解析】由该几何体的外接球的表面积为13元，可知外接球的半径为 √13 2 :AB=2,则(A+1=尽，即AD=3 如图，连接AC,过点E作EF⊥CD于点F,易证EF⊥平面ABCD, 由已知条件可得DE=1,CB=V5,EF= 2, AE=√AD+DE?=√10，BE=√CE2+BC=2√，A错误；B正确： 由余弦定理可得cOs∠AEB=AE+BE-AB=3√30 2AE.BE 20 .sin∠ABE= /3√302_√130 V1-(20 201 ·△ABE的面积为Sa4B8= 2×而×2w5×- 2,C错误： 20 2 ·5 设点C到平面ABE的距离为h, 由三棱锥EABC与C-ABE的体积相等可得，了×受xn=号×3x5， 故h=3⑧，即点C到平面ABE的距离为3yE，D正确 13 13 故选：BD 三、填空题 12、已知a=1,6=(1,1),d与的夹角为3x,则a在6方向上的投影向量坐标为 4 【答案1〔-方】 【解析】因为=(1,1)，所以=√2， 则在方向上的投影为团小m2,哈-1x)×片-（合合》 故答案为：（号） 13、已知高为1且底面半径为√的圆锥，顶点为A,底面上有两个不同的动点B和C, 则△ABC的面积的最大值为一， 【答案】2 【解析】圆锥底面圆半径为√，高为1，得圆锥的母线长为√√3+1？=2， 设圆锥的母线与高的夹角为0<0<180)，则tan0=y5=s, 1 得0=60°，所以圆锥的两条母线之间的夹角为(0°，120]， 、B 3 即等腰△ABC的顶角∠CAB满足：0°<∠CAB≤120°， 所以Sa=2AB.ACsin∠CAB≤号×2×2sim90=2 故答案为：2 14、如图，在正四面体ABCD中，放置1大、4中、4小共9个球， 其中，大球为正四面体ABCD的内切球，中球与大球及正四面体三个面 均相切，小球与中球及正四面体三个面均相切.若正四面体ABCD的体C 积为8，则9个球的表面积之和为 6… 【答案】9π 【解析】在正四面体A一BCD中，设棱长为a,高为h,O为正四面体A-BCD内切球 的球心， 延长AO交底面BCD于E,E是等边三角形BCD的中心，BE延长线交CD于F,连 接AF, B 则点F是CD的中点，OE为正四面体A一BCD内切球的半径， Ar-BP9a,B5号r=9a,r=答，A=A5=aP-=5a 3 3 由正四面体ABCD的体积为8厅，得号至a.5a-s,解得a一2w, 34 由06=0-匹=h0-0网孤，解特r-08=a-A, 4 由图知最大球内切于高九=后×2W6=4的正四面体，最大球半径r大=子h大=1， 3 因此最大球的表面积为S=4r×12=4r: 中等球内切于高h=h:一2r大=2的正四面体，中等球半径n=子h,=, 因此中等球的表面积为S,=4×(})=不： 最小球内切于高九=九，一2”=1的正四面体，最小球半径r==子， 因此最小球的表面积为S=红×《生》=圣， 所以九个球的表面积为S=S大十4S中十4S小=9π， 故答案为：9π 四、解答题 15、已知关于x的实系数一元二次方程x2+bx+c=0有两个虚数根x1和x2. (1)若x=2+i,求b,c的值： (2)若b=1+√i,c=|1+2√2i,求c和c2. 【答案】(1)b=-4,c=5 (2)x1=-1+W2i,x=-1-√2i 【解析】(1)（方法一）因为x1=2+1是方程x2+bx+c=0的根， 所以(2+)2+b(2+i)+c=0,整理得(2b+c+3)+(b+4)i=0, 7 因为6e6元所以3748-0÷65 →b=-4 (方法二)依题意，x1=2+i,则D=2-i, 由根与系数的关系，得{2+i2-1)=e9e=5 f2+i+2-i=-bfb=-4 (2)b=|1+Vi1=√12+(3y=2,c=1+2W2i1=12+(2W2y=3, 所以方程化为x2+2c+3=0,△=22-4×3=-8. 由求根公式得0=二2±2W21=-1±V21, 所以1=-1+√2i,2=-1-√2i 16、A市为进一步缓解交通压力，现经过甲公路和乙公路，分别修建新地铁线和快速通 道，如图已知S小区在两条公路汇合处，两条公路夹角为60°，为了便于施工拟在两条公路之 间的区域内建一混凝土搅拌站P,并分别在两条公路边上建两个中转站M、N(异于点S), 要求PM=PN=MN=4(单位：千米).