廣東省汕尾市2022-2023學年高一下學期期末數(shù)學試題

廣東省汕尾市2022-2023學年高一下學期期末數(shù)學試題一、單選題1．若復(fù)數(shù)(m2?m)+3iA．1 B．0或1 C．1或2 D．1或32．已知|a|=25，b=(1，A．(2，4) C．(2，?4) D．(23．將函數(shù)y=3cos(12x?A．y=3cos(12x?C．y=3cos(12x?4．已知直線a，b，l和平面α，則下列命題正確的是（）A．若a//b，a//αB．若a∥b，a?α，b?α，a//αC．若l⊥a，l⊥b，a?α，b?α，則l⊥αD．若a⊥b，a⊥α，則b//α5．已知π2<α<π，cosα=?1A．?34 B．34 C．?6．在正三棱柱ABC?A1B1C1中，D為棱A1A．0 B．12 C．22 7．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，b=2a，bsinA=csinC，則cosC=（）A．14 B．74 C．238．如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，將△AED，△BEF，△DCF分別沿DE，EF，DF折起，使得A，B，C三點重合于點A′，若三棱錐AA．32π B．364π 二、多選題9．已知復(fù)數(shù)z1=1+i，A．zB．|C．zD．在復(fù)平面內(nèi)z1，z10．已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+π6)+sin(ωx?π6)+cosωx，A．ω=2B．當x∈[0，π2C．f(x)在區(qū)間[0，D．若f(x+φ)為偶函數(shù)，則正實數(shù)φ的最小值為π11．下列說法正確的有（）A．若a，b滿足|a|=4，|bB．向量a在向量b上的投影向量為aC．若A(1，0)，B(4，6)D．若圓O中，弦AB的長為4，則AO12．在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．直線BN與直線MBB．直線A1M與直線C．直線AM與平面ABC所成角的正弦值為5D．點D1到平面A1三、填空題13．化簡cos72°sin78°+sin72°sin12°=.14．已知圓錐的表面積為3π，且它的側(cè)面展開圖是一個半圓，則這個圓錐的底面半徑是．15．在平行四邊形ABCD中，AB=8，AD=6，AC=237，則AB?16．如圖是古希臘數(shù)學家希波克拉底研究的幾何圖形，此圖由三個半圓構(gòu)成，直徑分別是直角三角形ABC的斜邊AB，直角邊AC，BC，點E在以AC為直徑的半圓上，延長AE，BC交于點D.若AB=5，sin∠CAB=35，sin∠DCE=34，則四、解答題17．已知點O(0，0)，A(1，（1）若OC=OA+λOB，λ是實數(shù)，且（2）求OA與OB的夾角的余弦值.18．已知函數(shù)f(x)=sin(π（1）求f(x)的最小正周期；（2）在△ABC中，若f(A2)=119．如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱（1）AC1∥（2）PE∥平面BDF.20．記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知asinB?3（1）求A；（2）若a=7，b=2，求△ABC21．如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，E為棱PB的中點.證明：（1）AE⊥平面PBC；（2）平面PAD⊥平面PCD.22．如圖，已知直線l1∥l2，A是l1，l2之間的一個定點，且點A到l1，l2的距離分別為1，2，B是直線l2上的一個動點，作AC⊥AB，且使AC與直線l（1）求S(α)的最小值；（2）已知m∈R，f(α)=1AC+2AB，若對任意的α∈(0

