第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年江蘇省鎮江市高一（下）期末數學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.在復平面內，復數21?i(i是虛數單位)對應的點位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F分別為棱AB，ADA.30° B.45° C.60° D.90°3.已知向量a，b滿足：a=(1,0)，|b|=4，a?bA.7 B.5 C.10 4.如圖，將一個圓柱4等份切割，再將其重新組合成一個與圓柱等底等高的幾何體，若新幾何體的表面積比原圓柱的表面積增加了20，則原圓柱的側面積是(

)A.10π B.20π C.100π D.200π5.已知tan(α?π4)=14，A.322 B.1318 C.166.已知向量OA，OB，OC滿足：OA+OB+OC=0，且|A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等邊三角形7.設α為銳角，若cos(α+π3)=?3A.223 B.?228.在△ABC中，點M，N在邊BC上，且滿足：AM=12(AB+AC)，ABAC=BNNCA.12 B.23 C.2二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知α，β是不同平面，m，n，l是不同直線，則“m/?/n”的充分條件是(

)A.m⊥l，n⊥l B.m/?/α，m?β，α∩β=n

C.m⊥α，n⊥β，α/?/β D.α/?/β，m?α，n?β10.已知復數z=3+4i(i是虛數單位)，z?是z的共軛復數，下列說法中正確的是(

)A.z的虛部為4 B.z?=3?4i

C.z2=|z|211.設e1，e2是夾角為60°的單位向量，由平面向量基本定理知：對平面內任一向量p，存在唯一有序實數對(λ,μ)，使得p=λe1+e2，我們稱有序數對(λ,μ)為向量p的“仿射坐標”.若向量a和bA.|a|=7

B.若m=3，則a+b的“仿射坐標”為(4,1)

C.若a⊥b三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若各頂點都在一個球面上的正四棱柱高為4，體積為16，則這個球的表面積是______．13.將正方形ABCD沿對角線AC折疊成直二面角B?AC?D，則此時BD與平面ABC成角的大小是______．14.某校高一學生對學校附近的一段近似直線型高速公路進行實地測繪(如圖)，結合地形，他們選擇了C，D兩地作為測量點.通過測量得知：C，D兩地相距300米，A，B分別位于C地正東和東偏南37°方向上；C，A和B分別位于D地的北偏東51°，81°和南偏東63°方向上.則A，C兩地之間的距離為______米；若一輛汽車通過高速公路AB段用時約50秒，則該輛汽車的車速約為______千米/小時．

(參考數據：sin9°≈320，sin10°≈17100，sin66°≈68四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中.

(1)求證：AB/?/平面A116.(本小題15分)

在直角坐標系xOy中，已知向量OA=(1,?1)，OB=(3,1)，OC=(m,3)(其中m∈R)，D為坐標平面內一點．

(1)若A，B，C三點共線，求m的值；

(2)若向量AB與AC的夾角為π4，求m的值；

(3)若四邊形ABCD17.(本小題15分)

已知角α，β滿足sinα=255，cosβ=?45，且?π2<α<π2，0<β<π．

18.(本小題17分)

在以下三個條件中任選一個，補充到下面的問題中并作答．

①2a?b=2ccosB；

②2csinA=atanC；

③△ABC的面積為12c(asinA+bsinB?csinC)(如多選，則按選擇的第一個記分)

問題：在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且_____．

(1)求角C；

(2)若c=2，求△ABC面積的最大值；

(3)在(2)的條件下，若△ABC為銳角三角形，求2a?b19.(本小題17分)

