2022-2023學年內蒙古包頭市高一（下）期末數(shù)學試卷（含解析）

2022-2023學年內蒙古包頭市高一(下)期末數(shù)學試卷

一、單選題(本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項)

1.已知復數(shù)z滿足(l+2i)z=4+3i,則z的共朝復數(shù)5=()

C.2+1D.2—i

2.函數(shù)y=tan(2x一學的定義域是(

A.{尤瑞+三,keZ}B.[x\x力招+/ot,keZ}

C.3尤吟+keZ}D.[x\x行+kir,keZ}

3.在△ABC中，。是BC的中點，E是AC的中點.若麗=4荏+〃而，則4一〃=()

C.-1

4.三條直線％,i2,卜的位置如圖所示，它們的斜率分別為七，y

J|

k2,k3,貝麟1，k2,電的大小關系為()\

A.k2>k]>Ze?

B.k2>上3>k]

C.k3>k2>b

D.k3>kr>k2

5.已知直線Q,b,平面a,S，y,則下列判斷正確的是（）

A.bua,a//b=a//a

B.a//a,bua=>a//b

C.aca,bua,a〃氏b//p=>a//p

D.a〃夕，yCla=a,yfl/?=&=>a//b

6.若函數(shù)/（%）=2s）3%+?）的圖象與直線y=2的兩個相鄰公共點之間的距離等于2,則

/（%）對稱中心到對稱軸距離的最小值為（）

A.iB.iC.D.

4242

7.已知正三棱錐P—ABC的側棱24,PB,PC兩兩互相垂直，且P4=PB=PC=a,則其

外接球的表面積為（）

A.3a2兀B.yJ~3a2TtC.12a27TD.4V_3a27r

8.已知△ABC的外接圓圓心為。，且2而=荏+而，\0A\=\AC\，則向量瓦?在向量或上

的投影向量為（）

A.；BCB.—BCC.一z：BCD.—BC

2424

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）

9.已知4B,C,。四點不共線，下列等式能判斷ZBCD為平行四邊形的是（）

\.AB=DC

B.而一瓦5=無-而（0為平面內任意一點）

C.AB+AD=AC

D.罰+前=而+方（0為平面內任意一點）

10.在△ABC中，已知4=30。，a=4,b=4門，貝k邊的長可能為（）

A.4B.5C.8D.10

11.函數(shù)/（x）=Asin（a）x+<p）（A>0,a）>0,0<<p<個在一個

周期內的圖象如圖所示，則下列判斷正確的是（）

A./（x）=2sin（2x4-今

B.fix'）=2sin（2x+3）

C.函數(shù)y=|/"（x）|周期為與

D.將函數(shù)y=2s譏2x的圖象向左平移?可得/'（X）的圖象

12.在正方體ABCD—ZiBiGDi中，則下列判斷正確的是（）

A.直線與AC夾角為30。B.直線與平面公當。。夾角為30。

C.平面&BDJ■平面4CCp4iD.直線L平面為BC1

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.已知復平面內復數(shù)z=a+bi對應的點在射線y=x（x>0）上，且|z|=1,則z=

14.已■知sizia-cosa=2，且ae（0,》則了玄而淳馬="

15.在一個直二面角a-1-0的棱I上有兩點4,B,線段4Cua,線段BDu氏并且4C_U,

BD11,AB=AC=BD=6,貝iJCD的長為.

16.邊長為2的等邊三角形ABC的重心為G,設平面內任意一點P,則不?加的最小值為

四、解答題(本大題共6小題，共70.0分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

已知AABC的三個頂點分別為4(3,-4),B(6,0),C(-5,2).

(1)求邊4c上的高BC所在直線的方程；

(2)求邊4C上的中線BE所在直線的方程.

18.(本小題12.0分)

己知/'(x)=^cos2x—^sin2x+1—yj-3sinxcosx.

(1)求/(x)的周期及單調遞減區(qū)間；

(2)求/(x)在［0,學上的最小值及相應自變量的取值集合.

19.(本小題12.0分)

設向量五=(cosa,sina),b=(cos6，sinB).

(1)求證：d+片與d—3互相垂直；

(2)設a—夕=等若”篇與謹直，求實數(shù);I的值；

(3)設0＜戊一口＜兀，當|五取最小值時k=：,求a-6的值.

20.(本小題12.0分)

如圖，在四棱錐P-4BCD中，底面ZBCD是平行四邊形，M,N分別為CD,PB的中點.

