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河南省实验中学2024-2025学年下期期中考试
(时间：120分钟，满分：150分)
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4个选项中，只有
一个选项是符合题目要求的。
1.日阿向是云与5的夹角为子，A叫a2,135,则后在万.上的投影向层为()
A.5方
B.-5
c.25i
D.-25
5
5
2.如图所示，水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图是直角梯形BCD.其中
BC=AB=1,则原平面图形的面积为()
4.2
B.2
8
4
C.3v2
D.6v2
D'(0
3.已知复数z满足z-1-=1,则z+的最大值为()
A.1+5
B.3
C.1+5
D.1+√2
4.已知平面向量a,方满足a=(1,-1),1b=1,1a+2b=√2，则a与古的夹角为(
A君
B.
c
D.3抓
5,在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为线段AD
上靠近A的三等分点，F为线段PC上一点，当PA/1平面EBF时，
=()
PF
A.②
B.
4
5
C.D.
3
6.设点O是平面上一定点，A,B,C是平面内不共线的三点，若动点P满足
0=OA+
AB
一+AC
,1∈[0，+o∞)，则点P的轨迹经过△ABC的()
AB]cosB AC cosC
A.内心
B.外心
C.垂心
D.重心
7.点0在△ABC的内部，且40=店+名C,则△MC的面积与△M0B的面积之比
为()
B.3
C.
2
D.2
8.(原创题)在△4BC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a2+b2=c2,且
3
则anB的取值范围为()
B.[2,3]
C.[3,2]
D.[3,25]
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，有多项符
合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，
9.己知a,b是两条不同的直线，x是一个平面，下列命题错误的是(
A.a/b,bca→alHc
B、al∥a,bc=alb
C.ala,allb→ble
D.ata,a/fb,bca→alla
10.对于△ABC,下列说法错误的是《
)
A,若A>B,则sinA>sinB
B.若acosA=bcosB,则△ABC是等腰三角形
C.若B=30°，c=4,b=3,则符合条件的△ABC有两个
D.若a=2,A=交，则锐角△ABC周长的取值范围为(4，
11.定义：a,两个向量的叉乘a×石a-1·sina,),则以下说法正确的是（)
A.若a×b=0,则a/%
B.AaxB)=(aa)xB
C.若四边形ABCD为平行四边形，则它的面积等于AB×AD
D.若axb=V5,ab=1,则|a+b1的最小值为V6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12若一个圆锥侧面展开阁是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为
13.已知平面向量a=(1,x),b=(3,5),若a与6的夹角为锐角，则实数x的取值范围
为河南省实验中学 2024-2025学年下期期中考试
高一数学参考答案
1．B 2．C 3．A 4．D 5．D 6．C 7．C 8．B
9．ABC 10．BD 11．ACD
3 3 5 5
12 ． π 13． ,3 5 3
, 14．16π
3
1 2
15．（1 ） , 2

（2）
2 2
【详解】（1）∵ z1 1 2i， z2 2 i，
∴复数 z1 az2 1 2i a 2 i 1 2a a 2 i，
∴复数 z1 az2在复平面内所对应的点为 1 2a,a 2 ，
1 2a 0 1 1
由题意可得 ，解得 a 2

，即实数 a的取值范围是 , 2 ．
a 2 0 2

2
z2 2 i 2 i 2 i 1 3i z 5 5i 1 1（2） i，
z2 z1 2 i 1 2i 1 3i 1 3i 1 3i 10 2 2
1
2 2
1 2
∴ z ．
2 2 2
16．（1）连接 DE，因为在三棱柱 ABC A1B1C1中，D、E分别为 AB， A1B1的中点，
所以DE∥AA1∥CC1，且DE AA1 CC1，则四边形DEC1C是平行四边形，
故EC1∥DC，又CD 平面 B1CD， EC1 平面 B1CD，所以 EC1∥平面 B1CD，
因为在三棱柱 ABC A1B1C1中， AB∥A1B1， AB A1B1，D、E分别为 AB， A1B1的中点，
所以 B1E∥AD，且 B1E AD，四边形 B1EAD是平行四边形，
所以 EA∥DB1，又DB1 平面 B1CD， EA 平面 B1CD，
所以 EA∥平面 B1CD，又 EA 平面 AC1E， EC1 平面 AC1E， EA EC1 E，
所以平面 AC1E∥平面 B1CD；
（2）因为 AC BC CC1 2， AC BC，
1
所以 S 1△A C A AA
1
1 A1C1 2 2 2，G为中线交点，所以 G为重心，1 1 2 2
1
所以 G到 AC的距离等于 B到 AC距离的 ，
3
1 1 4 4
所以VA A V1C1G G A1C S BC ，故三棱锥 A A1A 3 △A1AC1 3 9 1
C1G的体积为 ．9
π
17．（1） ；（2）6 2 3
3
【详解】（1）因为bcosC 3bsinC a c，
所以 sin BcosC 3 sin Bsin C sin A sin C ，
sin BcosC 3 sin Bsin C sin B C sin C 0 ，
sin BcosC 3 sin Bsin C sin BcosC cos Bsin C sin C 0 ，
3 sin Bsin C cos Bsin C sin C 0 sin C 3 sin B cos B 1 0 ，
因为 sinC 0，所以 3 sin B cos B 1 0，
即2sin B
π