已知在多面體ABC?A1B1C1中，A1B1/?/AB，B1C1/?/BC，AB=2A1B1．

(1)若A1，A，C，C1四點共面，求證：多面體ABC?A1B1C1為棱臺；

(2)在

答案解析1.A

【解析】解：21?i=2(1+i)(1?i)(1+i)=1+i，

則對應的點(1,1)位于第一象限．

故選：A．【解析】解：設正方體的棱長為2，連接AD1，取DD1的中點M，

連接FM，ME，DE，在正方體中，易證得BC1/?/AD1，

因為E，F分別為AD，AB的中點，FM//AD1，所以FM//BC1，

所以∠MFE或補角等于EF與BC1所成角，

在△FEM中，EF=FM=12?BD=12?22=2，

DE=3.B

【解析】解：由題意，a=(1,0)，|b|=4，a?b=0，

則|3a?b|=【解析】解：根據題意，設該圓柱的底面半徑為r，高為?，

重新組合后，增加的面積為r?+r?=2r?=20，變形可得r?=10，

則原圓柱的側面積S=2πr?=20π．

故選：B．

5.A

【解析】解：∵tan(α?π4)=14，tan(α+β)=25，

∴【解析】解：向量OA，OB，OC滿足：OA+OB+OC=0，

所以O為三角形的重心，即三條中線交于O，

因為|OA|=|OB|=|OC|=1，

則O為三角形的外心，即O為中垂線的交點，

【解析】解：由α為銳角，得π3<α+π3<5π6，

而cos(α+π3)=?33，因此sin【解析】解：根據題意，在△ABC中，設AB=c，CB=a，AC=b，

因為AM=12(AB+AC)，所以M為BC中點，可得|AM|2=14(|AB|2+2AB?AC+|AC|2)=14c2+12cbcosA+14b2，

整理得34=19.BC

【解析】解：α，β是不同平面，m，n，l是不同直線，

對于A，∵m⊥l，n⊥l，∴m，n相交、平行或異面，故A錯誤；

對于B，m/?/α，m?β，α∩β=n，則m/?/n，

∴“m/?/n”的充分條件是m/?/α，m?β，α∩β=n，故B正確；

對于C，m⊥α，n⊥β，α/?/β，∴由線面垂直的性質得m/?/n，

∴“m/?/n”的充分條件是m⊥α，n⊥β，α/?/β，故C正確；

對于D，α/?/β，m?α，n?β，則m，n平行或異面，故D錯誤．

故選：BC．

10.ABD

【解析】解：因為z=3+4i，則z的虛部為3，z?=3?4i，A，B正確；

z2=(3+4i)2=9+24i?16=?7+24i，|z|=5.C錯誤；

因為(2+i)2=4+4i?1=3+4i=z，D【解析】解：根據“仿射坐標”定義，a=e1+2e2，b=me1?e2，

對于A，|a|=|e1+2e2|，即|a|2=|e1+2e2|2=|e1|2+4|e1|?|e2|cos60°+4|e2|2=7，

∴|a|=7，故A正確；

對于B，a=e1+2e2，b【解析】解：依題意，正四棱柱的底面邊長是2，

所以它的體對角線的長是26，

所以球的直徑是26，

所以這個球的表面積是：4π(6)2=24π．【解析】解：取AC的中點O，連接OB，OD，則OB⊥AC，OD⊥AC，且OB=OD，

所以∠BOD即為二面角B?AC?D的平面角，

所以∠BOD=90°，即OB⊥OD，

又OD⊥AC，OB∩AC=O，

所以OD⊥平面ABC，

所以∠OBD即為BD與平面ABC所成角，

因為OB=OD，OB⊥OD，

所以∠OBD=45°，

所以BD與平面ABC所成角的大小是45°．

故答案為：45°．14.1000

72

【解析】解：在△ACD中，∠DCA=51°+90°=141°，∠CAD=90°?81°=9°，

CD=300米，∠CDA=180°?∠DCA?∠CAD=30°，

由正弦定理得CDsin∠CAD=ACsin∠CDA，即300sin9°=AC12，即300320=AC12，

解得AC=1000米；

在△BCD中，CD=300米，∠BCD=90°?∠ACB+51°=90°?37°+51°=104°，

∠BDC=180°?51°?63°=66°，∠CBD=180°?∠BCD?∠BDC=180°?104°?66°=10°，

由正弦定理得CDsin∠CBD=BCsin∠BDC，

即300sin10°=BCsin66°，即300100=AC6875，

解得BC=1600米，

在△ABC中，∠ACB=37°，AC=1000米，BC=1600米，

由余弦定理得AB2=CA2+CB2?2CA?CB?cos∠ACB，

即AB2=10002+16002?2×1000×1600×45=1000000，

所以AB=1000米=1千米，

50秒=5060×60小時=172小時，

所以速度為1172=72千米/小時．

16.解：(1)已知向量OA=(1,?1)，OB=(3,1)，OC=(m,3)(其中m∈R)，

所以AB=(2,2)，AC=(m?1,4)，

由于A，B，C三點共線，

故8?2(m?1)=0，解得m=5．

(2)由于AB=(2,2)，AC=(m?1,4)，

故cos<AB,AC>=AB?AC|AC||AC|=2(m?1)+822+22×(m?1)2+42=22，

解得m=1；

(3)設點D(x,y)，17.解：(1)因為sinα=255?π2<α<π2，

所以cosα=55，

所以sin2α=2sinαcosα=2×255×55=45，cos2α=1?2sin2α=?35，

因為cosβ=?45，0<β<π，所以sinβ=35，

所以sin(2α?β)=sin2αcosβ?cos2αsinβ=45×(?45)?(?35)×3518.解：(1)若選①：由正弦定理得2sinA?sinB=2sinCcosB，則2sin(B+C)?sinB=2sinCcosB，

∴2sinBcosC+2cosBsinC?sinB=2sinCcosB，

∴2sinBcosC?sinB=0，

∵B∈(0,π)，sinB≠0，

∴cosC=12，

∵C∈(0,π)，

∴C=π3；

選②：2csinA=atanC，

則2csinA=atanC=a?sinCcosC，

由正弦定理得，2sinC?sinA=sinA?sinCcosC，

即2cosC=1，cosC=12，

∵C∈(0,π)，

∴C=π3；

若選③：△ABC的面積為12c(asinA+bsinB?csinC)，

則12absinC=12c(asinA+bsinB?csinC)，

由正弦定理得12abc=12c(a2+b2?c2)，

∴a2+b2?c2=ab，

∴cosC=a2+b2?c22ab=12，

∵C∈(0,π)，

∴C=19.解：(1)證明：因為AB/?/A1B1，AB?平面ABC，A1B1平?面ABC，

所以A1B1平面ABC，

同理可證B1C1/?/平面ABC，

又因為A1B1∩B1C=B1，A1B1?平面A1B1C1，B1C1?平面A1B1C1，

所以平面ABC/?/平面A1B1C1，而A1B1/?/AB，

故AA??1，BB1共面，

因為AB≠A1B1，設AA1∩BB1=M，而M∈AA1，且AA1?平面AA1C1C，

所以M∈平面AA1C1C，同理可證M∈平面BB1C1C，

所以M∈面AA1C1C∩面BB1C1C，又因平面AA