⑴求證：MN〃平面PAD；

(2)設PD_L平面4BCD,PD=AD=1,AB=2,再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一

個作為已知，求異面直線MN與PC所成角的余弦值.

條件①：AB1MN；條件②：AM=BM.

注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.

21.(本小題12.0分)

如圖，已知力B是圓的直徑，且48=4,P4垂直圓所在的平面，且P4=3,M是弧AB的中點.

(1)求點4到平面PBM的距離：

(2)求二面角4-BM-P的正弦值.

22.(本小題12.0分)

如圖，游客從某旅游景區(qū)的景點4處下山至C處有兩種路徑.一種從4沿直線步行到C,另一種

是先從4沿索道乘纜車到B,然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從4處下山，甲沿4c

勻速步行，速度為50m/m出.在甲出發(fā)2min后，乙從4乘纜車到B,再從B勻速步行到C.假設纜

車勻速直線運行的速度為100m/min,山路AC長為2520m,經(jīng)測量，sin4=|,sinC=得，乙B

為鈍角.

(1)求索道AB的長度；

(2)求乙出發(fā)多少分鐘后，乙在纜車上與甲的距離最短？最短距離為多少m(結果保留根號)？

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：因為(1+2i)z=4+3i,

4+31_(4+3i)(l-2i)_10-5i

所以(1+2i)zl+2t=(l+2i)(l-2i)=52—t.

所以z的共瓶復數(shù)W=2+i.

故選：C.

根據(jù)復數(shù)的除法運算求出z,根據(jù)共輒復數(shù)的定義即可求解.

本題主要考查共輾復數(shù)的定義，以及復數(shù)的四則運算，屬于基礎題.

2.【答案】A

【解析】解：因為函數(shù)丫=tan(2x令2x-^W+/c兀，kGZ,

解得XO瑞+殍kez,

所以函數(shù)y=tan(2xg)的定義域為{小手號+粵,上eZ}.

J1Zz

故選：A.

根據(jù)正切函數(shù)的定義域，利用整體思想，建立不等式，可得答案.

本題考查了正切函數(shù)的定義域應用問題，是基礎題.

3.【答案】C

【解析】解：如圖所示，

???。是BC的中點，E是4。的中點，

???AE=搟AD,AD=^(AB+AC),

根據(jù)向量的線性運算法則，可得：

...>，，>>1-，―，,11一，>,,w,1,

BE=AE-AB=-AD-AB=彳?匕?(48+AC)]-AB=--AB+-AC,

22L2v44

又因為麗=X荏+〃而，所以2=所以4—〃=一1.

故選：C.

根據(jù)平面向量的運算法則，化簡得到前=一:荏+；而，求得4=即可求解.

444仁4

本題考查平面向量的線性運算，屬于基礎題.

4.【答案】B

【解析】解：設三條直線k，l2,卜的傾斜角為4G=123),

由圖可知0<%<%<5<%<兀，

所以卜2>卜3>k].

故選：B.

根據(jù)直線的傾斜角與斜率的關系判斷即可.

本題主要考查了直線的傾斜角與斜率的關系，屬于基礎題.

5.【答案】D

對于4,設a=4B,b=CD,a=平面4BCD,顯然bua,a//b,但aua,故A錯誤；

對于B,設a=4B,b=A1D1,a=平面顯然a〃a,bua,但a_Lb,故B錯誤；

對于C,當且僅當a,baa,a//p,b//p,a與b相交，此時a〃口，故C錯誤；

對于D,由面面平行的性質定理可得，若a〃夕，yAa=a,yfl夕=b,則a〃b,故O正確.

故選：D.

根據(jù)長方體的幾何性質，根據(jù)面面平行判定定理與性質定理，可得答案.

本題考查空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面位置關系的判定，考查空間想象能力與思

維能力，是基礎題.

6.【答案】B

【解析】解：函數(shù)=2s譏(3%+蘇的圖象與直線y=2的兩個相鄰公共點之間的距離等于2,

可得函數(shù)/(%)的最小正周期為7=2,

則/(x)對稱中心到對稱軸距離的最小值為3T=

故選：B.

根據(jù)題意得到函數(shù)/■(%)的最小正周期為T=2,結合/(乃對稱中心到對稱軸距離的最小值為:7,

即可求解.

本題主要考查了正弦函數(shù)的圖象和性質的應用，考查了函數(shù)思想，屬于基礎題.

