山东省青岛市平度市2022-2023学年高一年级下册期末数学 含解析

2022—2023学年度高一第二学期第二学段模块检测

数学试题

本试卷共6页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码

粘贴在答题卡指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.

回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，请将答题卡上交.

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,已知A。*),8(3,-1)是空间直角坐标系。孙z中的两点，点B关于x轴对称的点为3',则

两点间的距离为()

A.V122B.V86C.3亚D.戈

【答案】D

【解析】

【分析】先根据对称性求出点3'的坐标，然后直接利用空间两点间距离公式求解即可.

【详解】因为3(3,—1,-4),所以点B关于x轴对称的点"(3,1,4),

所以|=^(3-2)2+(1-3)2+(4-5)2=瓜■

故选：D.

2.已知z+W=4，(z—z)i=-2,则「卜()

A.V5B.2C.也D.V2

【答案】A

【解析】

【分析】设2=。+加，根据已知条件求出Z,再用模的公式求同.

【详解】设复数z=a+M,a,beR,则一历，

z+z=2«=4\a=2

由已知得，”、，解得L।,

（z-z）i=-2/?=-2[h=l

则有z=2+i，5=2—i,得上卜小2。+（一1）~=y/5.

故选：A

3.已知非零向量Q,〃满足嗣=2"，COS（6T,^>=-1,若+则左二（）

2「2

A.1B.-C.D.-1

33

【答案】D

【解析】

【分析】直接根据“_L伙人+。）列式即可求出结果.

【详解】因为3同=2忖，所以所以4.〃=卜,6卜05〈。,/?〉=忖，

又因为ad.（祝j+a）,所以%（%。+4）=44山+“2=%,（+,『=0,所以人=一1.

故选：D.

4.已知圆锥母线与底面所成角为凹，侧面积为2兀，则该圆锥的体积为（）

3

ArRGn后

A.73KD.——Tic.—nD.——7t

326

【答案】B

【解析】

【分析】由给定条件可得圆锥轴截面是正三角形，再由侧面积求出底面圆半径及高即可求解作答.

【详解】因为圆锥的母线与底面所成角为三，则该圆锥的轴截面是正三角形，令圆锥底面圆半径为八，

则母线/=2r,

圆锥侧面积S=兀"=2兀，’=2兀，解得/*=1,圆锥的高〃=J/2—72=,

i同

所以该圆锥的体积为V=L兀/〃=里兀.

33

故选：B

5.记_ABC的三个内角A、B、C的对边分别为〃、b、c,若B=60，b=2&，a+c=2出,则

..A5C的面积为（）

A.迫B.GC.273D.36

2

【答案】B

【解析】

【分析】利用余弦定理求出收的值，再利用三角形的面积公式可求得ABC的面积.

【详解】因为8=60，b=2y[2，Q+C=2G

2222

由余弦定理可得〃=8=/4-c-2accos60=a+c-ac=+—3ac=20-3acf

可得QC=4,由三角形的面积公式可得Sarc=—tzcsinB=—x4x-^-=^3.

说222

故选：B.

6.为测量山高8D，选择点A和另一座山CE的山顶E为测量点，若点A,B,。在同一水平面上，从点

A测得E的仰角为60。，。的仰角为45。，ZE4£>=75°,从点E测得N£>E4=45。.已知山高

CE=100百m,则山高8。为()

A50610()6「2006me同.

A.--------rnRB.---------mC.----------rnDn.10U>/3m

333

【答案】C

【解析】

【分析】根据已知条件，结合三角形中内角和为180，利用三角函数和正弦定理，即可求解.

【详解】如图所示，

在RtZXAEC中，；ZE4c=60，CE=10073m,

CE100V3

/.AE=200m，

sinZ.EACsin60

在VADE中，NEAD=75，ZDEA=45.AZAD£=60，

ADAEAEsin45

由正弦定理，可得AD=-----------2m

sinZDEAsinZADEsin60

在RtZVU5£>中，NZMB=45，BD=AD-sinZDAB=2°°^x—=2°°^m.

