广东深圳市沙井中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

沙井中学2024一2025学年第一学期期中试卷答案 题号 y 2 3 4 6 7 8 9 10 答案 A A c A A c A A BC ACD 题号 11 答案 BD 1.A 【详解】由1+21，得到：=0+20+)-1i+21-2-1+3, 2.A 【详解】由余弦定理可知cosA=+c2-a-VcV区 2bc 2bc 2 又因为Ae(0,m),所以可得A= 6 3.C 【详解】根据题意：AG=+AF 又AE=AB+BE=AB+上AD AF=AD+DF=AD+LAB 2 所以AG=3AB+3AD 3 4 4 4.A 【详解】 根据斜二测画法得到三角形OAB为直角三角形，∠AOB=90°， 底边长OB=4,高OA=20A=6, 所以AB=VOB2+OAP=V42+6=213, ∴.直角三角形OAB的周长为10+213. 5.A 【详解】设圆锥底面圆半径为r,母线长为1，则2m=亚1，解得1=6， 由圆锥的侧面积为2，得=2x,即62=2，所以r= 3 6.C 【详解】建立如图所示的平面直角坐标系 答案第1页，共7页 :BM=24M, 点A是BM的中点， 在VABC中，DB=90°，AB=BC=1, .B(0,0),C1,0),A(0,1),M(0,2), ∴.CA=(-1,1),CM=(-1,2), ∴.CACM=（←1)×(-1)+1×2=3 7.A 【详解】由b∥a得直线b与平面a无公共点，由aca得a,b无公共点，充分性成立. 由a,b无公共点得a∥b或a,b为异面直线，b∥a不一定成立，必要性不成立. 故“b∥d'是“a,b无公共点”的充分不必要条件. 8.A 【详解】d=2,=6,向量a与方的夹角为60°， a.万=x5 xcos60=2x6x号=6， ∴.2a-b在a方向上的投影向量为 (2a-6)aa2a-aba2x4-6aLa. 同园2221 9.BC 【详解】对于A:因为VABC中A+B+C=π， 所以cos(A+B)=cos(π-C)=-cosC,故A错误： 对于B:因为A>B,所以a>b,由正弦定理得a=2 Rsin A,b=2RsiB, 所以2 Rsin A>2 Rsin B,即sinA>sinB,故B正确； 对于C:因为a cos B+bcosA=a,由正弦定理边化角得sin AcosB+sin B cosA=sinA, 所以sin(A+B)=sin(π-C)=sinC=sinA, 因为A,C∈(O,),所以A=C或A+C=π（舍），所以VABC是等腰三角形，故C正确： 对于D:因为sin2A=sin2B,且A,B∈(0，π)， 所以2A=2B或2A+2B=元，即A=B或A+B= 2 所以VABC是等腰三角形或直角三角形，故D错误. 10.ACD 答案第2页，共7页 【详解】对于A,正四棱锥S-ABCD底面半径OA=5√2，高S0=V4?-OA2=5√2， 因此该几何体的高为10√2c,A正确： 对于B,几何体的表面积为10+40×5√2+4x5 ×102=100+20Q2+10Q3cm,B错误： 4 对于C,该儿何体的体积为10x55+兮10×55=2005m,c正箱： 3 对于D,观察图形知，小蚂蚁从点E爬行到点S的最短路径为沿表面越过棱AB或AD, 由对称性，不妨取长方形EFBA及正△SAB,将它们置于同一平面内，连接SE,如图， 取EF中点O,连接S0,则S0=5√5+5√2，而EO=5, 所以最短路程为S8=√E0+S0=√52+(5√2+5V5)2=V150+50W6am,D正确. 11.BD 【详解】 对于A,当P为BD中点时，由中位线可得FP/IBD, D 因为FPa平面ABC1D,BDC平面ABC1D,所以P1I平面ABC1D.故A错误： 对于B,由中位线可得EF∥AD,在正方体中，易证AD,IIBC1,所以EFI/BC, 又因为EF≠BC1,所以截面EBCF为梯形，故B正确： 对于C,%-w=4a号*分2x22-号故C错误： 对于D,三棱锥F-ACD的外接球可以补形为长方体外接球，半径R=4+4中】_3 2 所以表面积S=4πR=9元，故D正确. 12.7 【详解】由题意知S=1,S2=4,h=3, 所以v-令(+马+马)x4+2)7 3 故答案为：7 1.6 【详解】由a=1,-V5),得1a2+(3=2,由a.