7.【答案】A

【解析】解：根據(jù)題意，因為正三棱錐P-ABC的側棱PA,PB,

PC兩兩互相垂直，且P4=PB=PC=a,

如圖將正三棱錐放到如下棱長為a正方體中，則正三棱錐的外

接球即為正方體的外接球，

則正方體的外接球的半徑R=｛，管2+&2=號,

所以外接球的表面積S=4TTR2=4兀x(q與？=3rra2.

故選：A.

根據(jù)題意，將正三棱錐放到正方體中，則正方體的外接球即為正三棱錐的外接球，正方體的體對

角線即為外接球的直徑，從而求出外接球的表面積.

本題考查球的表面積的計算，涉及棱錐的幾何結構，屬于中檔題.

8.【答案】B

【解析】解：,??△ABC的外接圓的圓心為。，且2而=荏+前,

為的中點，即BC為外接圓的直徑，???NBAC=90。.

■■\OA\=\AC\<

.??△40C是等邊三角形.

設。為。C的中點，則前='說.

4

???向量瓦X在向量三上的投影向量為|'BA|cosNABC?黑={I累?玩=^BC.

\DCI|DCI4

故選：B.

根據(jù)題意得出BC為外接圓的直徑，且AAOC是等邊三角形，從而求出向量就在向量而上的投影

向量.

本題主要考查投影向量的求解，考查轉化能力，屬于中檔題.

9.【答案】ABC

【解析】解：因為4B,C,。四點不共線，

對于4由平面向量相等的定義及四=尻知，AB//DCS.AB=DC,所以4BCD為平行四邊形，

故A正確；

對于B,因為萬一次=能一無i,所以荏=DC，由平面向量相等的定義知,4B〃DC且AB=DC,

所以ABCD為平行四邊形，故B正確；

對于C,因為而+而=而，即而+而=荏+阮，

所以而=正，平由面向量相等的定義知，且4。=BC,

所以4BCD為平行四邊形，故C正確；

對于D,因為萬5+萬萬=而+元，所以65—萬=元一前，

所以瓦？=DC，由平面向量相等的定義知，BA//DCRBA=DC,所以四邊形4BDC為平行四邊形，

故。錯誤.

故選：ABC.

根據(jù)平面向量線性運算法則及相等向量的定義逐一判斷各選項即可.

本題考查平面向量的線性運算和平面向量相等的概念，還考查了命題真假的判斷，屬于基礎題.

10.【答案】AC

【解析】解：4=30。，a=4,b-4V-3，

.?.在△ABC中，由余弦定理得a?=b2+c2-2bccos4即16=48+c?—2x443x?c，

即c?-12c4-32=0,解得c=4或c=8.

故選：AC.

利用余弦定理計算，即可得出答案.

本題考查解三角形，考查轉化思想，考查運算能力，屬于基礎題.

11.【答案】BC

【解析】解：由函數(shù)的部分圖象知，4=2,7=2X(岑—覆=兀，4八八

所以3=y-=2,力\_

-O|5n1；.x

此時f(%)=2sin(2x+9),五12

因為/(瑞)=2s譏偌+口)=0,-21

所以+0=兀+2.kji,kEZ,

解得0=2/CTT+，，kEZ,

因為。<0<*所以0屋，

所以/(x)=2s譏(2x+$,選項A錯誤，選項B正確；

畫出函數(shù)|/(x)|的部分圖象，如圖所示，由圖知|/。)|的周期為宗選項C正確；

將函數(shù)y=2s譏2x的圖象向左平移*得y'=2sin[2(x+^)]=2sin(2x+)

與函數(shù)f(x)不同，所以選項。錯誤.

故選：BC.

根據(jù)函數(shù)的部分圖象得到相關未知量，寫出函數(shù)的解析式，再利用圖象的變換即可得出答案.

本題考查了三角函數(shù)的圖象與性質的應用問題，是基礎題.