323

故选：C

7.在正三棱柱ABC-A4G中，AB=A4-D,E分别是44,CQ中点，则异面直线BD与AE所成

角的余弦值为（）

A.-B.--C.D.-也

5555

【答案】A

【解析】

【分析】设AB=A4,=4,取A4的中点Q,A8的中点〃，40的中点N,可得异面直线BO与AE

所成角为NGQN或其补角，利用余弦定理即可求解.

【详解】设A3=A4=4,取A%的中点。，A8的中点M，AM的中点N,

易知AE//QC,,DB//A.MHQN,

所以异面直线BD与AE所成角为NGQN或其补角.

由正三棱柱的几何特征可得AQ1AN,AQ1±CN.

QN=y/A^+AN2=收+产=底

QG=7A22+(AG)2=V22+42=2后，

CM=4xsin60°=4x—=2>/3,CN=yjMN2+CM2=Jl+12=V13,

22

C、N=y]CN+C,C=V13+16=729,

在△GQN中，由余弦定理可得cosNCQN=与燎d'"

5+20—29Y1

一2昌26―20一55

所以异面直线5。与AE所成角的余弦值为1

故选:A.

8.已知cos(a-/?)=；,tanatan〃=；,

iiJcos(2«+2/?)=()

177「17-7

A.—B.一C.-----D.

189189

【答案】C

【解析】

【分析】先根据已知条件求出sinasin/7,c()sacos/?,从而求出cos(a+/5),进而利用二倍角的余弦

公式求出结论.

c1sinasinB

【详解】因为tanatan〃==所以cosacos/=3sinasin/?,

3cosacosp

又cos(a_0)=；=cosacos尸+sinasin/3,所以sinasin/=卷，cosacosP=

1

所以cos(a+/?)=cosacosJ3-sinasinp-—,

6

所以cos(2a+2/?)=2cos2(a+/?)-l=2x

⑹18

故选：C.

二、多项选择题：本大题共4小题，每〃、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,选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9.已知向量a=(2,-1),a+/?=(%2),(。+则()

A.6=(3,1)

B.

C.若c=(3/),c〃人，则卜=3>/15

D.a在心上的投影向量的坐标为(；,一|)

【答案】BCD

【解析】

【分析】先由得从而可求出/，的坐标，然后逐个分析判断即可.

【详解】因为0=（2,-1）,“+/?=（加,2）,（a+b^La,

所以（。+人）。=2〃?一2=0,得加=1,

所以“+/?=。,2）,〃=（—1,3）,所以A错误，

Hei,b2—3>/2

因为（£石）«0,可,所以（词=,,所以B正确，

对于C,因为c=（3"）,c"b，b=（T,3）,所以1=一9,所以c=（3,—9）,

所以卜卜,32+（—9）2=3厢,所以C正确，

对于D,因为a=（2,-l）,8=（—1,3）,所以a在b上的投影向量的坐标为

a-b1-5,…、（13）

『公正（T3）=q,一句，所以D正确，

故选：BCD

10.已知加，〃为两条不同的直线，。，£为两个不同的平面，则下述正确的是（）

A.若m"a,nila,则加7〃

B.若“_La,mL/3,则。〃用

C.若/〃_La,mlln,〃u£,则。_L£

D.若mUa,nila,mu]3,〃u£、则a〃尸

【答案】BC

【解析】

【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐项判断即可.

【详解】对于A,若m//a,nila,则加与〃相交、平行或异面，故A错误；

对于B,若〃z_La,m±/?,则a〃尸，故B正确；

对于C,若〃z_La,mlln>则n_La,

若nu0,则a_1,4，故C正确；

对于D,若/？j〃〃，则a,可能相交，故D错误.

故选:BC.

