2022-2023学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知复数z1和z2，则“z1>z2A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件2.已知函数f(x)=3taA.2 B.4 C.8 D.163.正四棱柱ABCD−A1B1C1A.13 B.510 C.94.已知向量a=(2,1),|A.π4 B.π3 C.2π5.两个圆锥有等长的母线，它们的侧面展开图恰好拼成一个圆，若它们的侧面积之比为1：2，则它们的体积比是(

)A.1：10 B.1：56.两不共线的向量a，b，满足|a|=3|b|，且∀A.12 B.32 C.17.△ABC三内角A，B，C所对边分别是a，b，c.若b=3，A.27 B.32 C.8.已知四面体ABCD满足AB=CD=3，AD=BCA.11 B.2311 C.二、多选题（本大题共4小题，共12.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.已知复数满足z−2izA.z的虚部为−1

B.|z|=2

C.z在复平面内对应的点在第四象限

D.若复数10.若函数f(x)=sin(A.函数f(x)的最小正周期为π

B.点(π3,0)为函数y=f(x)图象的对称中心11.如图，在三棱锥P−ABC中，PA=PB=2A.面PEC⊥面ABC

B.二面角P−AB−C的平面角是∠PEC

C.三棱锥12.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且taA.A=π6

B.若a=2，则该三角形周长的最大值为6

C.若角A的平分线AD交BC于D，且AD=2，则3b+c≥833+4

D.若△三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若a=(1,−1)，b=(14.已知f(x)=3cos2ωx+si15.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E在棱DD1上且满足D1E=16.古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且sin∠ABD：sin∠ADB四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosB+bcosA=2ccos18.(本小题12.0分)

已知sinα−cosα=713．

(1)化简19.(本小题12.0分)

已知f(x)=23sinxcosx+cos2x+sin(π4−x)cos(20.(本小题12.0分)

如图①在平面直角坐标系xOy中，已知O(0,0)，D(0,2)，B(3,0)，E(3,1)，动点P在线段OD上.(121.(本小题12.0分)

在如图所示的七面体ABCDEFG中，底面ABCD为正方形，EF//AB，FG//BC，AE⊥面ABCD.已知E22.(本小题12.0分)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知1−sinAcosA=1−cos答案和解析1.【答案】A

