资源简介

惠州市第八中学2024～2025学年第二学期高一期中考
2025.5　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
数学试题
说明：1、本卷总分150分，考试时长120分钟。
2、考生必须用黑色钢笔或签字笔在答题卷指定范围内作答，答在试题卷上无效。
一、单选题（每题5分，共40分）
1．若，则（ ）
A． B． C．10 D．
2.在中，若,b=3,c=2,则A=( )
A. 300 B. 600 C.45 0 D. 900
3.以边长为1的正方形的一边所在的直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于(　　)
A．2　　 B．π　 C．2π　 D．1
4.中，角所对的边分别为，若，则B=（ ）
A． B． C． D．或
5.用一个平面截一个几何体，得到的截面是三角形，这个几何体不可能是
A. 长方体 B. 圆锥 C. 棱锥 D. 圆台
6.ABCD A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是(　　)
A．BD∥平面CB1D1 B．异面直线AD与CB1所成角为60°
C．AC1⊥平面CB1D1 D．AC1⊥BD
7.已知G是的重心，点D满足，若，则为（ ）
A.1 B． C． D．
8.已知直三棱柱的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为，，，，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9.已知向量,则( )
A.当+=(-5,4)时,t=1 B.时,
C.夹角为锐角时,t的取值范围是(2,+∞)
D.当t=3时,上的投影向量为
10.已知为两个不重合的平面，为两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
11.在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是( 　　)
A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMB
B．异面直线AD与PB所成的角为90°
C．二面角P－BC－A的大小为45°
D．BD⊥平面PAC
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分。）
12.一个正三棱锥的高是3 ，底面的边长是2 ,这个正三棱锥的体积为
13.已知点A(1,1),B(4,2)和向量若，则实数m的值为 ．
14.在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD所成的角为 .
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。
（13分）如图，四棱锥的底面是正方形，
底面.
求证：(1)AB∥平面;(2)平面.
16.（15分）
已知向量 和 ，则 ,, 的夹角为600求：
(1) 的值；
(2) 的值；
(3) 与 的夹角θ的余弦值．
17.(15分)
已知复数．
(1)求；
(2)若，求；
(3)若，且是纯虚数，求．
18.(17分)记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知：.
(1)求A；
(2)若，，求的面积.
（17分）如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB⊥BC，
AA1＝AC＝2，BC＝1，点E，F分别为A1C1，BC的中点．
(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)求证：C1F∥平面ABE；
(3)求三棱锥E ABC的体积．
惠州八中高一年级5月期中考数学答案
一、二.选择题:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
A B C A D B D C ACD BC ABC
,选A
由余弦定理,选B
圆柱的底面半径为1,母线长为1,∴,选C
由正弦定理得,又a>b得A>B,∴,选A
易如反掌选D
易知,异面直线AD与CB1所成角为45°,选B
∵G为重心,D为BC中点,∴,选D
直三棱柱的底面△ABC的面积为:
,
设直三棱柱的高为h,则
易知△ABC以AB为斜边的直角三角形,所以△ABC外接圆半径:r=
由勾股定理得,选C
A显然成立时，=2,否B;
夹角为锐角时,>0且不共线且t,得t>2,C正确;
当t=3时,上的投影向量为,D正确.
∴选ACD
10.对于A, 可能 否A;
对于B,n⊥β，α⊥β，则又m⊥α,∴m⊥n,B正确;
对于C,m⊥α,m⊥n可得n⊥α,又n⊥β,∴α∥β,C正确;
对于D,若，，，则n可能垂直β,则α∥β,否D
∴选BC
11.棱AD上存在中点M，使AD⊥平面PMB,A正确;
由于AD⊥平面PMB正确,∴异面直线AD与PB所成的角为90°,B正确;
∵PM⊥平面ABCD,∠PBM为二面角P－BC－A的平面角,大小为45°,C正确;
若BD⊥平面PAC成立,则BD⊥PA,由于PM⊥BD,∴BD与平面PAD垂直,与BM⊥平面PAD矛盾,否D.
∴选ABC
三.填空题
13. 14.300
解析:12.==;
;
14.∵PA⊥平面ABCD,
∴∠PCA为PC与平面ABCD所成的角,tan∠PCA===.
∴∠PCA=30°.
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（13分）证明（1）∵底面ABCD是正方形
∴AB∥DC,
又AB 平面SCD,
DC 平面SCD
∴AB∥平面SCD……………………6分
（2）因为底面，而平面，故，
由正方形可得，
因平面，
故平面.……………………7分
16(15分)解（1）∵ , .
∴ =2；……………………3分
（2）∵,
∴ ；……………………………………6分
（3）∵,
∴………………6分
17(15分)【解】（1） …………………3分
；…5分
.设，
则，所以①
，
因为是纯虚数，所以②
由①②联立，解得 或
所以或． …………………7分
18.(17分)【解】（1）因为asinC=,由正弦定理得
，
因，故sinC>0，
故，即，
又，故. …………………6分
(2)由正弦定理可得，
则,可得
即b+c=3，
由（1） 根据余弦定理可得，
则，
即3bc=9-3，可得，
所以的面积…………………11分
19.(17分)(1)证明：在直三棱柱ABC A1B1C1中，
BB1⊥平面ABC，AB 平面ABC ,∴BB1⊥AB.
又∵AB⊥BC，且BB1∩BC＝B，∴AB⊥平面B1BCC1.
又AB 平面ABE，
∴平面ABE⊥平面B1BCC1.…………………6分
(2)证明：如图，取AB中点为G，连接EG，FG.
∵E，F分别是A1C1，BC的中点，
∴FG∥AC，且FG＝AC.
∵AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
∴FG∥EC1，且FG＝EC1.
∴四边形FGEC1为平行四边形．
∴C1F∥EG.
又∵EG 平面ABE，C1F 平面ABE，
∴C1F∥平面ABE .…………………7分
(3)解：∵AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
∴AB＝＝.
∵A1C1∥平面ABC,且AA1⊥平面ABC ,
∴三棱锥E ABC的高为 AA1＝2
∴VE ABC＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.…………………4分

展开更多......

收起↑