2022-2023学年山东省青岛市黄岛区高一（下）期末数学试卷

第1页（共1页）2022-2023学年山东省青岛市黄岛区高一（下）期末数学试卷一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）已知A（2，3，5），B（3，﹣1，﹣4）是空间直角坐标系Oxyz中的两点，点B关于x轴对称的点为B'，则A，B'两点间的距离为（）A． B． C． D．2．（5分）已知，，则（）A． B．2 C． D．3．（5分）已知非零向量，满足，，若，则k＝（）A．1 B． C． D．﹣14．（5分）已知圆锥的母线与底面所成角为，侧面积为2π，则该圆锥的体积为（）A． B． C． D．5．（5分）记△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝60°，，，则△ABC的面积为（）A． B． C． D．6．（5分）为测量山高BD，选择点A和另一座山CE的山顶E为测量点，若点A，B，C在同一水平面上，从点A测得E的仰角为60°，D的仰角为45°，∠EAD＝75°，从点E测得∠DEA＝45°．已知山高，则山高BD为（）A． B． C． D．7．（5分）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1，D，E分别是A1B1，CC1中点，则异面直线BD与AE所成角的余弦值为（）A． B． C． D．8．（5分）已知，，则cos（2α+2β）＝（）A． B． C． D．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（5分）已知向量，，，则（）A． B． C．若，，则 D．在上的投影向量的坐标为（多选）10．（5分）已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下述正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，m⊥β，则α∥β C．若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β D．若m∥α，n∥α，m⊂β，n⊂β、则α∥β（多选）11．（5分）已知函数f（x）＝sin2ωx+cos2ωx（ω＞0），|f（x1）﹣f（x2）|＝4，|x1﹣x2|的最小值为，则（）A．ω＝1 B．∀x∈R，都有 C．∃x∈[﹣，]，f（x）≥m，则m的最大值为3 D．将函数f（x）的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称（多选）12．（5分）如图甲，在梯形ABCD中，AB∥CD，，∠ABC＝90°，AE⊥CD，M，N分别为AD，BC的中点，将△AED沿AE折起（如图乙），使得DE⊥EC，则（）A．直线MN∥平面DEC B．三棱锥E﹣ACD的体积为 C．直线MN与平面ABCE所成角的正弦值为 D．若四棱锥D﹣ABCE的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为12π三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。13．（5分）若向量，满足，，则向量，的夹角为．14．（5分）在正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝PA＝6，用平行于正四棱锥底面的平面截去一个高为的四棱锥后，所得棱台的体积为．15．（5分）△ABC的三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中b＝3，c＝2，O为△ABC的外心，则＝．16．（5分）棱长为2的正四面体ABCD的各顶点都在球心为O的球面上，则过点A，B，O的平面截四面体ABCD所得截面图形的面积为；球O的体积为．四、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17．（10分）已知α∈（0，π），，且，．（1）求cos4β﹣sin4β；（2）求sin（α﹣2β）．18．（12分）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AB＝AA1＝2，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°．（1）证明：AC1⊥平面A1BD；（2）求AD与平面A1BD所成角的正弦值．19．（12分）已知，，．（1）求f（x）的单调递增区间；（2）若△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2c，f（B）＝1，AC边上的高，求△ABC的面积．20．（12分）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，三棱锥C﹣BDC1的体积为．（1）求点C到平面AB1D1的距离；（2）求CB1与平面BDC1所成角的正弦值．21．（12分）△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosC+ccosA+2bcosB＝0．（1）求角B；（2）若b＝3，，，求a，c．22．（12分）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，AB＝2，，，记平面AEF与平面ABCD的交线为l．（1）证明：BD∥l；（2）证明：平面BDEF⊥平面ABCD；（3）记平面AEF与平面ABCD夹角为α，若正实数m，n满足，，证明：．