设∠SMN=0. 甲公路 、M 乙公路 (1)用0表示SN并写出0的范围： (2)当搅拌站P与小区S的距离最远时，求0的值. 【答案11SN=s3sn69∈(0.2】 3 20=号 【解析】(1)在△SN中利用正弦定理可得， SN W sin∠SnMN= sin∠WSM' 因∠SMN=B,MN=4,∠NSM=60,则SY 4 8 sin sin60=万' 则sN=8sn6,0∈0，吾)月 (2)因∠PMM=吾，∠SM=x-吾-0=否-0，则∠5MP-答-9+号=元-0， 3 3 在△SPN中利用余弦定理可得，SP2=SN2+NP2-2SN·NP·cos∠SNP -〈色gn9,+16-2x3sn8x4xesk-,=壁n0+4区ino+16 3 3 3 3 3 3c0s20+80 号1cos20)+2Ysn29116=25im29- 3 -gsin29-吾]+9， 8 因8∈(0，)，则20-晋∈（看，石)》 则当29-吾=受，即0=号时，SP有最大值48，SP有最大值45千米， 故当搅拌站P与小区S的距离最远时日=号 17、如图，长方体ABCD-ABCD1的长、宽、高分别为c,y,2,且x≥y,x+y= D 2 C B (1)当底面ABCD为正方形时，求长方体ABCD一A1BCD的表面积和体积： (2)求三棱锥A1一BCD体积的最大值； (3)记三棱锥A,-BCD外接球的表面积为S,底面ABCD的面积为S,求g的取值范围 S 【答案】(1)表面积为10，体积为2 2号 (3)[6π，+0) 【解析】(1)因为底面ABCD为正方形，所以x=y=1, 则长方体ABCD-AB,CD1的表面积为2×1×1+4×1×2=10， 体积为1×1×2=2. (2)由图和己知， VA-BCID=VABCD-ABICDI-VA-ABD-VC-BCD-VB-AIBIC-VD-AICD =2测-吉×w×2×4-骨到≤号(2-号 当且仅当云=)=1时，等号成立，放三棱锥A一BC,D体积的最大值为号 (3)由题可知，三棱锥A1-BCD的外接球即长方体ABCD-ABC1D的外接球， 设该外接球的半径为R则2R=√x2+y+4, 所以S1=4xR2=π(x2+y2+4),S2=cy 则鸟-+护+_矿+】-x2Ξ+2g+2, my xy 令t-号则≥1，受=2z+士+1 y S2 因为t+}≥2所以受=(t+}+1)≥6m ·9 当且仅当t=1,即x=y=1时，等号成立， 所以g的取值范围为[6x,+o), 18、在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,cos2A=1-2 sin AsinB （1)求证：a=b: (2)设AC边上的中点为D (i)若c=2,BD=√3，求C: (ii)记∠CBD=6,求0的最大值 【答案】(1)证明见解析 2)iC=专：(0=晋 【解析】(1)cos2A=1-2 sin AsinB,则2 sinAsinB=1-cos2A=2sinA, 因A∈(0，元)，则sinA>0,则sinB=sinA, 又B∈(0，π)，则A=B或者A十B=π（舍），则a=b: (2)(i)因c=2,BD=√3，a=b,∠CDB+∠ADB=元， 则在△CDB和△ADB中利用余弦定理可得， coS∠CDB+coS∠ADB= (号+3-a.(号∫+3-4 4-a2 二0， 2号√3 2号3 2√3a 得a=b=2,则△ABC为等边三角形，故C=, 3 (i)在△CDB和△ADB中利用正弦定理可得， BD 号 BD 号 sinC sin sinA sin(B-0) 两式联立可得， sinC sinA 即sin2A= sinA 即2 sin AcosA sin sin(B-0) sin sin(A-0) sin日 sinA sin(A-0) sin 2cos Asin(A-0),sin 2cos AsinAcos0-2cos Acos Asin, tand=2sinAcosA=sin2A 1+2cos2A cos24+2' 因2A=A+BE0.,则令g-f22c(0x 则2y=sinx-ycosx=√寸+1sin(-p),其中cosp=- 1 sino=- +1 +1 则sin(x-p)= 2y e[-1,1山，得1≤5 Vy2+1 3 当y= 2=9时，m红-若)-1， cosx+2 因x∈0，刘，则r-看∈（吾，则红-看=受，则x=牙， ·10 故当2A=受，即A-晋否时，am8有最大值怎，此时0=后， 故0的最大值为买 6 19、若存在∈R%∈N≥2，使得{2=+2，k∈2} 恰为函数f(x)的全部 no 零点所构成的集合，则称f(x)为分圆函数. (1)分别判断下列函数是否为“分圆函数：（结论不要求证明） ①y=sinc-cosx; ②y=2cosx+1. (2)求证：对任意a∈R,f(x)=tanx-atanx-1均为分圆函数： (3)若g(m)=o22-b为“分圆函数求b的值。 cOSx 【答案】(1)①是；②不是 (2)证明见解析 (3)b=0或b=±1： 【解析】(1)①是： 令y=sinx-cosx=0,解得tanc=l; 即可得=至+k红，ke么，所以y=snx-oos的零点的解集为{父=晋+k,kc2) 所以存在=平，n,=2使得y=sin0-cos如为分圆函数” ②不是： 令g=2c0x+1=0,即c0sx=-} 得工=写+2k,kEz或红=誓+2kx,kE么： 显然这两部分解无法用同一个表达式来表示，所以y=2c0sx十+1不是“分圆函数”. (2)令t=tanx,f(x)=0→t-at-1=0 △=a'+4>0,故其必有两个不等实根t,(:<t) 由市达定理：场=-l,令an=0<<受》，则tan+受)=一右=4 因此f(x)的全部零点为x=x,+r,keZ: 故对任意a∈R,f(c)=tanx-atanx-1均为分圆函数 (3)法1： 令s=cos≠0，g(x)=0→2s2-bs-1=0 易知△=b+8>0,故其必有两个不等实根51,5(S1<s2)】 由韦达定理可得 ∫+5=号 5=-号 因为cosx=s1在(0,2π]上至多有两个解，cosx=52在(0,2π]上至多有两个解： ·11 所以g(x)=0在[0,2π)上至多有4个解，则2≤n≤4 当n=2时：由于△>0，则s1=-1且52=1，不合题 当n0=3时：必有s1=-1或s2=1 ①)若=-1，则=号，6=2+s)=-1 此时，9)的全部零点为背+2(kGZ,放=-1合题意： 〔树若s=1,则51=-70=2s+s)=1 此时，91四的全部零点为22答(kE2列，故3=1合海意： 当n=4时：若9)=0，则g+52)=g(+)=0 则cosx0,cos(x十元)均为2s2-bs-1=0的根 而cosx≠0，故cosx≠cos(x十元) 因此o0s+c0s(+0=号=03b=0 此时，g)的全部零点为=平+经k∈Z),故6=0合题意： 4 综上b=0或b=士1： 法2： 易知g)=0s2匹-b=2cosx--b为定义在{xl≠5+km,k∈Z}上的以2x为 cOSx coSx 周期的函数，先在（受，号）U(号，)上分析其性质： 记h()=2t-1-b,其在(-0,0)，(0，+∞)上均单调递增 故g四)=h(osm)在（受受）U(受，受)上的增区间为号，0，(x,受)减区间 为(0,5)，（5，x)且g(0)=1-b,g(x)=-1-: 若b<-1,则g(π)>0,9()在(-交，5)恰有两个零点记为，(a<,在 (行，)上恒正，无零点， 由周期性可知g()在（钙，梦）上恰有两个零点，记为西，(，<红，因此 x3,x依次为g(c)的四个相邻零点： 而x2-c1<元<x3-c2,不合题意，故b≥-1， 同理b≤1，因此-1≤b≤1， 当b=1时，g(c)的全部零点为x=2(k∈Z),合题意： 3 当-1时，g到的全都零点为红-音十kE列，合题忘： ·12 当-1<b<1时，9)在(-乏，0，(0，乏)，（号，元，(，）各一个零点，分别记 作D1,D2,x3,C4, 若g)为分圆函数”，则有-开<-受<<=必+证<受<+开： m m 故4-=纸<2xn>3,+)--亮）=>2x→n<6, n m 因此3<n<5,故n=4,=西+开=十受， 注意到g)为偶函数，则西=一，解得=一至，=至： 故g(m)=g-平)=-b=0→b=0, 当=0时，g)的全部零点为：=至+经(kcZ),合题意： 综上，b=0或b=±1 ·13