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（含解析）

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答案解析1.A

【解析】解：复数z=(∴z=−i，虚部是故选A．2.B

【解析】解：由题意，当直线与平面所成的角相等时，两条直线可能平行、相交或异面，

则充分性不成立，

当两条直线平行时，此时与平面所成的角相等的，必要性成立，

所以两条直线和一个平面所成的角相等是这两条直线平行的必要不充分条件．

故选：B．

根据直线所处不同位置可以分析充分性，再根据两直线平行，可判断与面所成角相等即可判断必要性．

本题主要考查条件关系，属于基础题．3.B

【解析】解：a，b为单位向量，且(2a−b)⊥b，

可得(2a−b)⋅b=2a4.D

【解析】解：选项A中，m，n可能平行，可能垂直也可能异面，故A不正确;

选项B中，a与β还可能平行或相交，故B不正确;

选项C中，n可能在α内，故C不正确

选项D中，即满足线面平行的性质，故D正确

故选D5.ABC

【解析】解：由函数f(x)=2sin(x+2θ)·cosx(0<θ<π2可得2sin2θ=2，即sin2θ=1，

又0<θ<π2，

∴0<2θ<π，故f(x)=2sin(x+2θ)⋅当x=π4时，f(x)=1，故Af(x)的最小正周期为2π2=π显然，f(x)=cos2x+1∈[0,2]，故D正确，故选：ABC．6.A

【解析】解：由已知得b2=ac，

因此a2+3bc=c2+ac，

可化为b2+c2−a27.D

【解析】解：∵铜镞由两部分组成，前段是高为2cm、底面边长为1cm的正三棱锥，

∴正三棱锥的底面正三角形边长为1，设正三角形内切圆半径为r，

由等体积法得：12×1×1×sin60°=12×(1+1+1)r，

解得r=36，∴其内切圆半径为38.C

【解析】解：如图所示：

设线段BC的中点为D，则AB+AC=2AD，

∵AC2−AB2=2AM⋅BC，

∴(AC+AB)⋅(AC−AB)=2AM⋅BC，9.AD

【解析】解：对于A，∵a=(1,−3)，b=(2,−6)，∴1×(−6)−(−3)×2=0，∴a/​/b，

∴{a,b}不可以作为平面内所有向量的一个基底，故A错误；

对于B，∵a=(1,−3),b=(0,1)，

∴a在b上的投影向量的坐标为a⋅b|b|·b|b|=−31·b1

=−3(0,1)=(0,−3)，故B正确；

对于C，由|a+b|=|a−b|两边同时平方得：a⋅b=0，

∵a10.CD

【解析】解：如图甲，∵AB=BC=2,  ∠ABC=120∘，

在折叠前的

▵ABC中，取DC的中点G，连接BD,  BG，

由余弦定理可得AC=23，∠DAE=30∘．

∵D为AC的中点，

∴

AD=DC=3,BD⊥AC,BD=1,

∵

DE→⋅AB→=0⇒DE⊥AB，

在

Rt△ADE中，DE=32,AE=32，故EB=12.

在

Rt△BDG中，

tan∠BGD=BDDG=132=233，

tan∠ADE=tan60∘=3，

∴∠BGD≠∠ADE⇒BG与DE不平行．

∵DE⊥AB，将△ADE沿DE翻折，得到直二面角A−DE−B，如图乙，

∴AE⊥DE,EB⊥DE，

AE∩EB=E，AE，EB⊂平面AEB，

∴DE⊥平面AEB，∠AEB=90∘．

对于A选项，AB2=AE2+EB2=104，AD=3,BD=1，

∴BD2+AD2≠AB2，故AD与BD不垂直，故A选项错误；

对于B选项，∵G为DC的中点，F为AC的中点，

∴FG//AD，∵FG⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，

故FG//平面ADE，

假设BF//平面ADE，

∵BF∩FG=F，BF，FG⊂平面BGF，

可得平面BGF//平面ADE，

∵平面BGF∩平面DEBC=BG，平面ADE∩平面DEBC=DE，

进而可得BG//DE，11.ABD

【解析】

图1

对于A，如图1，连接A1D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，由A1B1//AB//DC，A1B1=AB=DC，则A1D//B1C.

因D1C1⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1则D1C1⊥A1D，

又A1D⊥AD1且AD1∩D1C1=D1，AD1，D1C1⊂平面AC1D1，故A1D⊥平面AC1D1，

因PC1⊂平面AC1D1则得A1D⊥PC1，又A1D//B1C，故得B1C⊥PC1，即A正确;

图2

对于B，如图2，设B1C∩BC1=M，A1D∩AD1=N，连接DC1，BD，MN，因DC1=BD，BM=MC1，则DM⊥BC1，

因C1D1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，则C1D1⊥BC1，因C1D1//MN，故MN⊥BC1，

又因点P在线段AD1上，即在平面ABC1D1内，故12.−7【解析】解：∵cos(α−π4)=35，13.19

【解析】解：∵−3+2i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，

∴−3−2i也是关于x的方程x2+px+q=0(其中p，q∈R)的一个根．

则−3−2i+(−3+2i)=− p，(−3−2i)(−3+2i)= q，

解得p=6，q=13，

∴p+q=19．14.6【解析】解：如图，取BD中点E，取正三角形ABD的中心F，

根据题意可知BD⊥AE，BD⊥CE，从而可得BD⊥平面AEC，

易知BD=22，AE=6，CE=12BD=2，∴EF=13AE=63，又AC=14，

∴cos∠AEC=6+2−142×6×2=−32，∴∠AEC=150°，∴sin∠AEC=12，

∴三棱锥A−BCD的体积为13×15.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(2a【解析】本题主要考查了向量平行关系的坐标表示，向量的数量积的坐标表示与向量的垂直关系，利用向量的数量积的坐标运算求向量的夹角的应用，

(1)根据已知及向量平行关系的坐标表示的计算，得x2+y2=23x+y=0，求出向量16.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ABCD【解析】本题考查线面平行的判定，线面角的求法，点到平面的距离等知识，属中档题．

(1)由线面平行的判定定理可得AD//平面BCF，DE//平面BCF，再由面面平行的判定定理和性质定理可得答案；

(2)作AO⊥DE于O，由面面垂直的性质定理可得CD⊥平面ADE，AO⊥平面CDEF，连结CO，直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，求出正弦值即可；

(3)由(2)得AO⊥平面CDEF，又VF−ACD17.(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=【解析】本题考查面面垂直的判定以及二面角的计算，属于较难题．

(1)推导出BC⊥平面SCM，由此可证明平面SMC⊥平面SBC；

(2)由线面角的定义得到边长之间的关系，利用二面角的定义找出二面角的平面角，求解即可．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−(【解析】本题考查空间中垂直