2023-2024学年广西梧州市高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年广西梧州市高一（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.475°角的终边所在的象限是(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知点A(1,−1)，B(−1,2)，则向量AB=(

)A.(0,1) B.(−2,3) C.(2,−3) D.(−2,1)3.化简cos

15°cos

45°−sin15°sin

45°的值为(

)A.−12 B.32 C.4.若一个圆锥的轴截面是一个腰长为22，底边上的高为2的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为(

)A.82π B.42π5.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是(

)A.若m//α，n//β，α//β，则m//n

B.若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n

C.若n//α，n//β，则α//β

D.若m//n，n⊂α，则m//α6.在△ABC中，D为BC上一点，且BD=2DC，则AD=(

)A.AB+13AC B.AB−17.已知角α的终边经过点(−1,3)，则tanA.32 B.−34 C.−8.若函数f(x)=tan(ωx+π4)(ω>0)的最小正周期为A.f(2)>f(0)>f(−π5) B.f(0)>f(2)>f(−π5)二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列说法正确的是(

)A.△ABC中，D为BC的中点，则AB⋅AC=AD2−BD2

B.向量a=(1,2)，b=(2,4)可以作为平面向量的一组基底

C.若非零向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|10.若函数f(x)=sin(2x+φ)(|φ|<π2)的图象经过点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

C.直线x=π6为函数y=f(x)图象的对称轴

11.如图，已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1，点E为AA1的中点，点F为A.D1E/​/平面C1FG

B.直线CD与直线C1F所成角的余弦值为23

C.点C与点D1到平面C1FG的距离之比为2：1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.平面α截球O所得的截面圆的半径为1，球心O到平面α的距离为2，则此球的体积为______．13.在△ABC中，AB=3，AC=5，BC=2，则14.若1+sinαcosα−cos2αcos2α=2，则四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知平面向量a=(1,−2)，b=(−1,−1)．

(1)求|2a−b|的值；

(2)16.(本小题15分)

已知cos(π+α)=−35．

(1)求sin(π2+α)，cos2α的值；

(2)若α∈(17.(本小题15分)

如图所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点．

(Ⅰ)求证：PA//平面BDE；

(Ⅱ)平面PAC⊥平面BDE；

(Ⅲ)若二面角E−BD−C为30°，求四棱锥P−ABCD的体积．18.(本小题17分)

∫如图为函数f(x)=2cos(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象，且|CD|=π4，A(−5π12,−2)．

(1)求ω，φ的值；

(2)将f(x)的图象上所有点的横坐标扩大到原来的3倍(纵坐标不变)，再向右平移3π419.(本小题17分)

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，m=(c,b)，n=(cosA+B2,cos(3π2+B))，且m//n．

(1)若a=4，c=答案解析1.B

【解析】解：因为475°=360°+115°，

因为115°是第二象限角，而475°与115°终边相同，

故475°角的终边所在的象限是第二象限．

故选：B．

利用终边相同的角进行分析判断即可．

本题考查了象限角的判断，涉及了终边相同角的应用，解题的关键是将475°角的终边转化为115°角的终边．2.B

【解析】解：向量AB=(−1,2)−(1,−1)=(−2,3)，

故选：B．

利用向量坐标运算性质即可得出．

3.C

【解析】解：cos

15°cos

45°−sin15°sin

45°=cos(15°+45°)=cos60°=12．

故选：4.B

【解析】解：根据题意，该圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形，其腰长为22，

则其底边长为22×2=4，

故圆锥的母线长l=22，底面圆半径r=2，

5.B

【解析】解：若m//α，n//β，α//β，则m//n或m与n相交或m与n异面，故A错误；

若m//α，则在平面α内存在不同于n的直线l，使得l//m，则l//β，从而l//n，故m//n，故B正确；

若n//α，n//β，则α//β或α与β相交，故C错误；

若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故D错误．

故选：B．6.D

【解析】解：∵BD=2DC，

∴AD=AB+BD=AB+7.D

【解析】解：因为角α的终边经过点(−1,3)，

所以tanα=3−1=−3，

则tan8.C

【解析】解：∵函数f(x)=tan(ωx+π4)(ω>0)的最小正周期为π，

∴T=πω=π，得ω=1，

即f(x)=tan(x+π4)，

则f(0)=tanπ4，f(−π5)=tanπ9.AC

【解析】解：对于A，由题意得DC=−DB，

则AB⋅AC=(AD+DB)⋅(AD+DC)=(AD+DB)⋅(AD−DB)=AD2−DB2=AD2−BD2，A正确；

对于B，因为b=2a，不能作为平面向量的一组基底，B错误；

对于C，因为AB|AB|和AC|AC|分别表示与向量AB和AC同向的单位向量，

所以以AB|AB|和AC|AC|为邻边的平行四边形是菱形，AB|AB|+AC|AC|在∠BAC的平分线上，

又(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC10.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=2π2=π，A对；

