湖北武汉市吴家山中学2025-2026学年下学期高一数学周考卷5.24

参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 0 D & C A 0 ABD AC AC 8.D牟盒方盖是由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，那么只要用水平面去截 它们所得的截面为正方形，故A错误；因为图1中阴影部分的面积为2-？，所以图2中 阴影部分的面积为r2-G2-2)=h2,故B错误；因为图2与图3中的阴影部分等高且面积 相等，都为，根据祖暅原理得，图2中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与 正四棱锥体的体积相等，而正四楼锥的体积为，所以由棱长为2r的正方体截得的~牟合 方盖体积为8-)= 3 6,产，故C错误：因为任意水平与“牟合方盖”及其内切球相交的 3 截面为一个正方形和一个正方形的内切圆，又正方形的面积为2.2r=4r2,正方形内切圆的 面积为π·2，正方形和内切圆的面积比为4：π，由祖暅原理得，“牟合方盖”的体积和内切球 的体积之比为4：π，故D正确 11.【详解】A选项，延长AG交BC于点M,由于点G是VABC的重心， 可得4-w-+4c号44c 所以GC-丽-AG(4C-丽C十列）-故 B选项，过VABC的外心O分别作AB,AC的垂线，垂足为D,E,如图， 易知点D,E分别是AB,AC的中点， .BC-A0.(AC-AB)=A0.AC-A0.AB =AO4Ccos∠OAE-404Bcos.∠QAD 正4c1-D啡4C2-2-10,故B项错误： C选项，因为点G是VABC的重心，所以GA+GB+GC=0,故 Q4+0B+OC=OG+GA+OG+GBG+GC)=30G+G4+GB+GC=30G, 由欧拉线定理可知，重心G到外心O的距离是重心G到垂心H距离的一半，即OG=二GH, 所以O丽=30G,则O五=OA+OB+0C,故C项正确： 对D选项，作OM⊥BC于M,则M为BC中点， AB=6AC=427,由余弦定理可coxC-1680-年，则mC-3 设外 2×4×2√714 14 64V21 接圆半径为R,则2R= inc 3213,即10BP=R2=2 3 14 划QuPo8-BM}则丽文-o+丽)o+m)=m+两o-丽 ed@即}7，aD项温版适：AC 12.-91-44 13.6 14女 设O为大球的球心，大球的半径为R,大正四面体的底面中心为E, B 棱长为a,高为h,CD的中点为F,连接OA,OB,OC,OD,OE, 5,则B8r-5,正四面体的高有AgND-g6 a 3 因为mt=,c,所以子Sanh=4写Sc×R,所以R-子h5。 4 12a: 设小球的半径为”，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，且小正四面体的高 4A汉5所以，子源 ；故该模型中5个球的表面积之和为 2 4πR2+4×4D2=8R2=8元× cd-5d故答案为：雪c 144 3 2tan 2x 15.)-号2)3【详解】1)因为a号-片，所以aa 2 2 1 1-tan2 21- 113, 4 所以-an[段j小ma+到 (-tan a)x (-cos ax (-sina) 4 =tan a=- cos(a-r)sin(5兀+a) G cosa(sina） 3 sina+1 (2)因为tanc=2,所以 sina+cosa cosa sina-cosa sina_1 coSa 16.(1)z=√5-3i(2)z=V3+3i,bc=-24V3.【详解】(1)设==m+i(m,neR), 因为z-2z=-35-3i,则m+i-2Wm2+nz--3V3-3i,故 m-2W2+m=-3/3 n=-3 得m= 阳3故：=5-：2)因为：是实系数-元二次方程++0=0的-个根 若：=√3-3i,则z=V3+3i也为实系数一元二次方程x2+bx+c=0的一个根，故 [√5-3i+V5+3i=-b (3-3i(5+3i)=c 解得b=-23,c=12,故bc=-24v3. 17.(1)连接P,在ASMD中，~M-3SP :MP∥AD,且M0=2AD=2, SA 3 SD 3 又AD∥BC,BC=2,MP∥BC且MP=BC,.四边形MPCB为平行四边形，∴CP∥BM, 又BMc平面SAB,CPE平面4B,所以CP/平面S4B.(2)由(1)得CP∥BM,又BMC 平面BMQ,CPE平面BMQ,CPII平面BMQ,在△S4D中， DP:PQ:08-3:2:4.s2M .MQ∥AP,又MO1平面BMQ SP 3 SA AP立平面BMQ,∴.AP/I平面BMQ, 又因AP∩CP=P且AP,CP均在平面ACP中，∴.平面ACP//平面BMQ (3)由(1)知BM∥CP,又CPc面SCD,BME面SCD,.BMI/平面SCD, 又BMc平面BMQ,面BMQ⌒面SCD=QE,.BM∥QE,又BM∥CP,∴OE∥CP, .S阻-S2=2. EC OP 18.