(6-=-1,得a.b-a=-1, 解得a:6=3,而b=,于是cosa=石25，又0≤a.0sL, 答案第3页，共7页 所以向量ā与5的夹角a= 6 故答案为：君 14.45/月 【详解】如下图所示，连接AD、AE、DE,设正方体ABCD-ABCD的棱长为2， 因为ABCD且AB=C,D,则四边形ABCD,为平行四边形，故AD,IBC, 所以，异面直线BC,和D,E所成角为∠AD,E或其补角， 因为AE=√AB?+BE2=√2？+1F=5,同理可得AD=2√2，DE=√5， 由勾股定理可得DE=√DD+DB=V22+5=3, 由余弦定理可得cos∠ADE=4+DE-AE2V2 2AD,·D,E 2 所以，∠ADE=45°，故异面直线BC1和DE所成角的大小为45. 故答案为：45°. 15.(4后-=3N2 ②a-4 【详解】(1)因为向量ā=(3,2)，b=(,-1) 则a+2b=(3+2x,0),2a-b=(6-x,5), 又因为(a+2b)1(2a-b),则(a+2b)(2a-b)=0, 可得6+26-)+0x5=0,解得x=6或= 且x>0,则x=6,则b=(6,-1),a-b=(-3,3), 所以a-=V3}+32=35 (2)由c=(-8,-1),b=(x,-1),a=3,2),则b+c=(x-8,-2), 由a∥(6+c),可得3×(-2)-2×(x-8)=0,解得x=5,即b=(5,-1), 可得同=V3,=26,ā.万=3x5+2x(1)=13, 答案第4页，共7页 则cosa a.13 5V3xV262, 且xc[0,π]，所以向量a与的夹角a= 4 16.(1)5: ②1m号 【详解】(1)令z=a+bi且a,b∈R,则(1+i)(a+bi=(a-bi+1, 所以a-b+a+bi=a+1-bi,则a-b=a+1, a=2 a+6=b,可得b=1 所以z=2-i,则=5： (2)由5=2+i-3+m-3m+1li=2-3+(m-3m+2i, m 故对应点2-3m-3+2)在第三象限，则 -3<0 m2-3m+2<0 3 0<< 所以 3 2,即1<< 2 1<m<2 10明 (2)V37 【详解】(1)在VABC中，由余弦定理可得 cos∠ACB-4C2+BC2-AB5+子-o4Sm∠1cB=M-eo4CB-3 2AC.BC 2×5×3 5 (2)∠ACD=135°-∠ACB ∴.cos∠ACD=cos(135°-∠ACB)=cosl35°coS∠ACB+sinl35°sin∠ACB 94+9品 2 在△ACD中，由余弦定理可得AD2=AC2+CD2-2AC.CD cos.∠ACD,即 AD=5+(22-202 -V2 、10 =37,AD=√37 18. 【详解】(1)证明：如图所示： 答案第5页，共7页 取PC中点H,分别连接EH,FH, ,E,F,H分别为PD,AB,PC的中点， :.BHI DC.EH-DC, 2 ∴.EAFH为平行四边形， .EA∥FH. 又AEa平面PCF,FHC平面PCF, AE∥平面PCF. (2),E,G分别为PD,CD的中点， ∴.EG∥PC 又EG￠平面PCF,PCc平面PCF, .EG∥平面PCF. 由(I)知AE∥平面PCF,EGOAE=E. ∴.平面PCF∥平面AEG. 19.0A背 (2)W5+3 3)(6,4W3] 【详解】(1)因为 cosC+(cosB-BsinB)cosA=-cos (+B)+(cosB-3sinB)cosA=sin B fin A-3cos A 0, 且4B0,5则smB≠0，可得sin4-V3cosA=0 整理得tanA=√3，所以A=亚 3 (2)由余弦定理d2=b+d2-2cosA,即12-8+2-2x2c×分 解得c=√2+√6或c=√2-√6（舍去）， 所以VABC的面积&Ac=)bcsin A=}W22+V 93+ a b (3)由正弦定理sin4i血8 sinc34,可得b=4smB,c=4simc 2 答案第6页，共7页 b+c=4sinB+4sinC=4sin B+4sin B 4sinB+2sinB+2 cos B =6an8+25c月=a5s8+) 0<B<r 因为VABC为锐角三角形，且A-写，则} 资-8双解得爱B 2 6 ,0< 2 3 2 -sin B+ 6 1, 则6+e=45sm着石t64 所以b+c的取值范围为(6,4W3] 答案第7页，共7页沙井中学2024一2025学年第二学期期中考试 高一年级 数学试卷 班级 姓名 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中， 只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上， 1.复数1l+2i,则=《) A.