2024-2025學年云南省昭通一中教研聯(lián)盟高一下學期期中質(zhì)量檢測數(shù)學試卷（A卷）（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年云南省昭通一中教研聯(lián)盟高一下學期期中質(zhì)量檢測數(shù)學試卷（A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.若復數(shù)z滿足z=1+i1?i+1，則zA.?1 B.i C.?i D.12.已知向量a=(k,1)，b=(2,1)，若a//A.12 B.?12 C.23.已知在△ABC中，AC=4，BC=43，∠A=60°，則∠B=A.30° B.30°或150° C.60° D.60°或120°4.圓錐的底面半徑為1，其側面展開圖是半圓，那么此圓錐的高是(

)A.1 B.2 C.3 5.在△ABC中，A=60°，BC=3，AC=2，則A.1 B.2 C.3 6.朱世杰是元代著名的數(shù)學家，有“中世紀世界最偉大的數(shù)學家”之譽．其著作《四元玉鑒》是一部成就輝煌的數(shù)學名著，受到數(shù)學史研究者的高度評價．《四元玉鑒》下卷“雜范類會”中第一問為：“今有沈香立圓球一只，徑十寸，今從頂截周八寸四分，問厚幾何？”大意為現(xiàn)有一個直徑為10的球，從上面截一小部分，截面圓周長為8.4，問被截取部分幾何體的高為多少？已知朱世杰是以圓周率為3來計算，則《四元玉鑒》中此題答案為(注：4.82A.0.1 B.0.2 C.0.3 D.0.47.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，S表示△ABC的面積，若C=90°，S=14(b2A.90° B.60° C.45° D.30°8.如圖所示，點O為正八邊形的中心，已知|OA|=1，點P為線段BC，CD上一動點，則AP?AB的范圍是(

)A.[1,2] B.[2?2,2]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.已知復數(shù)z1，z2，且z2A.若|z1+z2|=0，則z1=?z2 B.若z1=z10.設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列說法正確的是A.若m?//?n，n?//?α，則m?//?α

B.若α?//?β，m⊥α，n?β，則m⊥n

C.若m?α，n?β，α?//?β，則m?//?n

D.若m⊥α，m?β，則α⊥β11.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，下列說法中正確的是A.若A>B，則sinA>sinB

B.在△ABC中，若acosA=bcosB，則△ABC必是等腰直角三角形

C.若△ABC為銳角三角形，則sinA>cosB

D.若AB?AC<0三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若向量a，b滿足|b|=3，a?b=?9，則a13.銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，A=π4，則cb14.半正多面體亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面的多面體，體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美．如圖，將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，如此共可截去八個三棱錐，得到一個有十四個面的半正多面體，它們的棱長都相等，其中八個為正三角形，六個為正方形，稱這樣的半正多面體為二十四等邊體．一個二十四等邊體的各個頂點都在同一個球面上，若該球的表面積為16π，則該二十四等邊體的表面積為________．

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)已知在平面直角坐標系中，O為坐標原點，點A(1,?2)，B(2,4)．(1)C是線段AB上靠近A的三等分點，求點C的坐標；(2)若OA與OA+λOB的夾角為銳角，求實數(shù)λ16.(本小題15分)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知asin(1)求角A；(2)若a=2，b+c=2，求△ABC17.(本小題15分)如圖，已知菱形ABCD所在平面與矩形ACEF所在平面相互垂直，且BD=2AF=2，M是線段EF的中點，N是線段EF上的動點．(1)DM與BN所成的角是否為定值，試說明理由；(2)若EF=23318.(本小題17分)已知在△ABC中，AB=AC=1，E，F(xiàn)分別為邊AB，BC上的點，且AE=EB，2BF=FC．(1)若∠BAC=90°，用向量方法求證：CE⊥AF；(2)若BC=3，求AB邊上的中線CD19.(本小題17分)閱讀數(shù)學材料：“設P為多面體M的一個頂點，定義多面體M在點P處的離散曲率為1?12π(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+∠Q3PQ4+?+∠Qk?1PQk+∠Q(1)若AC=BD，求四棱柱ABCD?A(2)若BC1與平面ACC1的夾角的正弦值為2(3)截取四面體A1?ABD，若該四面體在點A1處的離散曲率為712，AC1與平面A1參考答案1.D

2.C

3.A

4.C

5.A

6.B

7.C

8.D

9.ABC

10.BD

11.ACD

12.?b13.(14.24+815.解：(1)設C(x,y)，則AB=3AC，

故(1,6)=3(x?1,y+2)，

得3x?3=1,3y+6=6,

∴x=43,y=0,∴C(43,0)．

(2)由題意OA+λOB=(2λ+1,4λ?2)，

又因為OA與OA+λOB的夾角為銳角，

16.解：(1)在△ABC中，因為B+C=π?A，可得B+C2=π2?A2．

因為asinC=csinB+C2，由正弦定理得，sinAsinC=sinCcosA2．

由0<C<π，所以sinC>0，可得sinA=cosA2，所以17.解：(1)因為平面ABCD⊥平面ACEF，AF⊥AC，

又平面ABCD∩平面ACEF=AC，所以AF⊥平面ABCD，

∵AD?平面ABCD，所以AF⊥AD，同理可證CE⊥CD．

又ABCD為菱形，AD=CD，AF=CE，

所以△ADF≌△CED，DE=DF．

又M為EF的中點，所以DM⊥EF．

設AC∩BD=O，連接OM，AF=OD=OB=OM，所以DM⊥BM．

又EF∩BM=M，EF，BM?平面BEF，所以DM⊥平面BEF．

又BN?平面BEF，所以DM⊥BN，

故DM與BN所成角為定值90°．

(2)DM⊥BM，BD=2，可得DM=BM=2，

由(1)得DM⊥平面BEF，

所以四面體D?BEF的體積：

VD?BEF18.解：(1)因為AE=EB

，所以CE=CA又因為2BF=FC

，所以AF=AB因為∠BAC=90°

，AB=AC=1

，所以AB所以CE?AF即CE?AF=0

，得證．

(2)解：在△ABC中，由余弦定理得：cosB=AB2+BC2?A

19.解：(1)若AC=BD，則菱形ABCD為正方形，即AB⊥AD．

因為AA1⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，

所以直四棱柱ABCD?A1B1C1D1，在頂點A處的離散曲率為1?12π(π2+π2+π2)=14，

所以四棱柱ABCD?A1B1C1D1在各個頂點處的離散曲率的和為2．

(2)解：∵ABCD為菱形，∴AC⊥BD．

又直四棱柱ABCD?A1B1C1D1，

∴CC1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴CC1⊥BD．

又AC，CC1?平面ACC1，AC∩CC1=C，∴BD⊥平面ACC1．

設AC∩BD=O，則∠BC1O即為BC1與平面ACC1所成的角，

在△BC1O中，sin∠BC1O=OBBC1=12AB2AB=24，因為BC1與平面ACC1的夾角的正弦值為24，

所以OB=24BC1=12BC