【详解】K1)因为√3 bcos4=asinB,所以√3 sinBcosA=sinAsinB,因为在VABC中，simB≠0， 所以V5c0a4=m4,即tam4=5,因为Ae0,心，所以A-写：i因为VABC的面积为55， 所以Se:方cd年如=5，即c=20,因为A=青所以 4 a2=b+c2-2bc.c0s4=b2+c2-bc=b2+c2-20,若以a,b,c为边长的三个正三角形的面积 分州为马商以8r如骨5.8=m肾9多，马n号要， 34 34 2 34 所以S+SS-=5w+c-)-520=55,即3+S-S=55,i)因为a=4W5, 4 4 b-ca43 A子所以由正弦定理可得：BC =8 2 所以b=&sinB,c=8sinC,又因为bc=20,所以sinB.sinC 16,在VABC中， cosA=cos(m-B-C)=-cos(B+C),所以=-cosB-cosC+sinB-simC,故 8.coC生snB..sinc&即cosB.csG=k2因为4AC的中总为D 16 所以在△5D中，由丁A-号BD=6,AB=C,AD-号则由余张定理可得： 36=c2+-2cbc0s=c2,5bc.即6+202-6c=144,所以6c=6+202-14, 3 42 2 又因为6bc≤3 b+2c 所以6bc=(b+2c)2-144≤3× b+2c 即(b+2c)2≤144x4, 2 2 b 所以12<b+2c≤24，当且仅当c= =6时等号成立.故b+2c的最大值为24 2 9.0:②①26，包53/2xD正四陵柱BCD-4飞C2的外接球直密 400 AC,=V1+1P+()2=2,球半径R'=1,因此球心与点A,B构成正三角形，弦AB所对球 过4B的大圆圆心角为管弧长为号，所以顶点4，：在该正四棱柱外按球上的球面距离为 3 否c2)@在直角w形ABcD中，BcaD,BCD=90,BCc-4D-1,2心-5， BD=VP+(W3)?=2=AD,∠ADB=90°-∠BDC=60°，则△ABD为正三角形，在棱锥 P-BCD中，PH⊥平面BCD,而BCC平面BCD,则BC⊥PH,又BC⊥CD PH∩CD=H,PH,CDC平面PCD,则BC⊥平面PCD,而PCc平面PCD,因此PC⊥BC, PC=√PB2-BC=V3,在△PCD中，coS∠PDH=2 1,sim∠PDH=2 CD PHPDsin∠PDHe26,所以点P到底面BcD的距离为6®取BD中点Q,则C为 3 △BCD外接圆圆心，令正PBD的外接圆圆心为O,连接BO,OH,OO,OO,OB,则 P0二3.00L平面PBD,001平面BcD,于是001 3 P0}2,在0q0中，00=00 cos∠00O,=sim∠POH=PH_2W2 =6 因此棱 c0s∠00024 P(A) 锥P-BCD的外接球半径R,有R=OB=QO2+OB号，球O的弦PC 所对大圆的圆心角为∠CoP,cos∠CoP=2R-PC 113 4 1 2R2 11 47π1 ∠COP是钝角，而cos 10011' 则∠COP=元- 47π53元 100100' ∠C0P在大圆中所对劣弧长为53πR=53√22π 100 400 所以P,C两点在球0上的球面距离为53V22π 400武汉市吴家山中学高一数学周考卷5.24 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1.长方体ABCD-ABCD和如图两阴影截面，其中EF/1GH/BC,则这个几何体中可以数 D G 出多少个棱柱() A.3B.4C.5D.6 H F 2.如图，ABC中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的 靠近A的三等分点，则BE=() A.+C B.-5B+LC 6 6 6 6 c.aB+4D.-+AC 1- B 6 3 5 6 3.如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD,其直观图为等腰梯形A'B'CD',若AB=6, CD=4,则下列说法正确的是() A.AD=22 B.AB=3 649 B主 C.四边形ABCD的周长为10+√6+√2D.四边形ABCD的面积为10W2 4.已知向量a,五满足(a-)16,a+2=25-,则a,五的夹角为() A. B月 c D. 5.在eABC中，(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB),则∠C=() 4君 B背 c 5π D. 6 6.在正四棱锥P-ABCD中，点Q在棱PC上运动，当PA/平面BDQ时，三棱锥P-ADO与 四棱锥P-ABCD的体积之比为() A.5 B. 3 c D. 6 1-x 7.己知f()=1+ ,若xe 2， f(cosa)+f (-cosa)=() 2 1 A. B.- C.- sina sina sina D. sina 8.