资源简介

2025-2026学年云南省曲靖一中沾益清源高级中学高一（下）期末数学试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.复数z满足z（3+2i）=13，则复数z的共轭复数的虚部为（　　）
A. -2 B. 2 C. -2i D. 2i
2.在三角形ABC中，AD为BC边上的中线，则=（　　）
A. B. C. D.
3.已知α为钝角，且，则=（　　）
A. B. C. D.
4.在空间中，设m表示直线，α，β表示不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A. 若α∥β，m∥α，则m∥β B. 若α⊥β，m⊥α，则m∥β
C. 若α⊥β，m∥α，则m⊥β D. 若α∥β，m⊥α，则m⊥β
5.若圆锥的底面直径与球的直径相等，且圆锥的体积与球的体积相等，则圆锥的侧面积与球的表面积之比为（　　）
A. B. C. D.
6.17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿.”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为36°的等腰三角形（另一种是顶角为108°的等腰三角形）.例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金△ABC中，，根据这些信息，可得sin2034°=（　　）
A. B. C. D.
7.设，，在上的投影向量为，则与的夹角为（　　）
A. B. C. D.
8.若函数在区间上单调递增，且，则φ的取值是（　　）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.已知角α的终边经过点P（-x,-4），且，则（　　）
A. x=3 B.
C. D.
10.若复数z1=（m2-3m+2）+（2m2-3m-2）i,z2=1-（2m+1）i（m∈R），则下列命题中正确的是（　　）
A. 当m=1或2时，z1是纯虚数
B. 当m=-1时，
C. 当时，复数z1在复平面内所对应的点在第三象限
D. 若z1＞z2，则
11.如图，△ABC为边长为2的等边三角形，以AC的中点O为圆心，1为半径作一个半圆，点P为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（　　）
A.
B.
C. 的最大值为
D. 若，则x+y的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c,已知sinA：sinB：sinC=，则cosC= .
13.向量，，若向量，的夹角为钝角，则x的取值范围为
14.如图，半径为2的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小球，合上盒盖，当小球的半径最大时，小球的表面积为 .
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。
15.(本小题15分)
已知复数z1=2+mi（m∈R），z2=1-3i.
（1）若复数是纯虚数，求m的值；
（2）若z2是关于x的方程x2+px+q=0（p,q∈R）的一个根，求的值.
16.(本小题15分)
在①，②bcosC=（2a-c）cosB中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答.
问题：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c,已知_____.
（1）求B；
（2）若△ABC的外接圆半径为1，且，求a+c.注：若选择不同条件分别作答，则按第一个解答计分.
17.(本小题15分)
已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2.
（1）证明：AC1⊥BD；
（2）求点A到平面C1BD的距离.
18.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别是a,b,c,且bcosC+ccosB=2acosA.
（1）求角A的大小；
（2）若△ABC的面积是，求△ABC的周长；
（3）若△ABC为锐角三角形，求sinB+sinC的取值范围.
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是边长为4的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，BC=AB=2，E为PD的中点.
（1）求证：CE∥平面PAB；
（2）用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为.已知四棱锥P-ABCD在点A的曲率为.
①求证：平面PAD⊥平面ABCD；
②在直线BP上是否存在点Q，使得EQ⊥平面PAC，若存在，求BQ的长；若不存在，说明理由.
1.【答案】B
2.【答案】C
3.【答案】B
4.【答案】D
5.【答案】D
6.【答案】C
7.【答案】C
8.【答案】C
9.【答案】AD
10.【答案】BD
11.【答案】ABD
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】（48-32）π
15.【答案】
16.【答案】解：（1）若选择条件①：因为，
在△ABC中，由余弦定理可得，
由余弦定理可得a2+c2-b2=ac,
则，
因为B∈（0，π），
所以；
若选择条件②：因为bcosC=（2a-c）cosB，
由正弦定理得，sinBcosC+sinCcosB=2sinAcosB，即sin（B+C）=2sinAcosB，
则sinA=2sinAcosB，
因为A∈（0，π），sinA≠0，
所以，
因为B∈（0，π），
所以；
（2）因为，
所以，即，即，
又因为，
所以，
由于△ABC的外接圆半径为R=1，由正弦定理可得，
可得，
所以，
由余弦定理可得b2=a2+c2-accosB=（a+c）2-3ac=3，
所以．
17.【答案】（1）根据题意建立如图所示的坐标系，如下图所示：
则A（2，0，0），B（0，0，0），D（2，2，0），C1（0，2，2），
则，，
故，可以得到，
故证得AC1⊥BD （2）
18.【答案】；
；
．
19.【答案】取PA的中点F，连接EF，BF，
又E为PD的中点，则EF∥AD，且，
又△PAD是边长为4的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，且AB⊥AD，BC=AB=2，
则，BC∥AD，所以EF∥BC，且EF=BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF，
又CE 平面PAB，BF 平面PAB，所以CE∥平面PAB
①由题意知，，
又△PAD是等边三角形，底面ABCD为直角梯形，
则，，所以，即AB⊥PA，
又因为AB⊥AD，且PA∩AD=A，所以AB⊥平面PAD，
又AB 平面ABCD，故平面ABCD⊥平面PAD．
②取AD的中点O，连接PO，CO，则PO⊥AD，CO⊥AD，
又平面ABCD⊥平面PAD，且平面ABCD∩平面PAD=AD，所以PO⊥平面ABCD，
所以以O为坐标原点，直线OC，OD，OP为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
又，
则B（2，-2，0），，C（2，0，0），，A（0，-2，0），
所以，，，，
因为点Q在直线BP上，
不妨设，
所以，
设是平面PAC的法向量，
则，
取，则y0=-3，x0=3，即，
假设存在点Q，使得EQ⊥平面PAC，则，
所以，
但此方程组无解，故不存在点Q，使得EQ⊥平面PAC
第1页，共1页

展开更多......

收起↑