2024-2025学年度辽宁省抚顺一中高二年级上学期期初检测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年度辽宁省抚顺一中高二年级上学期期初检测数学试卷一、单选题：本题共11小题，每小题5分，共55分。1.复数z=(1−i1+i)3(i为虚数单位)，则其共轭复数A.−1 B.−i C.1 D.i2.两条直线和一个平面所成的角相等是这两条直线平行的(

)A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分又不必要条件3.已知a→,b→为单位向量，且(2aA.1 B.3 C.2 D.4.已知两条不同的直线m, n，两个不同的平面α , β，则(

)A.若α//β , m⊂α , n⊂β , 则m//n

B.若α⊥β ,a⊂α ,b⊂β ,a⊥b ,则a⊥β

C.若m⊥α , n⊥m , 则n//α

D.若α∩β=n , m⊂α , m//β , 则m//n5.若函数f(x)=2sin(x+2θ)⋅cosx(0<θ<π2A.点π4,0是y=f(x)一个对称中心 B.直线x=π4是y=f(x)一个对称轴

C.函数y=f(x)的最小正周期是2π D.6.在△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边.若b2=ac，且aA.π6 B.π3 C.2π37.如图是战国时期的一个铜镞，其由两部分组成，前段是高为2cm、底面边长为1cm的正三棱锥，后段是高为0.6cm的圆柱，圆柱底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，则此铜镞的体积约为(

)

A.0.25cm3 B.0.65cm3 C.8.在▵ABC中，设AC2−AB2=2AM⋅A.垂心 B.内心 C.外心 D.重心9.下列说法中错误的是(

)A.已知a=(1,−3)，b=(2,−6)，则{a,b}可以作为平面内所有向量的一个基底

B.已知a=(1,−3),b=(0,1)，则a在b上的投影向量的坐标是(0,−3)

C.若两非零向量a，b满足|a+b|=|10.如图甲，在▵ABC中，AB=BC=2,∠ABC=120∘，D为AC的中点，E为AB上一点，且满足DE⋅AB=0，将▵ADE沿DE翻折得到直二面角A−DE−B，连接AC,F是AC的中点，连接BF,BD,DF(如图乙所示)，则下列结论正确的是A.AD⊥BD B.BF//平面ADE

C.AD与平面ABE所成角的正切值是33 D.三棱锥B−DFC11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2A.PC1⊥B1C

B.二面角P−BC1−D的正切值为22

C.直线B1P与平面二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知cosα−π4=35，则13.已知z=−3+2i是关于x的方程x2+px+q=0p,q∈R的一个根，则p+q=14.三棱锥A−BCD中，BC=CD=2，BC⊥CD，ΔABD是正三角形，AC=14，则三棱锥A−BCD的体积为

；此三棱锥外接球的表面积为

．三、解答题：本题共5小题，每小题12分，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.已知平面向量a，b，c，满足a=(1,−3)，b(1)若a与b共线，求向量b的坐标；(2)若2a+c⊥a−316.如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为平行四边形，AD=2，DC=22，四边形DCFE为梯形，DE//CF，CD⊥DE，DE=3，CF=6，∠ADE=45°，平面ADE⊥平面DCFE．

(1)求证：AE//平面BCF；

(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值；

(3)求点F到平面ABCD的距离．

17.如图，四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC=60∘，SA=SD=AB=2，侧面SAB⊥侧面SBC，M为AD的中点．

(1)求证：平面SMC⊥平面SBC．(2)若AB与平面SBC成30∘角时，求二面角A−SC−D的大小．18.如图1，在ABC中，∠C=90°，AB=4，BC=2，D是AC中点，作DE⊥AB于E，将△ADE沿直线DE折起到△PDE所处的位置，连接PB，PC，如图2．

(1)若PB=342，求证：PE⊥BC；

(2)若二面角P−DE−A为锐角，且二面角P−BC−E的正切值为269，求19.在△ABC中，a，b，c，分别是角A，B，C的对边，请在①sinA−sinCsinB=b−ca+c；②c·sinB+C2=asinC两个条件中任选一个，解决以下问题：

(1)求角A的大小；

(2)如图，若△ABC为锐角三角形，且其面积为32，且AM=12AC，AN=2参考答案1.A

2.B

3.B

4.D

5.ABC

6.A

7.D

8.C

9.AD

10.CD

11.ABD

12.−713.19

14.615.解：(1)设b=(x,y)，则x2+y2=23x+y=0，

解得x=1y=−3或x=−1y=3，

所以b=(1,−3)或(−1,3).

