2022-2023学年江西省赣州市高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年江西省赣州市高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共7小题，共35.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.设复数z=(1−i)(A.4−2i B.4+2i2.已知向量a=(1,3)，b=A.−3 B.−2 C.2 3.如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的正方形，则原图形的周长是(

)A.16

B.12

C.4+84.已知空间中三个互不相同的平面α、β、γ，两条不同的直线a、b，下列命题正确的是(

)A.若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ B.若a⊥α，b⊥β，a//b，则α//β

C.5.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论错误的是A.若sinA>sinB，则a>b

B.若B=30°，b=2，c=6.在正方体ABCD−A1B1A.A1E⊥DC1 B.A7.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>A.−2 B.−2 C.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）8.下列各式化简中，一定正确的是(

)A.1+tan15°1−t9.已知复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面原点.若z1=32+12i(i为虚数单位A.z2的虚部为32 B.点B在第二象限 C.|10.若平面α∩β=l，m⊂βA.m与n异面 B.m与n平行 C.m与n垂直 D.m、n都与l相交11.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(A.ω=2 B.对任意x∈R，均有f(x)≤|f三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）12.已知角θ终边经过点P(−1,2)，则13.如图，在单位网格中，向量OB在向量OA上的投影向量与向量OC的夹角为______．

14.如图，在等腰直角三角形ABC中，点P为线段AB的中点，AB=2，∠ACB=π2，将15.设函数f(x)满足：对任意x∈R，有2f(x+2)+f(x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）16.(本小题10.0分)

已知向量a=(1,m)，b=(2−m,−8)(m∈R17.(本小题12.0分)

已知函数f(x)=2cos(2x+π3)+1．

(1)用“五点法”作出函数f(x)18.(本小题12.0分)

从条件①AC⊥BC1，②AB=2BC中选择一个，补充在下列横线中，并解答问题．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点F在线段B1B上，已知_____，且B19.(本小题12.0分)

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足cos(A+2B)−cosA=sin220.(本小题12.0分)

如图，在多面体ABCDEF中，AC是四边形ABCD的外接圆的直径，H是AC与BD的交点，AB=AD，∠BAD=π3.四边形AD21.(本小题12.0分)

在数学中，三角函数的李生兄弟是双曲函数，其中双曲余弦函数coshx=ex+e−x2.令f(x)=cos答案和解析1.【答案】B

【解析】解：z=(1−i)(3+i)=42.【答案】B

【解析】解：向量a=(1,3)，b=(λ,−6)，a//b3.【答案】A

【解析】解：设原图形的四边形为OABC，

则根据斜二测法规则及题意可知：

原图形中|OB|=42，|OA|=2，

又原图形中OB⊥OA，4.【答案】B

【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，垂直于同一平面的两个平面可以平行，也可以相交，A错误；

对于B，若a⊥α，a//b，则b⊥α，若b⊥β，必有α//β，B正确；

对于C，若a//α，α//β，a⊥b，则b5.【答案】C

【解析】解：若sinA>sinB，则2RsinA>2RsinB，即a>b，故A正确；

若B=30°，b=2，c=2，则sinC=csinBb=2×122=22<1，

由b<c，可得6.【答案】C

【解析】【分析】本题考查线线垂直的判断，涉及线面垂直的判定与性质，是中档题．

连接B1C，推导出BC1⊥B1C，【解答】解：如图，连接B1C，由题意得BC1⊥B1C，

∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，

∴A1

7.【答案】C

【解析】【分析】根据条件求出φ和ω的值，结合函数变换关系求出g(x)的解析式，结合条件求出A的值，利用代入法进行求解即可．

本题主要考查三角函数的解析式的求解，结合条件求出A，ω【解答】解：∵f(x)是奇函数，|φ|<π，∴φ=0，

∵f(x)的最小正周期为π，

∴2πω=π，得ω=2，

则f(x)=Asin2

8.【答案】AC【解析】解：对于A，1+tan15°1−tan15∘=tan45°+tan15°1−tan45∘tan15∘=tan9.【答案】BD【解析】解：因为z1=32+12i对应的点(32,12)，|z1|=1，