“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一 试卷第1页，共4页 个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出 “牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值，南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势 既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出 了“车合方盖和球的体积，其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为2r的正方体截得的“牟 合方盖”的八分之一，图2为棱长为2的正方体的八分之一，图3是以底面边长为r的正方体 的一个底面和底面以外的一个项点作的正四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的为() D 图1 图2 图3 A.若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形 B.图2中阴影部分的面积为h 23 C.由棱长为2的正方体截得的“牟合方盖”体积为. D.“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为π：4. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9.已知复数z=1+i,则下列结论正确的是() A.22=2i B.=V2 C.z.7=2i n!& 10.已知圆锥SO的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，则下列结论正确的是() A.圆锥SO的侧面积为2π B.圆锥SO的体积为√3π C.圆锥5S0的外接球的表面积为16m 3 D.圆锥5O的内切球的体积为4V3π 9 11.著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次在一条直线上，且重心到 外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线称为欧拉线该定理称为欧拉线定理.已知®ABC的 外心为O,重心为G,垂心为H,且AB=6,AC=4,以下结论正确的是() A.AG.BC=-20 3 B.A0.BC=10 C.OH=O4+OB+OC D.若BC=2W7,则OB.OC=-5 试卷第2页，共4页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.在复平面内，O是坐标原点，复数3=-3+i,2=1-2i,3=2+4i,所对应的点分别是A, B,C.若OC=xOA+yOB(xyeR),则x+y的值是 13.己知平面向量ā，6，满足4=b=1,a-2万=2，则向量a+6在向量6上的投影向量为 14.如今中国被誉为基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥.高速公路里程、高铁里程双双都是 世界第一.建设过程中研制出的用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先水 平如图是某重器上一零件结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球相切，同时与 正四面体的三个面相切.设AB=a,则该模型中5个球的表面积之和为 四、解答题：本题共5小题，共77分 15.1》已知a受；化简并求值： tan(π-az)sin 3π -ajco:a+到 2 cosa-π)sin(5π+o) (2)已知tana=2,求值： sina+cosa sing-cosa 16.己知复数z满足z-2z=-3V5-3i. (1)求z; (2)若z是实系数一元二次方程x2+bx+c=0的一个根，求方程的另一个根和bc的值， 17.如图已知四棱锥S-ABCD,底面ABCD为梯形，AD∥BC,SA=AB=BC=2,AD=3, P、Q为侧棱SD上的点，且DP:PQ:QS=3:2:4,点M为SA上的点，且3AM=AS, (1)求证：CP∥平面SAB;(2)求证：平面BMQ∥平面ACP; (3)平面BM0与侧棱SC相交于点B,求g C的值. R 试卷第3页，共4页 18.在eABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足√3 bcosA=sinB, (I)若ABC的面积为5√3，以a,b,c为边长的三个正三角形的面积分别为S,S,S: (i)求S+S-S的值；(i)若a=4W3,求cosB.cosC的值： (2)设AC的中点为D,且BD=6,求b+2c的最大值 19.球面距离在地理学、导航系统、信息技术等多个领域有着广泛应用.球面距离的定义：球 面上两点之间的最短连线的长度，即经过这两点的大圆（经过球心的平面截球面所得的圆）在 这两点间的一段劣弧的长度.这个弧长就被称作两点的球面距离. 图1 图2 (①)在正四棱柱ABCD-ABCD(底面为正方形的直棱柱)中，AB=1,A4=√2，求顶点A, B在该正四棱柱外接球上的球面距离 (②如图1，在直角梯形ABCD中，BC∥AD,∠BCD=90,BC=AD=1,DC=5.现将 △ABD沿边BD折起到P,如图2，使得点P在底面BCD的射影H在CD上. ①求点P到底面BCD的距离； ②设棱锥P-BCD的外接球为球O,求P,C两点在球O上的球面距离. 参考数据：cos 27π2.47π1 003’cos 10011 试卷第4页，共4页