2022-2023学年山东省青岛市黄岛区高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）已知A（2，3，5），B（3，﹣1，﹣4）是空间直角坐标系Oxyz中的两点，点B关于x轴对称的点为B'，则A，B'两点间的距离为（）A． B． C． D．【分析】先求出B′的坐标，然后根据两点间的距离公式可求．【解答】解：由题意得B'（3，1，4），A，B'两点间的距离|AB′|＝＝．故选：D．【点评】本题主要考查了空间两点间距离公式的应用，属于基础题．2．（5分）已知，，则（）A． B．2 C． D．【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，求出，再结合复数模公式，即可求解．【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R），则，∵，，∴2a＝4，2bi•i＝﹣2，解得a＝2，b＝1，∴z＝2+i，，∴．故选：A．【点评】本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，复数模公式，属于基础题．3．（5分）已知非零向量，满足，，若，则k＝（）A．1 B． C． D．﹣1【分析】根据条件可求出，然后根据得出，然后即可求出k的值．【解答】解：∵，，∴，又，∴，且，∴k＝﹣1．故选：D．【点评】本题考查了向量数量积的运算及计算公式，向量垂直的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．4．（5分）已知圆锥的母线与底面所成角为，侧面积为2π，则该圆锥的体积为（）A． B． C． D．【分析】根据题意，设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，分析可得l＝2r，h＝r，由圆锥的侧面积求出r的值，进而由圆锥的体积公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l；由于圆锥的母线与底面所成角为，则圆锥的轴截面为等边三角形，易得圆锥的母线长l＝2r，h＝r，又由圆锥的侧面积为2π，则有S＝πrl＝2πr2＝2π，解可得r＝1，则该圆锥的高h＝，则圆锥的体积V＝（πr2）h＝π．故选：B．【点评】本题考查圆锥的体积、侧面积的计算，注意圆锥的几何结构，属于基础题．5．（5分）记△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝60°，，，则△ABC的面积为（）A． B． C． D．【分析】由题意及余弦定理可得ac的值，代入三角形的面积公式，可得三角形的面积．【解答】解：因为B＝60°，，，由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB＝（a+c）2﹣2ac﹣2ac，可得8＝20﹣3ac，解得ac＝4，所以S△ABC＝acsinB＝×4×＝．故选：B．【点评】本题考查余弦定理的应用，属于基础题．6．（5分）为测量山高BD，选择点A和另一座山CE的山顶E为测量点，若点A，B，C在同一水平面上，从点A测得E的仰角为60°，D的仰角为45°，∠EAD＝75°，从点E测得∠DEA＝45°．已知山高，则山高BD为（）A． B． C． D．【分析】由题意如图所示：可知图形中相应的角，分别在三角形中由正弦定理，求出AE，AD，BD的大小．【解答】解：由题意如图所示：BD⊥面ABC，CE⊥面ABC，∠EAD＝60°，∠DAB＝45°，∠EAD＝75°，∠DEA＝45°．，在Rt△ACE中，可得AE＝＝＝200，在△ADE中，可得∠ADE＝180°75°﹣45°＝60°，由正弦定理可得＝，即＝，可得AD＝•AE＝•200＝，在Rt△ABD中，BD＝•AD＝•＝．故选：C．【点评】本题考查正弦定理的应用，属于基础题．7．（5分）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1，D，E分别是A1B1，CC1中点，则异面直线BD与AE所成角的余弦值为（）A． B． C． D．【分析】连接C1F，C1H，取AB的靠近点A的四等分点，可证C1F∥AE，BD∥FH，从而知∠C1FH或其补角即为所求，再在△C1FH中，利用余弦定理，即可得解．