2024-2025学年山东省日照市校际联考高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年山东省日照市校际联考高一（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.下列各角中，与角π6终边相同的角是(

)A.−13π6 B.−11π6 C.2.函数y=tan(πx+3)的最小正周期为(

)A.1 B.2 C.3 D.43.如图，在△ABC中，BD=2DC，则AD=(

)A.14AB+34AC

B.34.α，β为不同的平面，m，n为不同的直线，则下列判断正确的是(

)A.若m//α，n//α，则m//n B.若m//n，n⊂α，则m//α

C.若m⊥α，n⊥α，则m//n D.若m⊥α，n⊥m，则n//α5.已知a，b为单位向量，且|3a−5b|=7，则a与bA.π3 B.2π3 C.π66.若cos(α+π4)=35，A.210 B.3210 7.降水量是指降落在水平面上单位面积的水层深度(单位：mm).气象学中把24小时内的降水量叫做日降水量.某学生用上口直径为20cm，底面直径为12cm，母线长为410cm的圆台型水桶放置在水平地面上来测量日降水量.某次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水，雨水的高度是桶深的12，则本次降雨的日降水量是A.29.6mm B.46.3mm C.63.5mm D.82.2mm8.如图，把画有函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,π2<φ<π)部分图像的纸片沿x轴折成直二面角，折叠后B两点之间的距离为23，则f(A.3 B.1 C.−3二、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.在平面直角坐标系中，向量a,b如图所示，则(

)A.a⊥b

B.|2a−b|=5

C.a⋅(2a−b)=5

D.存在实数λ，使得λa+bA.ω=2

B.f(x)的图象关于点(π4,0)对称

C.f(x)在[π12,π2]上单调递减

D.把f(x)的图像向左平移π3个单位，所得图像对应的函数为偶函数

11.在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1A.当m=n=12时，四棱锥P−ABCD外接球半径为3

B.当m+n=1时，三棱锥P−DEF的体积为43

C.若AP=26，则点P的轨迹长为2π三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a=(x,1)，b=(1,−2)，若a/​/b，则13.在△ABC中，∠BAC=60°，AB=3，AC=2，若D为BC边的中点，则|AD|=______．14.关于x的不等式(a−|x−b|)sin(x+π3)≤0在[0,2π]上恒成立，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)

已知函数f(x)=3cos2ωx+sinωxcosωx−32(ω>0),y=f(x)图象的相邻对称轴之间的距离为π2．

(1)求f(x)的解析式和单调递增区间；

(2)把f(x)图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的12，再把图象上的所有点向左平移π12个单位，得到g(x)16.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，E，F分别为侧棱PD，PC的中点，且PA=PD=AD=2．

(1)求证：PB//平面ACE；

(2)求四棱锥P−ABFE的体积．17.(本小题15分)

已知△ABC的内解A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足bcosA−acosB=a．

(1)求证：B=2A；

(2)若D为AB上一点，且BD=BC=2，求△ACD的面积的最大值．18.(本小题17分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面边长和侧棱长均为4，D，E分别为棱AC，CC1的中点，且C1D⊥平面ABC．

(1)求证：A1C⊥平面BDE；

(2)设G为棱B1C1上一点(不包含端点B1，C1)，

①若G为棱B1C1的中点19.(本小题17分)

已知a，b，c，d∈R，且a<b<c<d，定义[a,b]∪[c,d]的“区间长度”为b−a+d−c，函数f(x)=(2cosx−t)(2tcosx+1)(t∈R)的定义域为[−π2,3π2]．