11.已知函数/(x)=sin2ox+Gcos2s"(0〉。)，,一司的最小值为T，则

()

A.iy=l

B.VxeR,都有/(弓+*)=/(弓—x)

JTJT

C.3XG[—则m的最大值为G

66

D.将函数/(x)的图象向右平移工个单位长度后得到的图象关于原点对称

6

【答案】AD

【解析】

【分析】利用辅助角公式化简函数,"x),由已知求出周期判断A；代入验证对称轴判断B；求出函数在区

间上的值域判断C；平移求出解析式判断D作答.

7T

【详解】依题意，/(x)=2sin(2<yx+§),显然函数/(x)的最大值、最小值分别为2,-2,

因为|/(王)一/(%2)|=4，则/(%)与/(々)中一个取2，另一个取-2,

又归一々I的最小值为工于是/(X)的半周期7=彳，即周期丁=兀，T=—=n,解得口=1,A正

2222CD

确；

于是/.(x)=2sin(2x+5),而/[?]=2sin(2x2+£]=有，则直线x=2不是函数/⑴图象的对称

316/Vo376

轴，

7T7T

即/(Z+x)?/(Z-x)，B错误；

OO

当xe[-工，工]时，2x+工e[0,生],0<sin(2x+-)<l,则0</(x)<2,

66333

jrrr

因为he[—]不，因此mV2,加的最大值为2,C错误；

66

717171

因为函数/(%--)=2sin[2(x--)+-]=2sin2x的图象关于原点对称，

663

所以将函数/(x)的图象向右平移四个单位长度后得到的图象关于原点对称，D正确.

6

故选：AD

12.如图甲，在梯形ABC。中，AB//CD,AB=BC=-CD=2,NABC=90°,AELCD,M,

2

N分别为AD，BC的中点，将△AED沿AE折起(如图乙)，使得DELEC,贝U()

Q

B.三棱锥E—ACD的体积为一

3

C.直线用N与平面A6CE所成角的正弦值为好

5

D.若四棱锥。-ABCE的各顶点都在球。的球面上，则球。的表面积为12乃

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A,取的中点/，连接可证得四边形MVC尸为平行四边形，则MN〃。/，

然后由线面平行的判定定理分析判断，对于B,由题意可证得平面ABCE,然后利用

VK.ACI)=%.ACE求解判断，对于C，取AE的中点G，连接MG,NG，可证得ZMNG为直线MN与平

面A8CE所成角,然后在RtMNG中求解，对于D,连接AC,BE交于点H,过H作直线/1平面ABCE,

则外接球的球心。在直线/上，然后可求出其半径，从而可求出球的表面积.

【详解】因在梯形A8CD中，AB//CD,AB=BC=-CD=2,NA5C=90°,AELCD,

2

所以DE=CE=2,四边形ABCE为正方形，

对于A,取OE的中点/，连接

因为M为AO的中点，所以M/〃AE,MF=-AE,

2

因为N为的中点，所以CN=「BC,

2

因为AE〃8C,AE=BC,所以MF〃CN,MF=CN,

所以四边形MNCr为平行四边形，所以MN〃CF,

因为MNu平面DEC，CEu平面OEC,所以直线M/V〃平面DEC,所以A正确，

对于B,因为DELEC,DE1AE,CEAE=E,CE,AEu平面ABCE,

114

所以。ES平面ABCE，所以4_A8=%_ACE=§X5X2X2X2=§,所以B错误，

对于C,取AE的中点G,连接MG,NG,则MG〃7)E,MG=—DE=1

2

因为。ELEC,DELAE,所以MG_LEC,MG±AE,

因为CE'、AE=E,CE,AEu平面A5CE,所以MGd•平面ABCE,

所以ZMNG为直线MN与平面A5CE所成角，

在RtMNG中，NG=AB=2,MG=1,则皿=7MG2+NG2=石，

所以sinNMNG="^=J==或，所以C正确，

MNy/55

对于D,连接AC,BE交于点“，过“作直线平面/WCE，因为DE工平面ABCE，四边形

ABCE为正方形，

所以四棱锥O-ABCE外接球的球心。在直线/上，设外接球的半径为R,

所以四棱锥。一ABCE外接球的表面积为4兀代=4兀x3=12兀，所以D正确,

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判断，考查线面角的求法，考

查棱锥的外接球问题，解题的关键是将平面图形折成空间图形过程中，弄清线面之间的关系，考查空间

想象能力，属于较难题.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.若非零向量。、人满足愀=2忖，|2&-4=百忖，则向量&、匕的夹角为