【解答】解：连接C1F，则C1F∥AE，取AB的靠近点A的四等分点，则BD∥FH，连接C1H，则C1F与FH所成的角即为所求，即∠C1FH或其补角，设AB＝AA1＝4，则C1F＝＝2，FH＝＝，C1H＝＝，在△C1FH中，由余弦定理知，cos∠C1FH＝＝＝﹣，所以异面直线BD与AE所成角的余弦值为．故选：A．【点评】本题考查异面直线夹角的求法，利用平移思想，找出异面直线所成角是解题的关键，考查空间立体感和运算能力，属于基础题．8．（5分）已知，，则cos（2α+2β）＝（）A． B． C． D．【分析】由已知结合和差角公式及同角基本关系可求sinαsinβ，cosαcosβ，进而可求cos（α+β），然后结合二倍角公式可求．【解答】解：因为＝cosαcosβ+sinαsinβ，＝，所以sinαsinβ＝，cosαcosβ＝，所以cos（α+β）＝cosαcosβ﹣sinαsinβ＝＝，所以cos（2α+2β）＝2cos2（α+β）﹣1＝2×﹣1＝﹣．故选：C．【点评】本题主要考查了和差角公式，同角基本关系，二倍角公式的应用，属于中档题．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（5分）已知向量，，，则（）A． B． C．若，，则 D．在上的投影向量的坐标为【分析】首先由向量垂直求解m，再根据夹角公式，模的公式，投影向量的求法对选项进行判定即可．【解答】解：由已知，，，，∴2m﹣2＝0．即m＝1，故＝（1，2），∴＝（﹣1，3），故A错误；由cos＜＞＝＝＝﹣，且＜＞∈[0，π]，所以＜＞＝，故B正确；若，，则有﹣t﹣9＝0，解得t＝﹣9，故||＝＝3，故C正确；上的投影向量为：||cos＜＞＝ו（﹣1，3）＝（），故D正确．故选：BCD．【点评】本题考查向量垂直的性质及向量的相关运算，属基础题．（多选）10．（5分）已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下述正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，m⊥β，则α∥β C．若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β D．若m∥α，n∥α，m⊂β，n⊂β、则α∥β【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．【解答】解：若m∥α，n∥α，则m∥n或m与n相交或m与n异面，故A错误；若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B正确；若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊂β，则α⊥β，故C正确；若m∥α，n∥α，m⊂β，n⊂β，则m与n相交时，有α∥β，否则，α与β不一定平行，故D错误．故选：BC．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．（多选）11．（5分）已知函数f（x）＝sin2ωx+cos2ωx（ω＞0），|f（x1）﹣f（x2）|＝4，|x1﹣x2|的最小值为，则（）A．ω＝1 B．∀x∈R，都有 C．∃x∈[﹣，]，f（x）≥m，则m的最大值为3 D．将函数f（x）的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称【分析】由题意可得函数f（x）的解析式，由题意可得周期的值，进而求出ω的值，分别对所给命题进行判断，可得它们的真假．【解答】解：f（x）＝sin2ωx+cos2ωx＝2sin（2ωx+）（ω＞0），因为|f（x1）﹣f（x2）|＝4，|x1﹣x2|的最小值为，可得＝，即T＝π＝，解得ω＝1，所以f（x）＝2sin（2x+），所以A正确；B中，对称轴方程满足：2x+＝+kπ，k∈Z，解得x＝+kπ，k∈Z，而由，可得对称轴为x＝，所以B不正确；C中，x∈[﹣，]，则2x+∈[0，π]，所以sin（2x+）∈[0，1]，所以f（x）∈[0，2]，而f（x）≥m，则m≤2，即m的最大值为2，所以C不正确；D中，将函数f（x）的图象向右平移个单位长度后可得g（x）＝2sin[2（x﹣）+]＝2sin2x，所以函数关于原点对称，所以D正确．故选：AD．【点评】本题考查三角函数解析式的求法及三角函数性质的应用，属于中档题．（多选）12．（5分）如图甲，在梯形ABCD中，AB∥CD，，∠ABC＝90°，AE⊥CD，M，N分别为AD，BC的中点，将△AED沿AE折起（如图乙），使得DE⊥EC，则（）A．直线MN∥平面DEC B．三棱锥E﹣ACD的体积为 C．直线MN与平面ABCE所成角的正弦值为 D．