【解析】解：∵z1>z2，

∴复数z1和z2是实数，

∴z1−z2>0成立，故充分性成立，

当z1−z2>02.【答案】B

【解析】解：设f(x)的最小正周期为T，

因为函数f(x)=3tan(ωx2+π3)(ω>0)的图象上相邻两个对称中心之间的距离为π4，

所以3.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题．

连接D1C，AC，由D1C//A1B，得∠AD1C是异面直线A1B与AD1所成角，利用余弦定理即可求出异面直线A1B与AD1所成角的余弦值．

【解答】

解：如图，连接D1C，AC，

∵D1C//A1B，

∴∠A4.【答案】D

【解析】解：根据题意，设a与b的夹角为θ，

向量a=(2,1)，则|a|=4+1=5，

又由|a−b|=5，则a2−2a⋅b5.【答案】A

【解析】解：设圆锥母线长为l，侧面积较小的圆锥的关系为r，

侧面积较大的圆锥半径为R，穹们的高分别为h，H，

则πrl：(πRl)=1：2，∴R=2r，

∵两圆锥的侧面展开图恰好拼成一个圆，

∴2π=r+Rl×2π，∴l=3r，

由勾股定理得h=l2−r2=22r，

同理，H=l6.【答案】C

【解析】解：∵∀t∈R，|a−tb|≥|a−b|，

∴∀t∈R，|a|2+t2|b|2−2ta⋅b≥|a7.【答案】C

【解析】解：因为a2+c2−3ac=b2，由余弦定理cosB=a2+c2−b22ac=32，又0<B<π，故B=π6，

由正弦定理知：bsinB=asinA=csinC=8.【答案】A

【解析】解：如图，

∵四面体ABCD满足AB=CD=3，AD=BC=5，AC=BD=2，

∴把该四面体补形为长方体，

设长方体的棱长分别为a，b，c，

则a2+b2=5b2+c2=3a2+c2=4，可得a2+b2+c2=6，

∴四面体ABC9.【答案】AD【解析】解：z−2iz=2+i，

则1−2iz=2+i，即z=−2i1+i=−2i(1−i)(1+i)(1−i)=−1−i10.【答案】AC【解析】解：因为函数f(x)=sin(2x+φ)(|φ|<π2)的图象经过点P(0,12)，则f(0)=sinφ=12，

因为|φ|<π2，

所以φ=π6，则f(x)=sin(2x+π6)．

对于A选项，函数f(x)的最小正周期为T=2π11.【答案】AB【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，在三棱锥P−ABC中，PA=PB=2，CA=CB=4，E为AB中点，则PE⊥AB，CE⊥AB，而PE∩CE=E，则有面PEC⊥面ABC，A正确；

对于B，由A的结论，平面PAB∩平面CAB=AB，而PE⊥AB，CE⊥AB12.【答案】BC【解析】解：对于A，由正弦定理及tanA+tanB=3cacosB，

得tanA+tanB=3sinCsnAcosB=3sin(A+B)sinAcosB=3sinAcosB+3cosAsinBsinAcosB=3tanA+3tanBtanA，

∵tanA+tanB≠0，∴1=3tanA，即tanA=313.【答案】(1【解析】解：设向量a，b的夹角为θ，

则b在a上投影向量为|b|cosθ⋅a|a14.【答案】14046【解析】解：因为f(x)=32(1+cos2ωx)+12sin2ωx=12sin2ωx+32cos2ωx+32

=sin(2ωx+π3)+32，

如果存在实数x15.【答案】5【解析】解：已知E在棱DD1上且满足D1E=ED，

则E为DD1的中点，

取A1A的中点H，

连接D1H，HB，D1B，

则D1H//AE，HB//EC，

则D1H//平面AEC，HB//平面AEC，

又D1H∩BH16.【答案】32【解析】解：根据圆内接四边形的性质可知；∠BAD+∠BCD=π，sin∠BAD=sin∠BCD，

所以sin∠ABD：sin∠ADB：sin∠BCD=2：3：4，

即sin∠ABD：sin∠ADB：sin∠BAD=2：3：4，

在△BAD中，|AD|∠ABD=|AB|∠ADB=|BD|17.【答案】解：(1)已知acosB+bcosA=2ccosC，

由正弦定理得：sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosC，

∴sin(A+B)=sin(π−C)=sinC=2sin【解析】(1)由acosB+bcosA=2ccosC，利用正弦定理得到s18.【答案】解：∵sinα−cosα=713，∴1−2sinαcosα=49169，【解析】由题意，利用同角三角函数的基本关系，求得sinα、co19.【答案】解：(1)f(x)=23sinxcosx+cos2x+sin(π4−x)cos(x−π4)+12

=3sin2x+1+cos2x2+12sin(【解析】(1)根据已知条件，结合三角函数的恒等变换，对f(x)化简，再结合三角函数的有界性，即可求解；

(220.【答案】解：(1)设P(0,y)，0≤y≤2，则PD=(0,2−y)，PE=(3,1−y)，PD+3PE=(33,5−4y)，

|PD+3PE|=27+(5−4y)2，显然当y=54，其取得最小值为33；

【解析】(1)设P(0,y)，0≤y≤2，则PD=(0,2−y)，PE=(3,1−y)，PD+3PE=(33,5−4y)，21.【答案】解：(1)证明：因为底面ABCD为正方形，

所以AB//CD，

因为AB⊂平面ABFE，CD⊄平面ABFE，

所以CD//平面ABFE，

因为CD⊂平面GCD，平面ABFE∩平面GCD=l，

所以CD//l，

因为1⊄平面ABCD，CD⊂平面ABCD，

所以l//平面ABCD；

(