2兀

【答案】—

3

阿斤】

【分析】由平面向量的数量积可求出cos(a,»,结合向量夹角的取值范围可得出向量〃、〃的夹角.

【详解】因为非零向量〃、b满足什=2何，|2〃一目=6忖，

贝“24—0=3忖，即4。~一4〃.〃一20~=0,即2。~一2a•心一心2=0,

即214~^\a\,cos^,Z?^-4|tz|=0,所以，cos(a,/?)=-；，

因为〈兀，故卜,今=T,即向量八/,的夹角为半

2兀

故答案为：—.

3

14.在正四棱锥P-ABCO中，AB=A4=6,用平行于正四棱锥底面的平面截去一个高为0的四棱锥

后，所得棱台的体积为.

【答案】104^##—72

33

【解析】

【分析】先利用勾股定理求出正四棱锥P-ABCZ)的高，再利用相似比求出截去的高为血的四棱锥的底

面边长，在求出两个棱锥的体积即可.

【详解】如图，。为底面四边形A8CD对角线的交点，

则OP为正四棱锥P—ABC0的高，BD=60，

则OP=.2一(竿)=436-18=372，

设截去的高为0的四棱锥的底面边长为。，

则二，=@,解得。=2,

3V26

所以棱台的体积为』x6x6x3夜—」x2x2x&=UgZ.

333

故答案为：吧也.

3

15.记_A8C的三个内角AB,C的对边分别为“，b,c,且b=3,c=2,若。是jWC的外心，则

AOBC=-

【答案】-

2

【解析】

【分析】作于。，OEJ.AC于E，根据向量数量积的几何意义=,

AO-AC=||AC|\即可得到答案.

详解】如图：

;圆。中，ODA.AB,：.AD=-AB

2f

17

因此40.48=卜0,4@=],61=2,

1I|29

同理可得AO.AC=]kq=万，

_____________95

...AOBC^AOAC-AOAB=——2=—.

22

故答案为:一.

2

16.棱长为2的正四面体ABCO的各顶点都在球心为。的球面上，则过点A,B,。的平面截四面体

A8CD所得截面图形的面积为；球。的体积为.

【答案】©.72②.扁

【解析】

【分析】将正四面体放到正方体中，则正方体的外接球即为正四面体的外接球，求出正方体的体对角线

即为外接球的直径，即可求出外接球的体积，取CO的中点E，连接AE、BE,则，ABE即为过点

A,B,。的平面截四面体ABC。所得截面图形，求出截面面积即可.

【详解】如图将棱长为2的正四面体ABCD放到正方体中，则正方体的外接球即为正四面体的外接球，

正方体外接球的球心在体对角线的交点，体对角线即为外接球的直径，

设正方体的棱长为。，由已知可得=2=解得a=血，

设正方体外接球的半径为R,贝|」（2/?）2=/+/+/=6,即R=

所以外接球的体积V=上竺=#兀，

3

取CZ）的中点E,连接AE、BE,根据正方体的性质可知.ABE即为过点A,B,。的平面截四面体

A8CO所得截面图形，

22—

乂AE-BE-V2—I=V3,AB=2>所以SABE=—x2x1'—，

即过点A,B,。的平面截四面体ABC。所得截面图形的面积为g.

故答案为：y/2；>/6TT

四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.已知ae（O,兀），且cosa=—j^,tan2〃=：.