设向量OA与x轴正方向的夹角为θ，则tanθ=33，即θ=π6，

向量OA绕绕原点逆时针方向旋转90°，且模伸长为原来的2倍后与向量OB重合，

所以OB=(2cos(θ10.【答案】AB【解析】解：作出正方体，如图，

对于ACD，记面ABCD为α，面BCC1B1为β，CC1为m，AB为n，

则满足α∩β=BC=l，m⊂β，n⊂α，

此时，∵AB⊂面ABCD，C∈面ABCD，C1∉面ABCD，C∉AB，

∴AB与CC1是异面直线，即m与n异面，

而m∩l=C，n∩l=B，则m，n都与l相交，

由题意知C11.【答案】AB【解析】解：因为f(x)在区间[π12,π3]上单调递减，且f(π6)=−f(π3)，

所以点(π4,0)是函数f(x)的一个对称中心，

并且最小正周期T满足12T≥π3−π12=π4，即T≥π2，

所以当f(−π12)=f(π12)时，则直线x=0是函数f(x)的一条对称轴与对称中心(π4,0)相邻，

则14T=π4−0=π4，即T=π，所以ω=2πT=12.【答案】−3【解析】解：因为P(−1,2)到原点的距离为5，

故sinθ=25=213.【答案】45°【解析】解：根据题意，如图，以O为坐标原点，建立坐标系，

则OA=(2,0)，OB=(−2,1)，OC=(−1,1)，

由投影向量的定义，向量OB在向量OA上的投影向量为−OA，

则cos<−OA，OC>=−OA⋅O14.【答案】3π【解析】解：在等腰直角三角形ACB中，由已知可得CP⊥AB，

则在三棱锥A−PBC中，有AP⊥CP，BP⊥CP，

在△APB中，AP=BP=1，AB=2，有AP2+15.【答案】9

【解析】解：由题意，当x∈(0,2)时，

此时函数单调递减，且f(1)=0，且x+2∈(2,4)，f(x+2)=−12f(x)=−12cos(π2x)，

所以当x∈(2,4)时，f(x)=−12cos[π216.【答案】解：(1)根据题意，若|a+b|=|a−b|，则有|a+b|2=|a−b|2，

即a2+b2+2a⋅b=a2+b2【解析】(1)根据题意，由|a+b|2=|a−b|17.【答案】解：(1)用“五点法”作函数f(x)=2cos(2x+π3)+1在区间[−π6,5π6]上的图象：

列表，

得函数图象如图所示，

(2)函数f(x)=2cos(2x+π3)+1的图象向右平移π6个单位长度，得y=2cos[【解析】(1)由五点法列表、描点、作图，可得f(x)的图象；

(2)利用函数y=18.【答案】(1)证明：连接AF，设BC1∩CF=O，如下图所示：

因为BC=2，CC1=BB1=AA1=4，且B1F=3BF，所以，BF=14BB1=1，

则BFCB=BCC1C=12,∠CBF=∠C1CB=90°，

所以，Rt△CBF～Rt△C1CB，

所以，∠BCF=∠CC1B，

故∠BCF+∠CBC1=∠CC1B+∠CBC1=90°，

所以，∠BOC=90°，即BC1⊥CF，

若选①，因为BC1⊥AC，AC∩CF=C，AC，CF⊂平面ACF，因此，BC1⊥平面ACF；

若选②，因为AB=2BC=4，且∠BAC=π6，

由余弦定理可得BC2=4=AB2+AC2−2AB⋅ACcosπ6=16+AC2−4【解析】(1)证明出Rt△CBF～Rt△C1CB，可证得BC1⊥CF，

若选①，直接利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；

若选②，证明出AC⊥平面BB1C1C，可得出BC1⊥AC，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；

(2)将直三棱柱A19.【答案】解：(1)因为C=23π，则A=π3−B，而cos(A+2B)−cosA=sin2C，

所以cos(π3+B)−cos(π3−B)=sin43π=−32，

整理可得【解析】(1)由题意及两角和，差的余弦函数的展开式可得sinB的值及B的范围，可得B角的大小；

(2)由正弦定理及(1)可得20.【答案】(1)证明：取BE的中点G，连接FG，GH，

因为AC是四边形ABCD的外接圆的直径，所以AD⊥DC，AB⊥BC，

又因为AB=AD，∠BAD=π3，所以△ABD是正三角形，

所以△ABD的外接圆与四边形ABCD相同，且圆心在AC上，

设圆心为O，则AO=OC=12AC=12×4=2，且AH⊥BD，H为BD的中点，

所以OH=12AO=12×2=1，AH=3，

因为G为BE的中点，所以GH//DE，且GH=12DE，

又因为AF//DE，且DE=2AF，所以AF//GH，且AF=GH，

所以四边形AFGH【解析】(1)取BE的中点G，