若四棱锥D﹣ABCE的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为12π【分析】对于A，取DE的中点F，连接MF，CF，可证得四边形MNCF为平行四边形，则MN∥CF，然后由线面平行的判定定理分析判断；对于B，由题意可证得DE⊥平面ABCE，然后利用VE﹣ACD＝VD﹣ACE求解判断；对于C，取AE的中点G，连接MG，NG，可证得∠MNG为直线MN与平面ABCE所成角，然后在Rt△MNG中求解；对于D，连接AC，BE交于点H，过H作直线l⊥平面ABCE，则外接球的球心O在直线l上，然后可求出其半径，从而可求出球的表面积．【解答】解：因为在梯形ABCD中，，所以DE＝CE＝2，四边形ABCE为正方形，对于A，取DE的中点F，连接MF，CF，因为M为AD的中点，所以，因为N为BC的中点，所以，因为AE∥BC，AE＝BC，所以MF∥CN，MF＝CN，所以四边形MNCF为平行四边形，所以MN∥CF，因为MN⊄平面DEC，CF⊂平面DEC，所以直线MN∥平面DEC，所以A正确；对于B，因为DE⊥EC，DE⊥AE，CE∩AE＝E，CE，AE⊂平面ABCE，所以DE⊥平面ABCE，所以，所以B错误；对于C，取AE的中点G，连接MG，NG，则，因为DE⊥EC，DE⊥AE，所以MG⊥EC，MG⊥AE，因为CE∩AE＝E，CE，AE⊂平面ABCE，所以MG⊥平面ABCE，所以∠MNG为直线MN与平面ABCE所成角，在Rt△MNG中，NG＝AB＝2，MG＝1，则，所以，所以C正确；对于D，连接AC，BE交于点H，过H作直线l⊥平面ABCE，因为DE⊥平面ABCE，四边形ABCE为正方形，所以四棱锥D﹣ABCE外接球的球心O在直线l上，设外接球的半径为R，则．所以四棱锥D﹣ABCE外接球的表面积为4πR2＝4π×3＝12π，所以D正确．故选：ACD．【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。13．（5分）若向量，满足，，则向量，的夹角为．【分析】根据，对两边平方进行数量积的运算即可得出，然后可求出的值，从而可得出的夹角．【解答】解：∵，，∴，∴，∴，∴，且，∴＝．故答案为：．【点评】本题考查了向量数量积的运算，向量夹角的余弦公式，向量夹角的范围，考查了计算能力，属于基础题．14．（5分）在正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝PA＝6，用平行于正四棱锥底面的平面截去一个高为的四棱锥后，所得棱台的体积为．【分析】由题意画出图形，求出棱台上底面的面积，再由两棱锥体积作差得答案．【解答】解：如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，∵AB＝PA＝6，∴，已知，∴，S四边形ABCD＝36，则．∴所得棱台的体积为．故答案为：．【点评】本题考查棱台体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．15．（5分）△ABC的三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中b＝3，c＝2，O为△ABC的外心，则＝．【分析】根据题意画出图形，结合图形表示出向量、、，再由平面向量的数量积和余弦定理求出•的值．【解答】解：如图所示，△ABC中，b＝3，c＝2，O为△ABC的外心，||＝||＝||＝r；∴•＝•（﹣）＝•﹣•＝||||cosθ1﹣||||cosθ2＝r2•﹣r2•＝＝．故答案为：．【点评】本题考查了平面向量的数量积与解三角形的应用问题，是中档题．16．（5分）棱长为2的正四面体ABCD的各顶点都在球心为O的球面上，则过点A，B，O的平面截四面体ABCD所得截面图形的面积为；球O的体积为．【分析】将四面体ABCD放置在正方体中，取CD中点M，连接AM，BM，则△ABM为过点A，B，O的平面截此四面体所得截面，计算求得它的面积，利用正方体的体对角线是外接球的直径，计算球的体积即可．【解答】解：将四面体ABCD放置在正方体中，如图，则棱长为2的正四面体ABCD的外接球的球心O，即正方体外接球的球心．设正方体的棱长为a，则，∴，取CD中点M，连接AM、BM，则△ABM为过点A，B，O的平面截四面体ABCD所得截面，由题意，截面积为；又2R＝，所以R＝，则球O的体积为＝．故答案为：；．【点评】本题考查了截面图形的面积和球的体积计算，属于中档题．四、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17．（10分）已知α∈（0，π），，且，．（1）求cos4β﹣sin4β；（2）求sin（α﹣2β）．【分析】（1）根据同角三角函数的关系以及余弦二倍角公式化简计算即可；（2）根据同角三角函数的关系以及两角差的正弦公式化简计算即可．【解答】解：（1）∵β∈（0，），∴2β∈（0，π），又tan2β＝＞0，所以，因为tan2β＝＝＞0，且sin22β+cos22β＝1，解得，所以cos4β﹣sin4β＝（cos2β+sin2β）（cos2β﹣sin2β）＝；（2）因为cosα＝﹣，α∈（0，π），所以，又因为，2β∈（0，π），所以，所以sin（α﹣2β）＝sinαcos2β﹣cosαsin2β＝．【点评】本题考查三角恒等变换的应用，考查学生计算能力，属于基础题．