答案解析部分1．【答案】B【知識點】復(fù)數(shù)的基本概念【解析】【解答】解：因為復(fù)數(shù)(m所以m2?m=0，解得：m=0或故答案為：B.【分析】由題意結(jié)合復(fù)數(shù)的概念可得m22．【答案】D【知識點】平面向量共線（平行）的坐標表示；平面向量數(shù)量積的坐標表示、模、夾角【解析】【解答】解：因為b→=(1，2)，a→∥b→，設(shè)a→=λb所以a→=(2，4)或故答案為：D.【分析】依題意設(shè)a→3．【答案】D【知識點】函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；函數(shù)y=Acos（ωx+φ）的圖象與性質(zhì)【解析】【解答】解：因為函數(shù)y=3cos(12x?π3所以向左平移18個周期后所得y=3故答案為：D.【分析】先求出函數(shù)的最小正周期，結(jié)合三角函數(shù)圖象的變換運算求解.4．【答案】B【知識點】直線與平面平行的判定；直線與平面平行的性質(zhì)；直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)【解析】【解答】解：對A：若a//b，a//α，則b?α或?qū)：若a∥b，a?α，b?α，a//α，則對C：若l⊥a，l⊥b，a?α，b?α，根據(jù)線面垂直的判定定理可知：當且僅當a，b相交時，才可得l⊥α，故C錯誤；對D：若a⊥b，a⊥α，則b?α或b//α，故D錯誤.故答案為：B.【分析】根據(jù)空間中線面關(guān)系結(jié)合平行、垂直關(guān)系逐項分析判斷.5．【答案】C【知識點】二倍角的正弦公式；同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運用【解析】【解答】解：因為π2<α<π，cosα=?1所以sin2α=2故答案為：C.【分析】先利用同角三角函數(shù)關(guān)系求出sinα6．【答案】A【知識點】平行公理；異面直線及其所成的角；余弦定理的應(yīng)用【解析】【解答】解：分別取AB、BB1的中點E、F，連接則EF∥AB因為D為棱A1B1且CC1∥A則四邊形DECC1為平行四邊形，可得所以直線AB1與直線C1因為在正三棱柱ABC?A1B所以CF=1在△CEF中，因為CF2=C所以直線AB1與直線故答案為：A.【分析】分別取AB、BB1的中點E、F，連接DE，CE，EF，CF，可得EF∥AB1，EF=12AB1=7．【答案】D【知識點】正弦定理；余弦定理【解析】【解答】解：因為bsinA=csinC，由正弦定理可得：ba=c又因為b=2a，可得2a由余弦定理可得：cosC=故答案為：D.【分析】根據(jù)正弦定理進行角化邊可得2a8．【答案】C【知識點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；棱錐的結(jié)構(gòu)特征；球的體積和表面積；球內(nèi)接多面體【解析】【解答】解：因為A′D⊥A′E，A′D⊥A′F，A′E⊥A′F，且A′E=1，A′F=1，A′D=2，如圖所示，將三棱錐D?A′EF可補成一個長方體，則三棱錐D?A′EF的外接球即為長方體的外接球，

設(shè)長方體的外接球的半徑為R，可得2R=12+1所以外接球的體積為V=4故答案為：C.【分析】根據(jù)題意利用補形法把三棱錐D?A′EF可補成一個長方體，結(jié)合長方體的性質(zhì)可得外接球的半徑R=69．【答案】A,B【知識點】復(fù)數(shù)在復(fù)平面中的表示；復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算；復(fù)數(shù)的模；共軛復(fù)數(shù)【解析】【解答】解：對A：因為z1=1?i，所以對于B：因為|z1|=對C：因為z1對D：因為在復(fù)平面內(nèi)z1，z2對應(yīng)的點分別為Z1(1，1)，故答案為：AB.【分析】對A：根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的概念分析判斷；對B：根據(jù)復(fù)數(shù)的模長公式運算求解；對C：根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運算求解；對D：根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義分析判斷.10．【答案】A,D【知識點】三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；誘導(dǎo)公式；函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象與性質(zhì)【解析】【解答】解：因為f(x)=sin(ωx+π對A：因為f(x)的最小正周期為T=2πω=π，可得對B：因為x∈[0，π2]，則2x+π6∈[π6，7π對C：當x∈[0，π]，則2x+π6∈[π6，13π6對D：因為f(x+φ)=2sin(2x+2φ+π可得2φ+π6=π2+kπ，k∈Z，解得φ=π6+故答案為：AD.【分析】利用三角恒等變換可得f(x)=2sin(ωx+π6)11．【答案】A,B,D【知識點】兩向量的和或差的模的最值；平面向量的正交分解及坐標表示；平面向量數(shù)量積定義與物理意義；平面向量數(shù)量積的性質(zhì)；平面向量的投影向量；平面向量數(shù)乘運算的坐標表示【解析】【解答】解：對A：因為|a|=4，則a→?b所以a→對B：向量a在向量b上的投影向量為a→對C：由A(1，0)，B(4，6)，則AB→因為AB=3AC，所以AC→=1對D：因為AB→所以AO→?AB故答案為：BD.【分析】對A：根據(jù)a→12．【答案】A,B,D【知識點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；異面直線及其所成的角；異面直線的判定；空間中直線與平面之間的位置關(guān)系【解析】【解答】解：對A：因為BN?平面BB1C1C，B所以直線BN與MB對B：連接MN，D1C，

因為A1D又因為M，N分別為棱C1D1，C1C的中點，則MN∥D1對C：取DC的中點H，連接MH，由正方體的性質(zhì)知：MH∥DD1，

且DD所以直線AM與平面ABC所成角為∠MAH，

且AH?平面ABCD，可得MH⊥AH，又因為AH=AD2+DH對D：設(shè)點D1到平面A由VD1?因為A1取DC的中點H，連接MH，由正方體的性質(zhì)知：MH⊥平面ABC，