-1+31 B.-1-3i C.1+3i D.1-3i 2.在△ABC中，若b2+c2-a=√5bc,则A=() A君 B C.2π D.Sπ 3 6 3.如图，在矩形ABCD中，AB=2AD,E,F分别为BC,CD的中点，G为D G EF中点，则AG=() B.AD c.+初 D.而 4.如图，△OAB是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的周长为() 3 A.10+2W13 B.32 C.10+4V13 D.12 45 70' 4 B 5。己知圆锥的侧面积为2江，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆 锥的底面圆半径为() A. B.2V5 3 C.5 D.4V3 3 3 6.在△ABC中，∠B=90°，AB=BC=1.点M满足BM=2AM,则CM.CA= A.1 B.2 C.3 D.4 7.己知a,b是两条不同的直线，a为一个平面，aca,则b∥d'是“a,b无公共点的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 高一数学试卷第1页，共4页 8.已知向量a与的夹角为60°，日=2，=6，则2a-乃在a方向上的投影向量为() A.a B.6a c.6a D.6a 4 3 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多 个选项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9.△ABC的内角AB、C的对边分别为abc,下列结论一定成立的有() A.cos(A+B)=cosC B.若A>B,则sinA>sinB C.若a cos B+bcosA=a,则△ABC是等腰三角形 D.若sin2A=sin2B,则△ABC是等腰三角形 10.如图，该几何体是高相等的正四棱柱和正四棱锥组成的几何体，若该几何体底面边长和 上面正四棱锥的侧棱长均为10cm,则下列选项中正确的是() A.该几何体的高为10√2cm B.该几何体的表面积为100W3+200√2cm2 C.该几何体的体积为2000W5am 3 D.一只小蚂蚁从点E爬行到点s,所经过的最短路程为V150+50√6cm I1.如图，正方体ABCD-ABC1D的棱长为2，E,F分别是AD,DD的中点，点P是底 面ABCD内一动点，则下列结论正确的为() A.不存在点P,使得FP/1平面ABCD B.过B,E,F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 C.三棱锥CG-ABP的体积为4 D.三棱锥F-ACD的外接球表面积为9π 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12.上、下底面面积分别为1,4，高为3的圆台体积为 13.已知向量a=1,-V3),|b=V3,若a.(⑥-a)=-1,则向量ā与6的夹角为 14.如图，在正方体ABCD-ABCD中，E是BC的中点，则异面直线BC和DE所成角的 D 大小为 D 高一数学试卷第2页，共4页 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15.(本题13分)已知向量ā=(3,2)，b=(x,-1). (①)当(a+2功1(2a-b且x>0时，求a-b: (2)当c=(-8,-1),a∥(b+),求向量a与i的夹角a. 16.（本题15分)己知i是虚数单位，三表示z的共轭复数，复数z满足(1+i)z=z+1 (1)求2的值： 2在复平面内，若2=z-3+(m'-3+1i对应的点在第三象限，求实数m的取值范围 17.(本题15分)如图所示，在平面四边形ABCD中，AB=V10,BC=3,AC=5,CD-2V2, ∠BCD=135°， (1)求sin∠ACB: (2)求AD的长. 高一数学试卷第3页，共4页 18.(本题17分)P为正方形ABCD所在平面外一点，E,F,G分别为PD,AB,DC的中 点，如图.求证： (1)AE∥平面PCF: (2)平面PCF∥平面AEG. 19.（本题17分)在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=25且 cosC+(cosB-v3sinB)cosA=0. (1)求角A的大小： (2)若b=2√2，求△ABC的面积： (3)求b+c的取值范围. 高一数学试卷第4页，共4页