2024-2025学年湖南省长沙市雅礼教育集团高一下学期期中考试数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年湖南省长沙市雅礼教育集团高一下学期期中考试数学试卷一、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.sin2cos3的值A.小于0 B.大于0 C.等于0 D.不存在2.如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线BA.30∘ B.45∘ C.60∘3.设复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1=1+i，则A.1+i B.−2 C.2 D.1−i4.设向量a，b满足|a+b|=10，|A.1 B.2 C.3 D.55.已知A，B是球O的球面上的两点，∠AOB=90°，点C为该球面上的动点，若三棱锥O−ABC体积的最大值为43，则球O的表面积为(

)A.16π B.36π C.64π D.144π6.若1+cos2αsin2α=1A.54 B.−54 C.47.设A，B，C，D是平面上四个不同的点，其中任意三点不共线，若(DB+DC−2DA)⋅(A.等边三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰三角形8.如图所示，四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=2，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′−BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是A.A′C⊥BD B.∠BA′C=90∘

C.CA′与平面A′BD所成的角为30∘ D.四面体二、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.已知复数z满足|z−1+i|=3，则(

)A.复数z虚部的最大值为2

B.复数z实部的取值范围是[−2,4]

C.|z+1+i|的最小值为1

D.复数z在复平面内对应的点位于第一、三、四象限10.下列四个选项中，计算正确的是(

)A.cos(−15∘)=6−211.已知m，n为异面直线，直线l与m，n都垂直，则下列说法正确的是(

)A.若l⊥平面α，则m//α，n//α

B.存在平面α，使得l⊥α，m⊂α，n//α

C.有且只有一对互相平行的平面α和β，其中m⊂α，n⊂β

D.至多有一对互相垂直的平面α和β，其中m⊂α，n⊂β三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.如果用半径为R=23的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高是

．13.已知a、b是单位向量，a⋅b=0.若向量c满足|c−a−14.已知α+β=15∘，则1−tan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)函数f(x)=Asin(ωx−π6)+1(A>0,ω>0)(1)求函数f(x)的解析式;

(2)设α∈(0,π2)，则f(α16.(本小题15分)

如图所示，在四面体ABCD中，CB=CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点．

求证：(1)直线EF//平面ACD;(2)平面EFC⊥平面BCD.17.(本小题15分)在△ABC中，BC=5，AC=3，sin(1)求AB的值;(2)求sin(2A−π18.(本小题17分)半径为1的圆O内接△ABC，且3(1)求数量积OA⋅OB，OB(2)求△ABC的面积．19.(本小题17分)如图1所示，在直角梯形ABCD中，BC//AD，AD⊥CD，BC=2，AD=3，CD=3，边AD上一点E满足DE=1.现将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，使平面A(1)求证：A(2)求四棱锥A1−BCDE(3)求平面A1BE与平面A1参考答案1.A

2.C

3.C

4.A

5.A

6.D

7.D

8.B

9.ABC

10.BCD

11.BC

12.3

13.214.315.解：(1)函数f(x)=Asin(ωx−π6)+1(A>0,ω>0)的最大值为3，所以：A=2，

由于函数图象相邻两条对称轴之间的距离为π2，

得到函数的周期为：T=π，进一步求得：ω=2，

所以：f(x)=2sin(2x−π6)+1；

(2)由(1)得：f(α)=2sin(2α−π6)+1，

由于：0<α<π216.证明：(1)∵E，F分别是AB，BD的中点，

∴EF是△ABD的中位线，

∴EF//AD．∵EF⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，

∴直线EF//平面ACD．(2)∵AD⊥BD，EF//AD，

∴EF⊥BD．

∵CB=CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD．

又∵EF∩CF=F，且EF，CF⊂平面EFC，

∴BD⊥平面EFC．∵BD⊂平面BCD，

∴平面EFC⊥平面BCD．

17.解：(1)在

▵ABC

中，

BC=5

，

AC=3

，

sin因为

ABsinC所以

AB=BC⋅(2)由余弦定理可得

cosA=得：

sinA=所以sin2A=2sincos2A=cos所以

sin2A−π

18.解：(1)∵3OA∴3OA+4OB=−5OC可得9OA又∵|OA |=|OB|=|OC|=1，同理可得：4OB+5OC=−3OA，

等式两边平方可得：

16OB2+25OC2+40OC·又|OA ∴S由(1)知OA·OB=|OA|·|OB·∴sin∠BOC=35，同理sin

19.解：(1)证明：在图1中，连接CE，易求CE=BC=BE=AE=AB=2．

∴四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点O，则AC⊥BE．

∴在图2中，A1O⊥BE，OC⊥BE．

又A1O⊥OC于O,∴BE⊥平面A1OC．

又A1C⊂平面A1OC，∴A1C⊥BE;

(2)由(1)可知A1O⊥BE，平面A1BE⊥平面BCDE，所以A1O⊥OD，所以A1O⊥平面BCDE，

由勾股定理可得AC=23，∴A1O=OC=3．

梯形BCDE的面积S=(BC+DE)×CD2=(2+1)×32=332，

所以V=13×332×3=32

(3)解：在图2中延长