(2)因为(2a16.解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BC//AD，又BC⊂平面BCF，AD⊄平面BCF，

所以AD//平面BCF，

∵DE//CF，CF⊂平面BCF，DE⊄平面BCF，

所以DE//平面BCF，

又AD∩DE=D，AD，DE⊂平面ADE，

∴平面BCF//平面ADE，

又AE⊂平面ADE，

∴AE//平面BCF；

(2)∵平面ADE⊥平面DCFE，平面ADE∩平面DCFE=DE，CD⊥DE，CD⊂平面DCFE，

∴CD⊥平面ADE，

∵AD⊂平面ADE，

∴CD⊥AD，

∴AC=AD2+CD2=22+(22)2=23，

作AO⊥DE于O，分别连接AC，AO，CO，

因为平面ADE⊥平面DCFE，平面ADE∩平面DCFE=DE，AO⊂平面ADE，

所以AO⊥平面CDEF，

所以直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，

∵∠ADE=45°，∴AO=AD2=2，

所以sin∠ACO=AOAC=223=66，

即直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为66；

(3)连接DF，设点F到平面ABCD17.(1)证明：因为SD=SA，又M为AD的中点，所以SM⊥AD，

又BC//AD，所以SM⊥BC，

又M为AD的中点，底面ABCD为菱形，∠ABC=60​∘，

所以CM⊥AD,AD//BC，所以CM⊥BC，

因为CM⊥BC，又SM⊥BC，SM∩CM=M，SM⊂平面SCM，CM⊂平面SCM，

所以BC⊥平面SCM，因为BC⊂平面SBC，

所以平面SBC⊥平面SCM；

(2)解：取BS的中点N，连接AN，又SA=AB，所以AN⊥BS，

又平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC=SB，AN⊂平面SAB，

所以AN⊥平面SBC，

又AB与平面SBC所成的角为30​∘，所以∠ABN=30∘，

又AB=2,AN⊥BN，所以AN=1,BN=3,BS=23，

由(1)知BC⊥平面SCM，又SC⊂平面SBC，

所以BC⊥SC，

又BS=23,BC=2，所以CS=BS2−BC2=22，

取CS的中点E，连接AE,DE，因为SA=AC=CD=SD，所以AE⊥CS,DE⊥CS，

所以∠AED是二面角A−SC−D的平面角，

又AC=CD=2,CE=18.解：(1)在图1中，∠C=90°，AB=4，BC=2，D是AC中点，

所以A=30°，AC=23，

则AD=3，AE=32AD=32，BE=52，

则PE=AE=32，

又PB=342，

所以PE2+BE2=PB2，BE⊥PE，

因为DE⊥AB，

则PE⊥DE，

又DE∩BE=E，DE，BE⊂平面BCDE，

所以PE⊥平面BCDE，

因为BC⊂平面BCDE，

所以PE⊥BC．

(2)由题意知DE⊥BE，DE⊥PE，PE∩EB=E，PE⊂平面PEB，EB⊂平面PEB，

所以ED⊥平面PEB，

则∠PEA为二面角P−DE−A的平面角(或补角)，即∠PEA为锐角，

又ED⊂平面BCDE，

所以平面PBE⊥平面BCDE，

作PH⊥BE所在直线，交于点H，如图，

又平面PBE∩平面BCDE=BE，PH⊂平面PBE，

所以PH⊥平面BCDE，

又BC⊂平面BCDE，

所以PH⊥BC，

作HG⊥BC于点G，连接PG，

又PH∩HG=H，PH，HG⊂面PHG，

故BC⊥面PHG，

因为PG⊂面PHG，则BC⊥PG，

所以∠PGH为二面角P−BC−E的平面角(或补角)，

设∠PGH=θ，则tanθ=269，

在△ABC中，A=30°，

设CG=x(0<x<34)，则AH=2x，HE=32−2x，HB=4−2x，

所以PH=94−(19.解：(1)若选①，因为sinA−sinCsinB=b−ca+c，

由正弦定理可得，a−cb=b−ca+c，

化简可得a2=b2+c2−bc，

又因为a2=b2+c2−2bccosA，

则cosA=12,A∈(0,π)，故A=π3．

若选②，因为c·sinB+C2=asinC，

由正弦定理可得，sinCsin(π−A2)=sinAsinC，

且s