2024-2025学年河北省秦皇岛市安丰高级中学高一（下）期中数学试卷（含答案)

这是一份2024-2025学年河北省秦皇岛市安丰高级中学高一（下）期中数学试卷（含答案)，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.若(z−1)⋅i5=2+i，则z=( )
A. 2−2iB. 2+2iC. −2−2iD. −2+2i
2.如图，正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长是( )
A. 8 cm
B. 6 cm
C. 2(1+ 2) cm
D. 2(1+2 2) cm
3.已知单位向量a，b满足|a−2b|= 7，则a在b上的投影向量是( )
A. 12aB. −12aC. 12bD. −12b
4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcsA=2c−a,sinAsinC=csCc+12b，则a+c的最大值是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.如图，圆柱的轴截面为正方形，A是上底面的一个动点，O为上底面圆的圆心，CD是圆柱下底面圆的直径，且三棱锥A−OCD的体积最大值为2 3，则该圆柱的侧面积为( )
A. 9π
B. 10π
C. 12π
D. 14π
6.若函数f(x)=3sinx+2csx在[0,α]上单调递增，则当α取得最大值时，csα=( )
A. −3 1313B. −2 1313C. 3 1313D. 2 1313
7.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为截面A1C1B上的动点，若DP⊥A1C，则点P的轨迹长度是( )
A. 22 B. 2
C. 12 D. 1
8.已知函数f(x)=cs4(x+π3)−sin4(x+π3)在区间[t−π8,t+π8](t∈R)上的最大值为M(t)，最小值为m(t)，令ℎ(t)=M(t)−m(t)，则ℎ(t)的最大值为( )
A. 1B. 1+ 22C. 2D. 2
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.下列说法正确的是( )
A. 终边在y轴上的角的集合为{θ|θ=π2+2kπ,k∈Z}
B. (−π18,0)是函数f(x)=tan(3x−π3)的图象的一个对称中心
C. 把分针拨快15分钟，则分针旋转形成的角度为90°
D. tan1>sin1>cs1
10.已知O为坐标原点，点P(csα,sinα)，Q(csβ,sinβ)，A(1,1)，则下列说法正确的是( )
A. OP⋅OQ=cs(α−β)
B. 若OP=QA，则|PQ|=|OA|
C. △AOP和△AOQ的面积之和的最大值为1
D. 若∠PAO=π4，则OA⋅OP=|AP|2
11.如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，点M，N分别为棱BC，AD的中点，则( )
A. AB⊥CD
B. MN=12
C. 侧棱与底面所成角的余弦值为 33
D. 直线AM与CN所成角的正弦值为 53
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，测量河对岸的塔高AB，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=30°，∠BDC=105°，CD=32m，在C点测得塔顶A的仰角为60°，则塔的总高度为______米.
13.已知sinα是方程2x2−x−1=0的根，α是第三象限角，则sin(−α−32π)cs(32π−α)cs(π2−α)sin(π2+α)⋅tan2(π−α)=______．
14.如图，在上、下底面对应边的比为1：2的三棱台中，过上底面一边作一个平行于棱
CC1的平面A1B1EF.这个平面分三棱台成两部分，则VFEC−A1B1C1：VBEB1−AFA1= ______．
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)
已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC，D是BC中点，E是AA1的中点．
(1)求证：AD⊥BC1；
(2)求证：DE//平面A1C1B.
16.(本小题15分)
已知长方体ABCD−A1B1C1D1中AB=3，AA1>BC，其外接球的表面积为29π，平面A1C1B截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD−A1C1D1，其体积为20．
(1)证明：平面A1C1B//平面ACD1；
(2)求棱AA1的长；
(3)求几何体ABCD−A1C1D1的表面积．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0,A>0,|φ|b)，
又a2+b2+c2=4R2(R为长方体外接球半径)，
又外接球的表面积为29π，即4πR2=29π，所以4R2=29，
所以b2+c2=20①；
又VABCD−A1C1D1=VABCD−A1B1C1D1−VB−A1D1C1=abc−13×12abc=56abc=20，
可得bc=8②；
由①②解得b=2c=4或b=4c=2(舍去)，
所以棱长AA1为4；
(3)解：若a=3，b=2，c=4，则ab+bc+ca=3×2+2×4+3×4=26，
可得A1C1= 32+22= 13，A1B= 32+42=5，BC1= 22+42=2 5，
在△A1C1B中由余弦定理cs∠A1BC1=A1B2+BC12−A1C122A1B⋅BC1=25+20−132×5×2 5=85 5，
则sin∠A1BC1= 1−cs2∠A1BC1= 615 5，
所以S△AABC1=12A1B×BC1sin∠A1BC1=12×5×2 5× 615 5= 61，
所以SABCD−A1C1D1=2(ab+bc+ca)−12(ab+bc+ca)+S△A1BC1
=32(ab+bc+ca)+S△A1BC1
=32×26+ 61=39+ 61．
17.解：(1)由图知，T=π，则ω=2ππ=2．
由图可得，f(x)在x=π6处最大值，
又因为图象经过(−π12,0)，故f(−π12)=Asin(−π6+φ)=0，
所以−π6+φ=2kπ,k∈Z，故φ=π6+2kπ,k∈Z，
又因为|φ|