(1)当t=−1时，求关于x的不等式f(x)≤0解集的“区间长度”；

(2)已知12<t<2，设关于x的不等式f(x)≥0解集的“区间长度”为I．

(i)若I=π，求t的值；参考答案1.B

2.A

3.D

4.C

5.B

6.A

7.A

8.D

9.BCD

10.AC

11.ACD

12.−113.1914.−15.解：(1)f(x)=3cos2ωx+sinωxcosωx−32

=32(1+cos2ωx)+12sin2ωx−32

=32cos2ωx+12sin2ωx

=sin(2ωx+π3)，(ω>0)，

由题意可得y=f(x)的最小正周期为π，

可得2π2ω=π，所以ω=1，

可得f(x)=sin(2x+π3)，

令−π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ,k∈Z，

则−5π12+kπ≤x≤π12+kπ,k∈Z，

可得函数f(x)的单调递增区间为16.(1)证明：连接BD，交AC于点O，连接OE，

在正方形ABCD中，O为BD的中点，又E为侧棱PD的中点，

因此在△PBD中，OE为△PBD的中位线，所以OE//PB，

因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，

因此PB//平面ACE．

(2)因为E，F分别为侧棱PD，PC的中点，所以EF为△PCD的中位线，

因此EF//CD，且EF=12CD，

在ABCD是正方形中，AB//CD，AD=CD=2，

因此AB//EF，且EF=12CD=1，

因此四边形ABFE为梯形，

又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，

在ABCD是正方形中，AD⊥CD，且CD⊂平面ABCD

因此CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，

因此CD⊥AE，所以EF⊥AE，因此梯形ABFE为直角梯形；

又PA=PD=AD=2，E为侧棱PD的中点，

因此AE=3，且AE⊥PD，因此梯形ABFE的面积为：S=12×(EF+AB)×AE=12×(1+2)×3=332，

由CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，

因此CD⊥PD，因此EF⊥PD，

EF∩AE=E17.(1)证明：因为bcosA−acosB=a，

由正弦定理可得sinBcosA−sinAcosB=sinA，

即sin(B−A)=sinA，

在△ABC中，可得B−A=A或B−A=π−A，解得B=2A或B=π(舍)，

故B=2A；

(2)解：设∠ADC=α，∠CDB=π−α，

因为S△ACD=12AD·AC·sinA，

在△ACD中，由正弦定理可得ACsinα=CDsinA，①

在△BCD中，BD=BC=2，B=2A，

由正弦定理可得BCsin(π−α)=CDsinB，即2sinα=CDsin2A，②

由①②可得AC=4cosA，

在△ABC中，由正弦定理可得BCsinA=ABsin⁡∠ACB=ABsin⁡(π−A−B)，

即2sin18.(1)证明：如图所示，连接C1A，

由题意可知C1D⊥平面ABC，四边形ACC1A1是菱形，

BD⊂平面ABC，所以C1D⊥BD，

又因为D为棱AC的中点，△ABC是正三角形，

所以AC⊥BD，又AC∩C1D=D，AC，C1D⊂平面ACC1A1，

所以BD⊥平面ACC1A1，

又因为A1C⊂平面ACC1A1，所以BD⊥A1C，

在菱形ACC1A1中，有C1A⊥A1C，

而D，E分别为棱AC，CC1的中点，则DE//AC1，

所以DE⊥A1C，

因为DE∩BD=D，DE，BD⊂平面DBE，

所以A1C⊥平面BDE；

(2)①取A1C1的中点D1，取C1D1的中点H，连接B1D1，BG，GH，HD，DD1，

则DD1//CC1且DD1=CC1，又BB1//CC1且BB1=CC1，

所以DD1//BB1且DD1=BB1，

所以四边形BDD1B1是平行四边形，

所以BD//B1D1且BD=B1D1，

因为G，H分别为C1B1，C1D1的中点，

所以GH//B1D1且GH=12B1D1，所以GH//BD，

所以过过G，B，D三点的截面即为四边形BDHG，

因为BD⊥平面ACC1A19.(1)当t=−1时，f(x)=(2cosx+1)(−2cosx+1)=1−4cos2x，

由f(x)≤0，得1−4cos2x≤0，解得cosx≤−12或cosx≥12，

又函数f(x)的定义域为[−π2,3π2]，所以−π3≤x≤π3或2π3≤x≤4π3，

所以f(x)≤0解集的“区间长度”为π3−(−π3)+4π3−2π3=4π3；

(2)(i)不等式化为(2cosx−t)(2tcosx+1)≥0，由12<t<2，得t2>0>−12t，

所以