連接BH，所以BH=CH2cos∠A1所以S△S△由13S△故答案為：ABD.【分析】對A：由異面直線的判定定理分析判斷；對B：連接MN，D1C，由題意可得MN∥13．【答案】1【知識點】三角函數(shù)的化簡求值；運用誘導(dǎo)公式化簡求值【解析】【解答】解：因為cos=cos故答案為：12【分析】利用誘導(dǎo)公式和兩角和的余弦公式運算求解.14．【答案】1【知識點】旋轉(zhuǎn)體（圓柱/圓錐/圓臺/球）的結(jié)構(gòu)特征【解析】【解答】設(shè)圓錐的底面的半徑為r，圓錐的母線為l，則由πl(wèi)=2πr得l=2r，而S=π故r2解得r=1，故答案為：1.【分析】設(shè)出圓錐的底面半徑，由它的側(cè)面展開圖是一個半圓，分析出母線與半徑的關(guān)系，結(jié)合圓錐的表面積為3π，構(gòu)造方程，可求出半徑.15．【答案】24【知識點】平面向量的數(shù)量積運算；向量加法的平行四邊形法則【解析】【解答】解：因為AC→=AB即148=64+36+2AB→?故答案為：24.【分析】根據(jù)向量的加法運算，結(jié)合模長的平方關(guān)系以及數(shù)量積的運算律運算求解.16．【答案】21+12【知識點】兩角和與差的正弦公式；同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系；正弦定理的應(yīng)用；解三角形的實際應(yīng)用【解析】【解答】解：因為∠DCE+∠ACE=π2，∠CAE+∠ACE=π2，則∠DCE=∠CAE，

故sin又因為sin∠CAB=35，且∠CAB可得sin=3且BC=ABsin∠CAB=3，AC=ABcos∠CAB=4，AE=ACcos所以△ABE的面積是S=1故答案為：21+127【分析】根據(jù)題意可得∠DCE=∠CAE，再用正弦的和角公式求解sin∠EAB17．【答案】（1）解：∵O(0，0)，A(1，∴OA=(1，1)，OB=(?1∵OC∴OC解得λ=（2）解：∵OA?OB=1×(?1)+1×0=?1，|∴cos?OA故OA與OB的夾角的余弦值為?【知識點】平面向量坐標表示的應(yīng)用；平面向量數(shù)量積的坐標表示、模、夾角；平面向量垂直的坐標表示【解析】【分析】(1)先求得OC=(1?λ，1)，再根據(jù)向量垂直的坐標表示運算求解；

(2)先根據(jù)坐標運算求得OA→?18．【答案】（1）解：f(x)=sin(===sin(2x+∴f(x)的最小正周期為π（2）解：由0<A<π，即π6<A+π得A+π6=∴sinB+sinC=sinB+sin(∵0<B<2π∴π∴當B+π6=π2，即【知識點】三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象與性質(zhì)【解析】【分析】(1)利用三角恒等變換整理得fx=sin(2x+π6)，進而可求最小正周期；

(2)由f(19．【答案】（1）證明：如圖，連接AC交BD于點O，連接FO.∵F為CC1的中點，O為∴FO為△ACC∴FO∥AC又∵FO?平面BDF，AC1?∴AC1（2）證明：連接ED1，EB1，連接A1C1在正方體ABCD?A1B∵B1D1?平面BDF，∴B1D1又EO1為∴EO∵AC1∥平面BDF，E∴EO1∥又∵EO1?平面B1D1E∴平面B1D1∵PE?平面B1∴PE∥平面BDF.【知識點】直線與平面平行的判定；平面與平面平行的判定；平面與平面平行的性質(zhì)【解析】【分析】(1)根據(jù)題意可得FO∥AC1，進而結(jié)合線面平行的判定定理分析證明；

(2)根據(jù)題意可得B1D1∥平面BDF，EO20．【答案】（1）解：在△ABC中，由正弦定理asinA=b得sinAsinB?3又在△ABC中，sinB≠0，∴sinA=3∴tanA=3∵0<A<π，∴A=π（2）解：在△ABC中，由余弦定理可知a2又∵A=π3，∴解得c=3或c=?1（舍去），故△ABC的面積為S【知識點】正弦定理的應(yīng)用；余弦定理的應(yīng)用【解析】【分析】(1)根據(jù)題意結(jié)合正弦定理整理可得tanA=3，進而可得結(jié)果；

(2)先利用余弦定理可得c=321．【答案】（1）證明：∵PA=AB，且E為PB的中點，∴AE⊥PB，∵PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴PA⊥BC，∵在正方形ABCD中，AB⊥BC，又∵AB，PA?平面PAB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，又∵AE?平面PAB，∴BC⊥AE，∵BC，PB?平面PBC，PB∩BC=B，∴AE⊥平面PBC（2）證明：設(shè)PD的中點為Q，連接AQ，如圖.∵PA=AD，∴AQ⊥PD，又∵PA⊥CD，AD⊥CD，PA，AD?平面PAD，PA∩AD=A，∴CD⊥平面PAD，∵AQ?平面PAD，∴CD⊥AQ，又∵CD，PD?平面PCD，CD∩PD=D，∴AQ⊥平面PCD，∵AQ?平面PAD，∴平面PAD⊥平面PCD.【知識點】直線與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)；平面與平面垂直的判定【解析】【分析】(1)根據(jù)三線合一可得A