第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年江蘇省宜興市高一（下）期中考試數學試卷一、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.已知z=1+2i2?i(i為虛數單位)，則|z|=A.1 B.2 C.2 D.2.已知向量a=(?1,1)，b=(1,3)，若a⊥(a+λA.?2 B.?1 C.1 D.23.一個邊長為2的正方形水平放置，則該正方形的直觀圖的周長是(

)A.22 B.4 C.44.記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為3,B=60°,a2+A.42 B.22 C.5.下列命題中正確的是(

)A.如果直線a和平面α滿足a//α，那么a與α內的任何直線平行

B.如果直線a，b和平面α滿足a//α，b//α，那么a//b

C.如果直線a，b和平面α滿足a//b，a//α，那么b//α

D.α∩β=a，b?α，c?β，b//c，那么a//b//c6.已知向量a=(3,4)，b=(1,0)，c=a+tb，若<a，cA.?6 B.?5 C.5 D.67.在△ABC中，已知tanA=14，tanB=35，且△ABC最大邊的長為17，則A.1 B.5 C.2 8.正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，E，F，M分別為AA1，BC，CA.22 B.23 C.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z=1+i(i為虛數單位)，則下列說法正確的是(

)A.|z|=2 B.z?z?=2

C.z210.設△ABC中角A，B，C所對的邊為a，b，c，a=23，A=π3A.若b=4，則c=2

B.若c=5，則滿足條件的三角形有且只有一個

C.△ABC面積的最大值為33

D.△ABC11.三棱錐P?ABC的三條側棱長均為1，且兩兩成30°角，M為AC中點，E，F分別為PB，PC(不含端點)上動點，則下列說法正確的是(

)A.直線AE與BF為異面直線

B.當E，F分別為所在棱中點時，直線AE/?/平面BFM

C.當E，F分別為所在棱中點時，平面AEF將三棱錐分成兩部分體積之比為1：4

D.AE+EF+AF的最小值為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.寫出一個復數z，使其滿足：實部和虛部互為相反數，且|z?|=2，則z=13.我國南宋著名數學家秦九韶，發現了從三角形三邊求面積的公式，他把這種方法稱為“三斜求積”，它填補了我國傳統數學的一個空白.如果把這個方法寫成公式，就是S=14[c2a2?(c2+a2?b2214.如圖，三個邊長均為2的等邊三角形有一條邊在同一條直線上，P3，Q3是邊B3C3的兩個三等分點，AP3分別交B1C1、B2C2于P1、P2，AQ3四、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)

已知虛數z=?1+mi是關于x的方程x2?nx+4=0的一個根(i是虛數單位，m>0，n∈R)．

(1)求m+n的值；

(2)求證：z?216.(本小題15分)

設△ABC中角A，B，C所對的邊為a，b，c，已知a=7,b=3,A=2π3．

(1)求sinB的值；

(2)求c的值；

(3)求sin17.(本小題15分)

在△ABC中，AB=2,∠BAC=60°,AE=23AC,BF=12BC,AD=12AB，AF與DE相交于點O．

(1)若AC=3，求|DE|18.(本小題17分)

如圖幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其內部)以AB邊所在直線為旋轉軸旋轉120°得到的.已知AD=2，AB=4，P是CE上的中點，Q是AC的中點，BP與CE交于點O．

(1)求該幾何體的體積；

(2)求證：OQ//平面ABEF；

(3)若M是DF上的一點，且滿足平面OMQ//平面ABEF，求sin∠FAM19.(本小題17分)

定義：對于非零向量OM=(m,n)，若函數f(x)=msinx+ncosx，則稱f(x)為向量OM的“伴生函數”，向量OM為函數f(x)的“源向量”.記平面內所有向量的“伴生函數”構成的集合為S．