18．（12分）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AB＝AA1＝2，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°．（1）证明：AC1⊥平面A1BD；（2）求AD与平面A1BD所成角的正弦值．【分析】（1）设，，，则，，利用向量线性运算法则、向量数量积公式推导出AC1⊥BD，AC1⊥A1B，由此能证明AC1⊥平面A1BD．（2）设AD与平面A1BD所成角为θ，由AC1⊥平面A1BD，得，由此能求出AD与平面A1BD所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AB＝AA1＝2，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，设，，，则，，，，，∵，∴，∴AC1⊥BD，∵，∴，∴AC1⊥A1B∵A1B∩BD＝B，∴AC1⊥平面A1BD．（2）设AD与平面A1BD所成角为θ，∵AC1⊥平面A1BD，∴，∵，，，，∴AD与平面A1BD所成角的正弦值为．【点评】本题考查向量线性运算法则、向量数量积公式、线面垂直的判定与性质、线面角的定义及正弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19．（12分）已知，，．（1）求f（x）的单调递增区间；（2）若△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2c，f（B）＝1，AC边上的高，求△ABC的面积．【分析】（1）由题意得到f（x）＝，代入正弦函数的单调递增区间即可求解；（2）由题意得到，利用等面积和余弦定理即可求解．【解答】解：（1）已知，，，因为＝，由，得（k∈Z），所以函数f（x）的单调递增区间为；（2）因为，B∈（0，π），所以，所以2B+＝，所以，因为AC边上的高，所以，所以ac＝2b，又因为a2+c2﹣2accosB＝b2，a＝2c，所以3c2＝b2，所以b＝3，，，所以．【点评】本题考查了三角函数的单调区间和余弦定理的应用，属于中档题．20．（12分）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，三棱锥C﹣BDC1的体积为．（1）求点C到平面AB1D1的距离；（2）求CB1与平面BDC1所成角的正弦值．【分析】（1）CC1⊥平面ABCD，S△BCD＝2，由等体积法得，求出CC1＝4，以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点C到平面AB1D1的距离．（2）由DD1∥BB1且DD1＝BB1，得BDD1B1为平行四边形，从而BD∥B1D1，BD∥平面AB1D1，同理可证BC1∥平面AB1D1，从而平面BDC1∥平面AB1D1，是平面BDC1的法向量，由此能求出CB1与平面BDC1所成角的正弦值．【解答】解：（1）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，三棱锥C﹣BDC1的体积为，∵ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱，AB＝2，∴CC1⊥平面ABCD，S△BCD＝2，∴，解得CC1＝4，以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，则A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，4），B1（2，2，4），∴，，，，设平面AB1D1的法向量为，则，，取z＝1，得，则点C到平面AB1D1的距离．（2）∵DD1∥BB1且DD1＝BB1，∴BDD1B1为平行四边形，∴BD∥B1D1，BD∥平面AB1D1，同理可证BC1∥平面AB1D1，BD∩BC1＝B，∴平面BDC1∥平面AB1D1，∴是平面BDC1的法向量，设CB1与平面BDC1所成角为θ，则，∴CB1与平面BDC1所成角的正弦值为．【点评】本题考查等体积法、点到平面的距离公式、线面平行的判定与性质、线面角的定义及正弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．21．（12分）△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosC+ccosA+2bcosB＝0．（1）求角B；（2）若b＝3，，，求a，c．【分析】（1）利用正弦定理和两角和的正弦公式，得到sin（A+C）+2sinBcosB＝0，利用sin（A+C）＝sinB，即可求解；（2）由题意得到，利用向量的模长公式和余弦定理即可求解．【解答】解：（1）△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosC+ccosA+2bcosB＝0，因为acosC+ccosA+2