12.【答案】BCD

【解析】解：選項A,因為4C〃&G，所以與&G的夾角就是所求角，即4B4C1，

由題意知，△&BC1是等邊三角形，

所以NB&Ci=60°,即選項A錯誤；

選項8,連接BC】，與BiC相交于點0,連接。4,貝IJOBLB1C,

因為AB】平面8B1GC,且OBu平面BBiGC,所以4$110B,

又BiCn&Bi=Bi，BCXBiU平面4B1CD,所以。BJL平面4#也。，

所以40&B是直線與平面&B1CD夾角，

在中，OB=T4B,所以sin4O&B=篇，

因為4O4B6[0。,90。],所以404B=30。，即選項B正確；

選項C,因為4Ali平面ABCD,且BDu平面ABCD,所以A4iJL.BC,

X4C1BD,AA1rtAC=A,AAr,ACu平面力。的4，所以B。_L平面ACGAi，

因為8。u平面&BD,所以平面&BD_L平面ACCi公,即選項C正確；

選項。，因為&D在平面BBiCiC內的射影為&C,且&C_LBCi，所以&。18的，

同理可得，BiD_LaG，

因為BCin&G=G，BCi、&Gu平面&BCi，所以Bi。1平面&BG，即選項。正確.

故選：BCD.

選項A,平移4c至4G，可知NB&G即為所求；

選項8,連接BC],與&C相交于點0,連接。必，證明。B_L平面4/1。。，從而知/0&B即為所求；

選項C,先證明BD1平面ACG久,再由面面垂直的判定定理，得證；

選項。，利用三垂線定理，可知BiDJLBG，BiD，4G，再由線面垂直的判定定理，得證.

本題考查立體幾何的綜合應用，熟練掌握空間中線與面的平行、垂直關系，異面直線夾角與線面

角的求法是解題的關鍵，考查空間立體感，推理論證，屬于中檔題.

13.【答案】號+殍i

【解析】解：由復平面內復數(shù)z=Q+bi對應的點在射線y=x上，所以Q=b9z=a+ai9其中Q>0,

因為|z|=1,可得VM+02=i，

又因為a>0,解得a=?,所以z=?+?i.

故答案為：好+?i.

根據(jù)題意得到復數(shù)z=a+ai,其中a>0,結合|z|=1,列出方程求得a的值，即可求解.

本題主要考查復數(shù)模公式，屬于基礎題.

14.【答案】一卷

【解析】解：因為s譏a—cosa=：,且a6(。[),

所以(sina-cosa)2=—,sina>0,cosa>0,

所以sin2a—2sinacosa+cos2a=—,

所以2s譏acosa=|^,

所以sina+cosa=y](sina+cosa)2=Vsin2a+2sinacosa4-cos2a=不

咐、?cos2a_______cos2a-sin2a_____

V-^sin(a—y/~2sinacos^—>/~2cosasiTv^

7

(cosa+sina)(cosa—sina),、

=------：-------------=-(cosa+sina)-

sina—cosa''5

故答案為：—

首先將sina—cosa=g兩邊平方即可求出2sinacosa,再求出sina+cosa,最后利用二倍角公式

及兩角差的正弦公式計算可得.

本題考查三角函數(shù)的化簡求值，考查同角三角函數(shù)基本關系式的應用，是中檔題.

15.【答案】6\/~~3

22

【解析】解：因為AC1ABf則8C=VAC+AB=6，~天

又因為al/?,aC\/3=/,BD1lfBDu所以BDla,

連接BC,則BCua,可得BD1BC,

所以CD=VBC2+BD2=6H.

故答案為：

根據(jù)題意結合面面垂直、線面垂直的性質分析運算.

本題考查線面垂直和面面垂直、線面垂直的性質，考查轉化思想和運算能力、推理能力，屬于基

礎題.

16.【答案】一"

【解析】解：由題意，設等邊△ABC的邊長為2,以的中點。為原點，以0C,。4所在直線分別

為x,y軸建立直角坐標系，可作圖如下:

由G為等邊△ABC的重心，則。4=q,0G

G(0,?)，

設P(x,y),則而=(x,y-<3)>GP=(x.y

AP,GP=x2+(y—V-^)(y——)=x2+y2

,2氣21

(y--)-r

對于Vx,yeR,x2+(y-^)2>0,

故布.而？

AP■麗的最小值為一g.

故答案為:—g.

由題意，建立直角坐標系，表示出坐標，利用數(shù)量積的坐標表示，建立函數(shù)關系，再求最值即可.

本題考查平面向量數(shù)量積的坐標運算，屬于基礎題.

—4—73

17.【答案】解：(1)由題意得例,=*=一]，且女80,心(；=-1，

所以上8￡)=%

則邊4c上的高8。所在直線的方程為y=—6),化簡得4x-3y-24=0；

(2)由題知AC的中點E(—l,—1),所以心￡=右

則邊4c上的中線BE所在直線的方程為y=3。-6),化簡得x-7y-6=0.