对于B选项，f(π3)=sin5π6=12≠0，故点(π3,0)不是函数y=f(x)11.BCD

【解析】解：选项A，如图，连接AG，在正方体中，

AE//GD1，AE=GD1，则四边形AED1G为平行四边形，

故ED 1//AG，又AG∩FG=G，所以ED1与FG相交，

故D ​1E与平面C1FG相交，故A错误；

选项B，因为CD//C1D1，

故直线CD与直线C1F所成角即为∠D1C1F，

又C1D1⊥平面ADD1A1，D1F⊂平面ADD1A1，

所以C1D1⊥D1F，在Rt△C1D1F中，

C1F=CF2+CC12=5+4=3，

∴cos∠D1C1F=C1D1C1F=23，故B正确；

选项C，由已知，GF=2，C1G=5，C1F=3，

则cos∠GFC1=2+9−52×2×3=22，∴sin∠GFC1=22，

所以S△GF12.4【解析】解：作出对应的截面图，

∵截面圆的半径为1，即BC=1，

∵球心O到平面α的距离为2，

∴OC=2，

设球的半径为R，

在直角三角形OCB中，OB2=OC2+BC2=1+(2)2=3．

即R2=313.11【解析】解：因为△ABC中，AB=3，AC=5，BC=2，

所以由余弦定理得cosA=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=3+5−42×3×5=215，14.23【解析】解：因为1+sinαcosα−cos2αcos2α=2，

所以sin2α+sinαcosαcos2α−sin2α=2，即tan2α+tanα1−tan2α=2，

15.解：(1)因为a=(1,−2)，b=(−1,−1)，

所以2a−b=(3,−3)，

则|2a−b|=32+(−3)2=32；

(2)因为a=(1,−2)，b=(−1,−1)，所以a+b=(0,−3)【解析】(1)根据向量的坐标运算，由模长公式即可求解，

(2)利用夹角公式即可求解．

本题考查平面向量数量积的坐标运算，夹角的求法，属于基础题．16.解：(1)因为cos(π+α)=−cosα=−35，

所以cosα=35，

所以sin(π2+α)=cosα=35，cos2α=2cos2α−1=2×(35)2−1=−725；

(2)由(1)知cosα=35，

因为α∈(3π2,2π)，

【解析】(1)先由诱导公式求cosα，然后利用诱导公式和二倍角公式可得；

(2)先求sinα，由和差公式可得sin(α−π4)，利用二倍角公式求17.解：(Ⅰ)证明：连接OE，如图所示．

∵O、E分别为AC、PC中点，

∴OE/​/PA．

∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，

∴PA/​/平面BDE．

(Ⅱ)证明：∵PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

∴PO⊥BD．

在正方形ABCD中，BD⊥AC，

又∵PO∩AC=O，PO、AC⊂平面PAC，

∴BD⊥平面PAC．

又∵BD⊂平面BDE，∴平面PAC⊥平面BDE．

(Ⅲ)取OC中点F，连接EF．

∵E为PC中点，

∴EF为△POC的中位线，∴EF//PO．

又∵PO⊥平面ABCD，

∴EF⊥平面ABCD，

∵OF⊥BD，∴OE⊥BD．

∴∠EOF为二面角E−BD−C的平面角，

∴∠EOF=30°．

在Rt△OEF中，OF=12OC=14AC=24a【解析】本题考查平面与平面垂直，直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查计算能力．

(Ⅰ)连接OE，证明OE/​/PA，然后证明PA//平面BDE．

(Ⅱ)证明PO⊥BD，BD⊥AC，推出BD⊥平面PAC，然后证明平面PAC⊥平面BDE．

(Ⅲ)取OC中点F，连接EF，说明∠EOF为二面角E−BD−C的平面角，求出OF，EF，OP=2EF=18.解：(1)根据题意得，T4=π4，故T=π，ω=2πT=2，故f(x)=2cos(2x+φ)．

将A(−5π12,−2)代入，得2×(−5π12)+φ=−π+2kπ(k∈Z)，解得φ=−π6+2kπ(k∈Z)，

又|φ|<π2，故φ=−π6．

(2)依题意，g(x)=2cos[23(x−3π4)−π6]=2cos(23x−2π3)．

函数y=g(x)−a在区间[−π,π2]的零点个数即为函数g(x)的图象与直线y=a在[−π,π2]上的交点个数．

当x∈[−π,π2]时，23x−2π3∈[−4π3,−π3]，结合余弦函数图象可知，

【解析】(1)由周期求出ω，根据A(−5π12,−2)求出φ；

(2)首先求出g(x)的解析式，函数y=g(x)−a在区间[−π,π2]的零点个数即为函数g(x)的图象与直线y=a在[−π,π19.解：(1)因为m//n，故ccos(3π2+B)=bcosA+B2⇒csinB=bcosA+B2，

由正弦定理得，csinB=bsinC=bcosA+B2⇒sinBsinC=