2023-2024学年吉林省八校高一（下）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年吉林省八校高一（下）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.复数z=(7+i)i3在复平面内对应的点位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知向量a，b满足|a|=|b|=2，且|a+b|=A.14 B.14b C.13.如图，△O′A′B′表示水平放置的△OAB根据斜二测画法得到的直观图，O′A′在x′轴上，A′B′与x′轴垂直，且O′A′=2，则△OAB的面积为(

)A.2 B.2C.4 D.44.已知复数4+3i是关于x的一元二次方程x2+mx+25=0(m∈R)的一个根，则m=(

)A.−8 B.−4 C.4 D.85.设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题正确的是(

)A.若m//n，n⊂α，则m//α

B.若m⊂α，n⊂β，且α⊥β，则m⊥n

C.若m//β，α//β，则m//α

D.若m//α，m⊂β，α∩β=n，则m//n6.如图1，这是雁鸣塔，位于贵州省遵义娄山关景区，塔身巍然挺拔，直指苍穹，登塔可众览娄山好风光.某数学兴趣小组成员为测量雁鸣塔的高度，在点O的同一水平面上的A，B两处进行测量，如图2.已知在A处测得塔顶P的仰角为30°，在B处测得塔顶P的仰角为45°，且AB=307米，∠AOB=150°，则雁鸣塔的高度OP=(

)A.30米 B.302米 C.303米7.如图，在正四棱锥P−ABCD中，2PA=6AB=6，E是棱PB上的动点，一只蚂蚁从A点出发，经过爬到C点，则这只蚂蚁爬行的路程的最小值是(

)A.22

B.23

C.28.如图，在扇形OAB中，半径OA=4，∠AOB=90°，C在半径OB上，D在半径OA上，E是扇形弧上的动点(不包含端点)，则平行四边形BCDE的周长的取值范围是(

)A.(8,12]

B.(82,12]

C.(8,8二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知向量a，b满足|a|=3，b=(−2,0)，且a⋅A.a=(−32,332) B.|a+10.如图，这是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则(

)A.AF//BG

B.CH//BD

C.直线EI与BG异面

D.直线EI与BD异面11.如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，A.若DP//平面CEF，则点P的轨迹长度为22

B.若DP//平面CEF，则三棱锥P−DEF的体积为定值

C.若AP=17，则点P的轨迹长度为2π

D.若P是棱A1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知复数z=a2−3a−4+(a+1)i(a∈R)是纯虚数，则a=13.如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，若点E，F分别满足AE=23AB，AF=23AC14.设点P是△ABC的重心，过点P的直线分别与线段AB，AC交于E，F两点，已知AE=3EB,AC=kAF，则k=______；若AB=4，AC=6四、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13分)

已知向量a=(3,−4)，b=(m,1)．

(1)若a⊥(a+b)，求m的值；

(2)当m=016.(本小题15分)

如图，这是某建筑大楼的直观图，它是由一个半球和一个圆柱组合而成的.已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面(过圆柱上、下底面圆的圆心连线的平面)ABCD是边长为6的正方形．

(1)求该几何体的表面积；

(2)求该几何体的体积．17.(本小题15分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知cos2A+3cosA+2=0．

(1)求A；

(2)若c=6，D在边BC上，BC=3BD，AD=13，求△ABC18.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是正方形，PA=PC，E为侧棱PD上的点，且PE=3ED．

(1)证明：PD⊥AC．

(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF//平面ACE？若存在，求PCPF的值；若不存在，请说明理由．19.(本小题17分)

如图，在平面四边形ABCD中，AB=1，BC=3，CD=2，AD=4．

(1)若A为锐角，且sinA=158，求△BCD的面积；

(2)求四边形ABCD面积的最大值；

(3)当A=60°时，P在四边形ABCD所在平面内，求PA+PB+PD

参考答案1.D

2.B

3.B

4.A

5.D

6.A

7.C

8.A

9.BCD

10.AD

11.ABD

12.4

13.19814.53

2015.解：(1)因为a=(3,−4)，b=(m,1)，

所以a+b=(3+m,−3)，

因为a⊥(a+b)，

所以a⋅(a+b)=3(3+m)+12=0，解得m=−7．

(2)当m=0时，b=(0,1)，16.解：由题意可知半球的半径R=3，圆柱的底面圆半径r=3，高ℎ=6，

(1)由球的表面积公式可得半球的曲面面积S1=12×4πR2=18π，

由圆的面积公式可得圆柱底面圆的面积S2=πr2=9π，

由圆柱的侧面积公式可得圆柱的侧面积S3=2πrℎ=36π，

故该几何体的表面积S=17.解：(1)因为cos2A+3cosA+2=0，

所以2cos2A−1+3cosA+2=0，

即2cos2A+3cosA+1=0，

即(2cosA+1)(cosA+1)=0，解得cosA=−12或cosA=−1．

因为0<A<π，所以cosA=−12，则A=2π3；

(2)由题意可得AD=23AB+13AC，即3AD=2AB+AC，

则9AD2=4AB2+4AB⋅AC+AC2，因为AD=13，18.(1)证明：设BD交AC于点O，连接OP，

正方形ABCD中，则AO=OC，BD⊥AC，

又PA=PC，所以PO⊥AC，

又PO∩BP=O，

所以AC⊥平面PBD，

而PD⊂平面PBD，

所以PD⊥AC；

(2)解：存在侧棱PC上一点F，满足条件，

证明如下：如图，正方形中，BO=OD，

在线段PE取一点G，使得GE=ED，因为PE=3ED，

则PGPE=23，

连接BG，FG，则BG//OE，因为OE⊂平面ACE，BG⊄平面ACE，

所以BG/​/平面ACE，

因为BF/​/平面ACE，BG∩BF=B，BG，BF⊂平面BGF，

所以平面BGF//平面ACE，

因为平面PCD∩平面ACE=EC，平面PCD∩平面BGF=GF，

所以GF/​/EC，

所以PFPC=PGPE19.解：(1)连接BD，

因为A为锐角，且sinA=158，所以cosA=78，

在△ABD中，由余弦定理得，BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cosA=1+16−8cosA，即BD2=17−8cosA，

在△BCD中，由余弦定理得，BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cosC=9+4−12cosC，即BD2=13−12cosC，

所以17−8cosA=13−12cosC，即2cosA−3cosC=1，

所以2×78−3cosC=1，解得cosC=14，

因为C∈(0,π)，所以sinC=154，

故△BCD的面积为12BC⋅CDsinC=12×3×2×154=3154．

(2)四