(1)求cos4夕-sin4,：

(2)求sin(a-24).

3

【答案】（1）-

5

、63

（2）—

65

【解析】

【分析】（1）先根据tan2/求出（:os2〃，然后对待求式变形即可得出结论；

（2）利用两角差的正弦公式可直;接求解.

【小问1详解】

因为夕所以2/?G（O,71)，

又因为tan2/?>0,

所以2月€（0,5]

c。sin4,

由tan2£==,snr2/?+cos22/=1

cos2p3

3

解得cos2（3

22222

所以cos4〃一sin4尸=（cos2/?+5)in/7)(cosy^-sin^)=cos/?-sin〃=cos2/=].

【小问2详解】

12

因为cosa=--,。£（0,兀），

所以sina=』,

13

3（兀、

又因为cos2/?=—，2/7€0,—

5\2J

4

所以sin2/=g,

.co5312463

所以sin（a-2月）=sinacos2/7-cosasin2〃=­x—+—x—=——.

13513565

18.如图，平行六面体ABCD-ABCR的底面是菱形，AB=AA,=2,且

ZA.AB=ZA.AD=/BAD=60

(2)求AO与平面ABO所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)区

3

【解析】

【分析】(1)设A4,=a，AB=b，AD=c，利用空间向量的数量积证明出A£_L8。，AC,1A.B,

结合线面垂直的判定定理可证等价结论成立；

(2)分析可知平面AB。的一个法向量为患，计算出AO-AC；、,。卜卜0|的值，利用空间向量法

可得出AD与平面4B。所成角的正弦值.

【小问1详解】

证明：设=a,AB=b»AD—c»

则|d=W=H=2,a-b=a-c=b-c=2x2x00860=2,

AC}=AB+BC+CCj=a+〃+c,

BD=AD—AB=c—b，—AB-AA^-h-ci,

因为AC1•B£>=(a+b+c)・(c-Z?)=卜|-|/?|+a-c-ab=0,所以AC]_L6£>,

因为A£.48=(a+6+c)•(人一a)=恸-|«|+b-c-a-c=0,所以AC〕_L48,

又因为A3cB£>=8,48、BOu平面AB。，所以Ag，平面

【小问2详解】

解：设AO与平面AB。所成角为。，

uuu

因为AG1平面AB。，则平面48。的一个法向量为AG,

因为AQ.AC1=C・(Q+0+C)=Q-C+Z?-C+C2=2+2+4=8,|A£>|=2,

.\2.2.2-2/\

Kl2=(Q+/?+C=a+/?+c+2Q•8+O・c+c・a=4x3+2x2x3=24,

（心竹）|=*|之=甚8病=_7V6，

所以,|ACJ|=2A/6,所以sin6=cos

即AD与平面AB。所成角的正弦值为历

3

(6、

19.已知。=（以方％,51112x），bcosx,2，f{x}=a-b.

7

（1）求/（X）的单调递增区间;

⑵若,ABC的三个内角A,B,C的对边分别为“，h,c,a=2c,“3）=1,AC边上的高

80=百，求A3C的面积.

【答案】(1)E——,kn+—[keZ)

36

⑵挈

【解析】

【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示与辅助角公式化简/（x）,再利用正弦函数的单调性即可得解;

（2）先由/（3）=1求得角8,再利用三角形面积公式与余弦定理得到见上。的关系式，从而得解.

【小问1详解】

因为,f(x)=a.b=cos2x+^-sin2x1+cos2九V3.八

-----------H------sm2x

22

1

sin2xH—H—,

I62

7T717E7T7T

由2E—<2x+—<2左兀+一,得E——<x<kjt-\--

26236

jrjr

所以函数/（x）的单调递增区间为kn--,kn+-（丘Z）

3o

【小问2详解】

1

因为/(8)=sin28+.+——1,即sin(2BH—j=—,

2

又3c((),兀)，则四＜28+'＜臣，所以2B+'=2,故8=乌，

v7666663

因为SMe='xGz?=Lacsin8,所以qc=2b,

22

又因为〃=〃2+c?-2accos5=〃2+C?-〃c，a=2c，所以。2=3。？，

所以由QC=2〃，a=2c,b2=3c‘，得b=3,c=A/3，a=2^3，

所以S"c=^b=¥・

Q

20.如图，在正四梭柱ABCD—A耳G2中，已知AB=2,三棱锥C—瓦明体积为，

（1）求点。到平面AB1。的距离；

（2）求Cg与平面8OG所成角的正弦值.

