2024-2025学年广东省茂名市高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年广东省茂名市高一（下）期末考试数学试卷一、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.复数z与复数i(2−i)互为共轭复数(其中i为虚数单位)，则z=(

)A.1−2i B.1+2i C.−1+2i D.−1−2i2.下列函数中，最小正周期为π的奇函数是(

)A.y=2sinx B.y=sin2x C.y=sinx23.已知e1，e2是同一平面内两个不共线的向量，则a//bA.a=2e1−e2，b=−e1+12e2 4.已知复数z=m2−2m−3+(m−3)i(m∈R)是纯虚数，则|1+z|为A.15 B.4 C.17 5.将函数y=sin(x−π3)的图象向左平移π4个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩小为原来的1A.f(x)=sin(12x−π12) 6.已知圆锥的底面半径为3，且圆锥的底面积是侧面积的一半，则圆锥的体积为(

)A.93π B.103π7.已知1−cos2θ+sin2θ1+cos2θ+sin2θ=3，则tan2θ=(

)A.−34 B.34 C.−8.任意复数z=a+bi(a,b∈R)可以写成z=r(cosθ+isinθ)，其中r是复数z的模，θ是复数z的辐角(以x轴的非负半轴为始边，向量OZ所在射线为终边的角)，我们称r(cosθ+isinθ)为复数z=a+bi(a,b∈R)的三角形式.利用复数的三角形式可进行复数的乘方等运算，即zn=rn(cosnθ+isinnθ)，(n∈Z).已知复数z=32−12iA.6 B.12 C.24 D.36二、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.若a=(2,−1)，b=(3,1)，则(

)A.a⋅b=5 B.(a+b)⊥(a−b)

C.a10.已知函数f(x)=2sin(ωx+π4)(ω>0)的部分图象如图所示，则A.ω=π2

B.若函数y=f(ax)(a>0)在[0,1]上单调递增，则0<a≤12

C.f(x)的图象关于点(−1,0)中心对称

D.11.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2A.当P为正方形ABCD的中心时，三棱锥P−B1CD1外接球的表面积为11π

B.当P在线段BD上时，|AP|+|PB1|的最小值为4

C.满足直线PC1与上底面A1B1C1D1所成角为60°的点P的轨迹长度为33π

D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.复数范围内方程4x2+9=013.已知三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别为棱BB1，A1C1的中点，过A，M，N作三棱柱的截面交14.如图，P为△ABC的内心，cos∠BAC=15，△BPC、△APC、△APB的面积分别为SA、SB、SC，且SA⋅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)

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=2，BC=23，AA1=AB=4，D是AB的中点．

(1)证明：A16.(本小题15分)

已知函数f(x)=3sinx−cosx．

(1)当x∈[0,π]时，求函数f(x)的取值范围；

(2)在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若f(A)=2，a=4，且△ABC的面积为3，求17.(本小题15分)

已知△ABC是边长为6的等边三角形，D是AC上靠近A的三等分点，点E在边BC上．

(1)用BA、BC表示BD；

(2)若BE=4，求AE⋅AB的值；

(3)设AE与BD交于点P，且AP=λAB+18.(本小题17分)

如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AD=AB=1，DB=DC=2，把△ABD沿BD翻折，使得二面角A−BD−C的大小为θ，M，N分别是BD和BC中点．

(1)求证：平面BCD⊥平面AMN；

(2)若θ=60°，求点M到平面AND的距离；

(3)若二面角A−ND−B的余弦值为1919，求cosθ19.(本小题17分)

在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，cos2B+cos2C−cos2A=1−sinBsinC．