π 1
1，所以 sin B ，
6 6 2
因为0 B π π π 5π π π π，所以 B ，所以有 B ，所以 B ；
6 6 6 6 6 3
（2）因为b 2 3，且△ABC的面积为 2 3，

2 3
2
a2 c2 2ac 1
2 a2 c2 20
所以有 ，
1 3 ac 8
ac 2 3

2 2
2
所以 a c 36，即 a c 6，所以周长为6 2 3．
10 4
18．（1） （2） （3） 4 2
13 3
【详解】（1）因为CA CB 3， cos CAB 1 ，
3
2
所以由余弦定理得CB AC 2 AB2 2AC AB cos CAB，
AB2即 2AB 0，所以 AB 2．

若 AC 2AB与 k AC AB垂直，则 AC 2AB k AC AB 0 ，
2 2
所以 k AC 2k 1 AB AC 1 2AB 0，所以9k 2k 1 2 3 8 0，
3
2
k 10 10解得 ，即 k ．
13 13
2 1 ABC AG AB AC 1 AB 1 （2）因为 G为△ 的重心，所以 AC，3 2 3 3
1 1 1
又因为 AP AB， AQ AC，所以 AG AB AC AP 1 AQ ，
3 3 3 3
由于 P，G，Q三点共线，所以存在实数 t使得 PG tPQ，所以 AG AP t AQ AP ，

化简为 AG 1 t AP t AQ 1 1，所以 1 1 1，所以 3 .
3 3

显然 0， 0 1 ，则 1 1 1 1 4 2 3 3 3 2 2
，
3
2 4
当且仅当 时，即 时，取最值.则 的最小值为 ．
3 3
1
AB
（3）设 AB m， AB与 AC的夹角为 ，在△ABC中， cos 2 ，
AC
1
AB2 1 2AB AC AB AC cos AB AC AB ，
AC 2
2 2 2 2 2AC t AB AC t AB AC 2t AB AC t 2AB 9 t AB t 2AB
1 2 m2
9 m2t t 2m2 m2 t 9 ，
2 4
1 m2 2
所以当 t 时， AC t AB 有最小值 9 ，所以 9 m 1，解得m 4 2，
2 4 4

即 AC t AB 取最小值 1时， AB 4 2 ．
π 3
19．（1） （2）（ⅰ） 2,1 ；（ⅱ）
3 12
【详解】（1） b c a b c a 3bc，即b2 c2 a2 bc，
b2 c2 a2 1 π
由余弦定理得 cos A ，又 A 0,π ，所以 A ．
2bc 2 3

（2）（ⅰ）由 BO AC BO BC BA BO BC BO BA ，
3
因为 O为△ABC外接圆圆心，即外心，
1 2 1 2 1 2
所以 BO BC BC a ， BO BA BA 1 c2，
2 2 2 2
由余弦定理得， a2 b2 c2 2bc cos A 4 c2 2c，

BO AC 1 a2 1 c2 1 4 c2 2c 1 c2所以 2 c，2 2 2 2
b c
由正弦定理得， ，
sin B sin C
π
bsinC 2sin A B 2sin B c 3 3 cos B sin B 3则 1，
sin B sin B sin B sin B tan B
0 B π 2 π π
由 ，解得 B ，
0 2π π B 6 2
3 2

所以 tan B 3 3 , ，则 c 1 1,4 ，所以BO AC 2 c 2,1 ．
3 tan B
（ⅱ）设△ABC外接圆半径为 R，则OA OB OC R，
2R b 2 R 1且 ，即 ，
sin B sin B sin B
因为 AOC 2B 2π， BOC 2A ，
3
S 1 R2 sin AOC 1 1所以 △OAC 2 sin 2B
1
，
2 2 sin B tan B
1 2 2S 2△OBC R sin BOC
1 1 sin 2 π 3 sin B cos B 3 1 2
1 ，
2 2 sin B 3 4 sin 2 B 4 tan 2 B
1 3 1 3 1 1 3
所以 S△OAC S△OBC tan B 4
1 2 2 ， tan B 4 tan B tan B 4
3 1
由（ⅰ）知， tan B , ，令 x 0, 3 ，
3 tan B

2
3 3 3 S 2 3
3
则 △OAC S△OBC f x x 2 x x 4 4 4 3 ， 12
所以当 x 2 3 时， S 3
3 △OAC
S△OBC取得最大值 ．12
4

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