【解析】(1)由兩點式斜率公式求出4c斜率，利用垂直關系得BD的斜率，代入點斜式即可求解;

(2)求出點E的坐標為(-由兩點式斜率公式求出BE的斜率，代入點斜式即可求解.

本題主要考查了直線的一般方程，屬于基礎題.

18.【答案】解：⑴由已知得/(x)=；cos2x——sin2x+1=cos(2x+與)+1,

則/(x)的周期為T=：=兀.

由24兀<2%+^<2kn+7r(fceZ)得，

/(x)的單調遞減區(qū)間為出兀一卷卜兀+eZ).

(2)設。=2x+—,由題知。C生寫bcos6G[―1,^],

則當cos”—1時，此時。=2%+亨=兀，即x=g,/(X)最小值為0,

所以f(x)取到最小值時相應的自變量的集合為《｝.

【解析】(1)利用二倍角公式與輔助角公式，化簡整理三角函數(shù)，根據(jù)余弦函數(shù)的周期性與單調性,

可得答案；

(2)利用整體思想，根據(jù)余弦函數(shù)的值域，建立方程，可得答案；

本題考查三角函數(shù)的單調性，輔助角公式，屬于中檔題.

19.【答案】解：(1)證明：由向量五=(cosa,sina),5=(cosS，sin0)，可得|N|=1,|b|=1，

又由@+取?@一])=片一12=1一1=0,所以0+辦與伍-3)互相垂直.

(2)由0-4至).1=0，可得五2一%為j=1_Acosta-/?)=0.

因為。一/?=今所以1+鼻=0,解得4=—2.

(3)因為|a—kb\2=a2-2ka-b+k2b=k2—2cos(a—+1，

所以當k=cos(a-Q)時，|五-k石|取到最小值，于是cos(a—/?)=

又0＜。一口＜兀，所以。一夕=(

【解析】(1)根據(jù)題意，求得0+B)-m—B)=O,即可得證；

(2)根據(jù)題意化簡得到蒼2+而不=1+;1cos(a-S)=0,結合a-6=與，得到1+曇=0,即

可求解；

(3)由|五—kB|2=k2-2c°s(a—夕4+1,根據(jù)題意得到cos(a—S)=g,即可求解.

本題考查向量坐標運算法則、向量的模、向量數(shù)量積公式等基礎知識，考查運算求解能力，是基

礎題.

20.【答案】解：(1)證明：取P4中點E,連接DE,EN,

因為M,N分別為CD,PB的中點，則EN〃力B且EN=；4B.

又因為DM〃AB且DM=^AB,則EN〃DM,且EN=DM,

所以DENM平行四邊形，則MN〃DE,

因為MNC面PAD,DEu面PAD,所以MN〃平面PAD.

(2)若選條件①：由4B_LMN,因為MN"DE,則力BJ.DE.

又由ABJ.PD,DECtPD=D&DE,PDu平面PAC,所以281平面PAD,

因為4B〃CD,所以CD_L平面PAD,

以。為原點，以DC,DA,DP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系。一xyz,

如圖所示，貝i」P(0,0,l),C(2,0,0),4(0,1,0),故同=(2,0,-1).

又由麗==1(0,1,1),則8s〈同，而)==—祟.

所以異面直線MN與PCPC所成角的余弦值為音.

若選條件②：由=可得△ADM三△BCAL所以乙WM=4BCM,

又由AD〃BC,所以“DM+4BCM=180°,

所以44?！?乙BCM=90°,即CD1AD,

又由PD，平面4BCD,且CDu平面2BCD,所以CD1PD

因為/WnPD=D,且4D,PDu平面P/W,所以CDJ■平面PAD,

以。為原點，以DC,DA,DP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系D-xyz,

如圖所示，則P(O,O,1),C(2,0,0),4(0,LO)，

故正=(2,0,-1).

又由而=DE=1(0,1,1),則cos〈正，麗〉=高需=一卷.

所以異面直線MN與PCPC所成角的余弦值為qi

【解析】(1)取P4中點E,連接DE,EN,證得MN〃DE,結合線面平行的判定定理，即可求解；

(2)若選條件①：由4BJ.MN,證得AB1平面PAD,以。為原點建立空間直角坐標系，求得向量

定=(2,0,-1)和而7=(0,；［)，結合向量的夾角公式，即可求解；

(若選條件②：由4M=BM,證得CC，平面PAD,以。為原點建立空間直角坐標系，求得向量