(1)求cosA；

(2)记△ABC的面积为S，△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ；

(i)若θ=45°，求证：a2+b2+c2=4S；

(ii)若b=c答案解析1.【答案】A

【解析】解：∵i(2−i)=1+2i，

又复数z与复数i(2−i)互为共轭复数，

∴z=1−2i．

故选：A．

利用复数代数形式的乘法运算化简i(2−i)，再由共轭复数的概念得答案．

本题考查复数代数形式的乘法运算，考查了复数的基本概念，是基础题．2.【答案】B

【解析】解：根据y=2sinx的最小正周期为2π，可知A项不正确；

根据y=sin2x的最小正周期T=2π2=π，且该函数为奇函数，可知B项正确；

根据y=sinx2的最小正周期T=2π12=4π，可知C项不正确；

因为函数y=|sinx|满足f(−x)=f(x)，为偶函数，可知3.【答案】A

【解析】解：若a//b，则a=λb，

若2e1−e2=λ(−e1+12e2)，

知，e2是同一平面内两个不共线的向量，

则−λ=212λ=−1，解得λ=−2，选项A正确；

若e1+2e2=λ(2e1+e2)，

e1，e2是同一平面内两个不共线的向量，

则2λ=1λ=2e1e2，λ无解，选项B错误；

若e1−2e2=λ(e1+2e4.【答案】C

【解析】解：由复数z=m2−2m−3+(m−3)i(m∈R)是纯虚数，得m2−2m−3=0m−3≠0，解得m=−1，

所以z=−4i，

所以|1+z|=|1−4i|=1+16=5.【答案】B

【解析】解：将函数y=sin(x−π3)的图象向左平移π4个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩小为原来的12，纵坐标不变，可得f(x)=sin(2x−6.【答案】A