(1)已知?(x)=cos(x+α)+2cosx(α∈R)，若函數?(x)∈S，求函數?(x)的“源向量”的模的取值范圍；

(2)設△ABC中角A，B，C所對的邊為a，b，c，向量OM=(a,bcosC+ccosB)的“伴生函數”為F(x)，且當x=A時，F(x)取得最大值．

①若BC=2，設G為△ABC的重心，求BG?CG的最大值；

②設O參考答案1.A

2.B

3.D

4.B

5.D

6.C

7.C

8.C

9.BC

10.ACD

11.AD

12.2?13.1114.72

15.解：(1)虛數z=?1+mi是關于x的方程x2?nx+4=0的一個根，m>0，

所以(?1+mi)2?n(?1+mi)+4=0，整理得：(5?m2+n)?(2m+mn)i=0，

5?m2+n=02m+mn=0，由m>0，n∈R，解得n=?2，m=3，

所以m+n=?2+3．

(2)證明：由(1)可知16.解：(1)因為a=7,b=3,A=2π3，所以由正弦定理asinA=bsinB得7sin2π3=3sinB，

所以7sinB=332，所以sinB=3314．

(2)因為a=7，b=3，A=2π3，

由余弦定理a2=b2+c2?2bccosA可得49=9+c2?2×3c×(?12)，

所以c2+3c?40=0，

所以c=?8(舍去)或17.解：(1)在△ABC中，AB=2,∠BAC=60°,AE=23AC,BF=12BC,AD=12AB，AF與DE相交于點O，

因為AB=2,∠BAC=60°,AE=23AC,BF=12BC,AD=12AB，

所以AD=1，AE=2，∠BAC=60°，

在△ADE中，由余弦定可得cos60°=AD2+AE2?DE22AD?AE=1+4?DE22×1×2=12，

解得：DE=3，所以|DE|=3；

(2)根據平面向量的減法法則和中點向量可得DE=AE?AD，AF=12(18.解：(1)根據題意可知，該幾何體的體積為底面半徑為2，高為4的圓柱體積的13，

所以該幾何體的體積為13×π×22×4=16π3；

(2)證明：連接AE，因為P是CE上的中點，則BP⊥CE，O是EC中點，

又Q是AC的中點，所以OQ//AE，OQ?平面ABEF，AE?平面ABEF，

所以OQ//平面ABEF；

(3)連接OM，QM，因為平面OMQ//平面ABEF，

設平面OMQ∩平面ABCD=HG，又平面ABEF∩平面ABCD=AB，

則HG//AB，因為Q是AC的中點，所以H為BC的中點，G為AD的中點，

因為平面OMQ∩平面ADF=MG，又平面ABEF∩平面ADF=AF，平面OMQ//平面ABEF，

所以GM//AF，又∠FAD=120°，所以∠AGM=60°，

因為AG=1，AM=2，

在△AGM中，由正弦定理可得AGsin∠AMG=AMsin∠AGM，所以1sin∠AMG=19.解：(1)?(x)=cos(x+α)+2cosx，

可化為?(x)=cosxcosα?sinxsinα+2cosx=?sinαsinx+(2+cosα)cosx，

由定義可得函數?(x)的“源向量”OM=(?sinα,2+cosα)，

所以|OM|=(?sinα)2+(2+cosα)2=sin2α+4+4cosα+cos2α=5+4cosα，

因為α∈R，所以?1≤cosα≤1，所以1≤5+4cosα≤9，

所以1≤|OM|≤3，

所以函數?(x)的“源向量”的模的取值范圍為[1,3]；

(2)向量OM=(a,bcosC+ccosB)的“伴生函數”F(x)=asinx+(bcosC+ccosB)cosx，

設△ABC的外接圓半徑為r，

則a=2rsinA，b=2rsinB，c=2rsinC，

所以F(x)=asinx+2r(sinBcosC+sinCcosB)cosx=asinx+2rsin(B+C)cosx，

所以F(x)=asinx+2rsinAcosx=a(sinx+cosx)=2asin(x+π4)，

當x=A時，F(x)取得最大值，且A∈(0,π)，

所以A+π4=π2，故A=π4，

①延長AG與邊BC交于點