Q

【答案】（1）-

3

⑵迺

15

【解析】

【分析】（1）先根据棱锥的体积公式求出正四梭柱ABCD—A4G2的高，以点。为原点，建立空间直角

坐标系，利用向量法求解即可；

（2）利用向量法求解即可.

【小问1详解】

因为ABC。—。为正四棱柱，48=2，

所以CG，平面ABC。，SBCD=2,

8

所以匕'-BDG=%-BCD=%SBCD，

3

所以CC]=4,

如图以点。为原点，建立空间直角坐标系,

则A（2,0,0）,C（0,2,0）,〃（0,0,4）,旦（2,2,4）,

ADX=（-2,0,4）,ABX=（0,2,4）,AC=（-2,2,0）,CB,=（2,0,4）,

设平面ABR的法向量为n=（x,y,z）,

n•AD.=-2x+4z=0..

则{,可取〃=（2,-2,1）,

n•AB}=2y+4z=0

AC-n|-4-4+0|_8

则点C到平面的距离d

33

【小问2详解】

因为DDJ/BBi且DDi=BB-

所以BDD,B,为平行四边形，所以BDHB\D\,

又BQiU平面,80a平面AB,D,,

所以平面ABQI,

同理可证BG〃平面AgR,

又BDcBCt=B,BD,BCtu平面BDC{,

所以平面BOG〃平面AgA，

所以〃=（2,—2,1）是平面Boq的法向量，

设cq与平面BOG所成角为e，

n|.A_|c/〃|_8_4石

则sin0=j---i-f-r=-----f==,

|CB,|-|H|3x2近15

所以eq与平面BOG所成角的正弦值为拽.

2兀

由余弦定理可得匕2=9=片+<?-2〃ccos—=a2+c2,②

3

联立①②可解得a=c=6.

22.如图，四边形A8C。与5。所均为菱形，A3=2,ZDAB=pE4=FC=遥，记平面A£F与

平面ABC。的交线为/.

E

fe>c

AB

(1)证明：BDUh

(2)证明：平面BDEF_L平面ABC。；

zncos2e=sin8-fcose

(3)记平面AEE与平面ABC。夹角为a,若正实数"？，"满足，

“sin26=cose+fsin。

0<。<:，证明：m+n>tana-

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【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析(3)证明见解析

【解析】

【分析】(1)通过线面平行的性质定理进行转化求解即可；

(2)通过图形关系证明F01AC,然后得到线面垂爰L.再证明面面垂直即可；

(3)首先通过几何图形关系得到NE4O即为平面AEF与平面CD的夹角，得到角度后，通过基本不

等式或三元均值不等式转化证明即可.

【小问1详解】

因为户为菱形，所以BD//EF,

因为8。仁平面AE/L所匚平面4口，所以B。//平面A£F，

又因为平面ABC。，平面AEFc平面ABC£>=/，所以8DHI.

【小问2详解】

连接AC交8。于点。，连接F。，

因为ABC。为菱形，所以AC1%),。为AC中点，

因为E4=FC,所以尸O_LAC，

又因为BRFOu平面3DEE，BDcFO=O,所以AC,平面防,

因为ACu平面ABC。，所以平面5DEF，平面ABC。

所以B£>=2,08=1,0A=6

又因为8。所为菱形，所以3尸=8。=2，

因为b4=巡，E0J-AC,所以，以2_。42=g，

所以082