【解析】解：由题意圆锥的底面半径为3，且圆锥的底面积是侧面积的一半，

可设圆锥的高为ℎ，母线长为l，则底面半径r=3，

则底面积S1=πr2=9π，侧面积S2=2πr⋅12⋅l=3πl=2×9π，解得l=6，

易知ℎ=7.【答案】A

【解析】解：因为1−cos2θ+sin2θ1+cos2θ+sin2θ=3，

可得2sin2θ+2sinθcosθ2cos2θ+2sinθcosθ=3，

可得sinθ(sinθ+cosθ)cosθ(cosθ+sinθ)=38.【答案】B

【解析】解：解法一(利用复数三角形式的周期性)：

先将复数z=32−12i化为三角形式．

计算z的模r=(32)2+(−12)2=1．

求辐角θ，因为z对应点(32,−12)在第四象限，cosθ=32，所以θ=−π6+2kπ(k∈Z)，取k=0时，θ=−π6，

则z=cos(−π6)+isin(−π6)=cosπ6−isinπ6．

根据复数三角形式的乘方运算zn=rn(cosnθ+isinnθ)，这里r=1，

所以zn=cos(−nπ6)+isin(−nπ6)=cosnπ6−isinnπ6．

计算zn的周期，看cosnπ6−isinnπ6何时重复．

因为cos和sin的周期是2π，令nπ6=2kπ(k∈Z)，解得n=12k，所以周期是12．

计算z1到z12的值：

z1=cosπ6−isinπ6=32−12i，

z2=cos2π6−isin2π6=cosπ3−isinπ3=19.【答案】AC

【解析】解：对于A，a⋅b=(2,−1)⋅(3,1)=6−1=5，故A正确；

对于B，a+b=(5,0)，a−b=(−1,−2)，

(a+b)⋅(a−b)=(5,0)⋅(−1,−2)=−5≠0，故B错误；

对于C，cos<a,b>=a⋅b|a||b|=55×10=552=22，

结合a与10.【答案】ABD

【解析】解：f(x)的周期T=4(32−12)=4，可得2πω=4，所以ω=π2，可知A项正确；

根据f(x)=2sin(π2x+π4)，可得f(ax)=2sin(π2ax+π4)，

当x∈[0,1]时，π2ax+π4∈[π4,π2a+π4]，

若函数f(ax)在区间[0,1]上为增函数，则π2a+π4≤π2，解得0<a≤12，可知B项正确；

当x=−1时，f(x)=2sin(−π4)≠0，

所以f(x)图象不关于点(−1,0)中心对称，可知C项不正确；

如图所示，f(x1)=f(x2)=−23，可知11.【答案】ACD

【解析】j解：对于选项A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为正方形ABCD的中心时，

CP⊥BD，BB1⊥平面ABCD，CP⊂平面ABCD，

所以CP⊥BB1，又BD∩BB1=B，BD，BB1⊂平面BB1D1D，

所以CP⊥平面BB1D1D，即CP⊥平面PB1D1，

在P−B1CD1中，CP=2,B1P=D1P=6,B1D1=22，

则cos∠B1PD1=6+6−82×6=13，

所以sin∠B1PD1=223，设△PB1D1外接圆半径为r，由正弦定理得

B1D1sin∠B1PD1=22223=3=2r⇒r=32，

过△PB1D1的外心作平面PB1D1的垂线与CP的垂直平分线交于点O，

则OC=OP=R=r2+(CP2)2=(32)2+(22)2=112，

所以三棱锥P−B1CD1外接球的表面积S=4πR2=11π，故选项A正确；

对于选项B，当P在线段BD上时，将平面ABD与平面BB1D1D沿BD展开，

则当A，P，B1三点共线时，|AP|+|PB1|取得最小值，

AB1=AB2+B1B2−AB⋅B1B⋅cos∠ABB12.【答案】±3【解析】解：由题意得x2=−94，则x=±32i．

13.【答案】6

【解析】解：连接AM，并延长与A1B1的延长线交于点P，连接NP与直线B1C1相交交点，即为点E，

因为AM与NE相交于点P，所以A，M，N，E四点共面，

因为M是BB1的中点，且AA1=BB1，AA1/​/BB1，

所以MB1=12AA1，MB1//AA1，

所以MB是ΔAA1P的中位线，则B1是A1P的中点，

又因为N为A1C1的中点，

所以NB1//C1P，14.【答案】5−【解析】解：由题意，AP=xAB+yAC=x(PB−PA)+y(PC−PA)=xPB+yPC+(x+y)AP，

整理得AP=x1−(x+y)⋅PB+y1−(x+y)PC，①

由P为△ABC的内心，可得P到AB，BC，CA的距离相等，记为r，

则SA=ar2,SB=br2,SC=cr2，

由SA⋅PA+SB⋅PB+15.【答案】证明见解析；

510【解析】(1)证明：连接BC1，设BC1与B1C的交点为O，连接OD，

在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为矩形，

故O是BC1的中点，

又D是AB的中点，可得OD/​/AC1，

因为OD⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，

所以AC1/​/平面B1CD；

(2)解：由(1)知OD/​/AC1，故直线AC1与AD所成的角等于OD与CD所成的角(或其补角)，

只需在平面图形中求∠ODC的余弦值，

直三棱柱底面△ABC中，∠ACB=90°，D为AB中点，

所以CD=12AB=2，

OD是△ABC1的中位线，AC1=AC2+CC16.【答案】[−1,2]；

4+25【解析】(1)f(x)=3sinx−cosx=2sin(x−π6)，

当x∈[0,π]时，x−π6∈[−π6,5π6]，

所以sin(x−π6)∈[−12,1]，则f(x)=2sin(x−π6)∈[−1,2]．

(2)f(A)=2，则sin(A−π6)=1，

又A∈(0,π)，所以A−π6=π2，即A=2π3，

因为17.【答案】23BA+13BC；

24【解析】解：(1)由D是AC上靠近A的三等分点，可得AD=13AC，

则BD=AD−AB=13AC−AB=13(BC−BA)+BA=23BA+13BC；

(2)因为BE=4，

故AE=AC+CE=AC+13CB=AC+13(AB−AC)=13AB+23AC，

所以AE⋅AB18.【答案】证明见解析；

4214；

4【解析】(1)证明：如图：

图1中，因为AD//BC，AD=AB=1，DB=2．

四边形ABND为正方形，所以BD⊥AN．

把△ABD沿BD翻折，如图2：则BD⊥MA，BD⊥MN，

又MA，MN⊂平面AMN，MA∩MN=M，

所以BD⊥平面AMN．

又BD⊂平面BCD，

所以平面BCD⊥平面AMN．

(2)因为BD⊥MA，BD⊥MN，

所以∠AMN即为二面角A−BD−C的平面角．

所以∠AMN=θ=60°．

过点A作AH⊥MN于H．

因为平面BCD⊥平面AMN，平面BCD∩平面AMN=MN，AH⊂平面AMN，

所以AH⊥平面BCD．

又AM=22，所以AH=AM⋅sin60°=22×32=64．

所以VA−MND=13S△MND⋅AH=13×14×64=648．

在△AMN中，MA=MN=22，∠AMN=60°，

所以AN=22．

又DA=DN=1，

所以S△AND=12×22×1−18=78．

设M到平面AND的距离为ℎ，

则VA−MND=VM−AND，

所以648=13×78⋅ℎ，

解得ℎ=19.【答案】14；

(i)证明见解析；(ii)1