2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才五校联考高一下学期期末考试数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才五校联考高一下学期期末考试数学试题一、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.与−20°角终边相同的角是(

)A.−300∘ B.−280∘ C.2.函数f(x)=−2tan(2x+π6A.{x|x≠π6} B.{x|x≠−π12}3.已知复数z满足(1+i)z=|3−i|，则zA.1−i B.1+i C.2−2i D.2+2i4.用斜二测画法画出的水平放置的平面图形△OAB的直观图为如图所示的△O′A′B′，已知△O′A′B′是边长为2的等边三角形，则顶点B到x轴的距离是(

)

A.26 B.4 C.25.已知函数f(x)=sin(2ωx+π6A.若f(x)相邻两条对称轴的距离为π2，则ω=2;

B.若ω=1，则x∈[0,π2]时，f(x)的值域为[−1,1];

C.若f(x)在[0,π2]上单调递增，则0<ω≤23;

6.已知α=20∘，则tanα+4sinA.1 B.3 C.2 D.7.设m，n为空间中两条不同直线，α、β为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为(

)A.若m上有两个点到平面α的距离相等，则m/​/α

B.若m⊥α，n⊂β，则“m/​/n”是“α⊥β”的既不充分也不必要条件

C.若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n

D.若m，n是异面直线，m⊂α，m/​/β，n⊂β，n/​/α，则α/​/β8.如图，在正四面体ABCD中，E，F是棱CD上的三等分点，记二面角C−AB−E，E−AB−F，F−AB−D的平面角分别为θ1，θ2，θ3，则(

)

A.θ1=θ2=θ3 B.二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列命题正确的是(

)A.p:α是第二象限角或第三象限角，q:cosα<0，则p是q的充分不必要条件

B.若α为第一象限角，则cosα1+cos2α+sinα1−cos2α=210.下列有关向量的命题正确的是(

)A.若a，b，c均为非零向量，且a⋅b=a⋅c，则b=c

B.已知单位向量a，b，c满足2a+3b+4c=0，则a⋅b=14

C.在△ABC中，若(11.如图，已知正三棱台ABC−A1B1C1由一个平面截棱长为6的正四面体所得，AA1=2，M，M1分别是AB，A1B1的中点，A.该三棱台的体积为3823

B.平面MM1C1C⊥平面AA1B1B

C.直线三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在▵ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c，且a2+c2−b213.四棱锥P−ABCD的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱PD上一点，PE=35PD，若PF=λPC且满足BF//平面ACE，则λ=14.榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF/​/CD，EF=4，则该木楔子的外接球的体积为

．四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b=6，且满足bcosC=a+(1)求角B;(2)若角B的角平分线交AC于点D，BD=3，点E在线段AC上，EC=2EA，求△BDE16.(本小题12分)

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=6，AB=10，cos∠CAB=35(1)求证：AC1(2)求证：AC⊥B(3)求三棱锥A1−17.(本小题12分)已知向量a=(cosx,2sinx)(1)求函数f(x)=a⋅b在(2)若f(x0)=115，且(3)将g(x)图像上所有的点向左平移π6个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有的点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，得到函数f(x)的图像，当x∈[0,π2]时，方程g(x)=m18.(本小题12分)

已知函数f(x)=Asin(π2x+φ)(A>0,|φ|<π)的图像如图所示，点O为坐标原点，点B、D、F为f(x)的图像与x轴正半轴的交点，|OB|<|BD|，点C，E分别为f(x)的图像的最高点和最低点，而函数f(x)(1)求φ的值;(2)若A=1，求向量2BC−CD与向量(3)若点P为函数f(x)的图像上的动点，当点P在C，E之间运动时，BP⋅PF≥1恒成立，求19.(本小题12分)

如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．

(1)证明：平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2，∠ACB=60∘，点F在BD ①点F为BD中点，求直线CF与直线AB所成的角的余弦值; ②当△AFC的面积最小时，求直线CF与平面ABD所成的角的正弦值．

参考答案1.D

2.D

3.B

4.A

5.D

6.B

7.D

8.D

9.ACD

10.BCD

11.ABC

12.−213.1314.32π315.解：(1)因为bcosC=a+33csinB，所以由正弦定理得：

sinBcosC=sinA+33sinCsinB，

又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

所以cosBsinC+33sinCsinB=0，

因为在△ABC中，sinC≠0，所以cosB+33sinB=0，tanB=−3，

而0<B<π，所以B=2π3．

(2)因为B=2π3，外接圆的半径R=23，所以由正弦定理得：16.(1)证明：设B1C与BC1交于点E，则E为BC1的中点，连接DE，则在△ABC1中，DE//AC1，又DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，所以AC1/​/平面CDB1．

(2)证明：在△ABC中，由余弦定理BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcos∠CAB求得BC=8，

∴△ABC为直角三角形，∴AC⊥BC．

又∵CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1∩BC=C，CC1，BC⊂平面BCC1，

∴AC⊥平面BCC1．

17.解：(1)因为f(x)=a⋅b=2cos2x+23sinxcosx=cos2x+1+3sin2x=2cos(2x−π3)+1，

所以2kπ≤2x−π3≤π+2kπ，

即kπ+π6≤x≤2π3+kπ，k∈Z，

又因为x∈[0,π]，

所以函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间为[π6,2π3]；

(2)若f(x0)=115，则2cos(2x0−π3)+1=115，

所以cos(2x0−π3)=35，

因为x0∈(π18.解：(1)在x=−12处取得最小值，则φ−π4=−π2+2kπ,k∈Z，

∴φ=2kπ−π4,k∈Z，又|φ|<π，则k=0，即φ=−π4；

(2)若A=1，取B(12,0)，C(32,1)，D(52,0)，

即BC=(1,1)，CD=(1,−1)，

故2BC−CD=(1,3)，即|2BC−CD|=10；

BC+3CD=(4,−2)，即|BC+3CD|=25，

设向量2BC−CD与向量BC+3CD之间夹角为θ，

因此cosθ=(2BC−CD)⋅(BC+3CD)|2BC−CD|⋅|BC+3CD|=−210×219.解：(1)因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE，

在△ABD和△CBD中AD=CD，∠ADB=∠CDB，DB=DB，

所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又E为AC的中点，

所以AC⊥BE，又DE，BE⊂平面BDE，DE∩BE=E，

所以AC⊥平面BDE．

又因为AC⊂平面ACD，

所以平面BED⊥平面ACD;

(2) ①取BF的中点M，BC的中点N，连接MN，ME，NE，则AB//NE，CF//MN，

所以∠MNE(或其补角)为CF与AB所成的角，

由∠ACB=60∘且AB=CB，所以△ABC是等边三角形，则AB=BC=2，BE=3，

由AD⊥CD且AD=CD，E为AC的中点，

所以，在等腰直角△ADC中DE= AE=EC=1，CD=2，

在△BDE中，所以

DE2+BE2=B又

sin∠DBE=DEBD=12

，

在△BEM中，由余弦定理得EM2=BE2+BM2−2BE⋅BM⋅cos∠EBM，

即EM2=3+14−2×3×12cos30∘=74，所以EM=72，

在△BCD中，BD=BC=2，CD=2，由余弦定理得cos∠CBD=4+4−22×2×2=34，

在△BCF中，CF2=BC2+BF2−2BC⋅BF⋅cos∠CBF，

即CF2=4+1−2×2×1×34=2，所以CF=2，故MN=22，

在△MNE中，EM=72，EN=1，MN=22，故|cos∠ENM|=|1+12−742×1×22|=28，

所以CF与