2023-2024学年广西钦州市高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年广西钦州市高一（下）期末数学试卷一、选择题：本题共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．（5分）已知向量a→=（﹣2，5），b→=（m，4），若a→A．10 B．﹣10 C．85 D．2．（5分）下列说法正确的是（）A．有两个平面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱 B．底面是正六边形的棱锥是正六棱锥 C．棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点 D．绕直角梯形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆台3．（5分）要得到函数y=sin(3x+3π4)的图象，只需要将函数yA．向左平移3π4个单位长度B．向左平移π4个单位长度C．向右平移3π4个单位长度D．向右平移π44．（5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论一定正确的是（）A．若m⊥α，m⊥n，则n∥α B．若m∥α，m∥β，则α∥β C．若m∥α，m⊥n，则n⊥α D．若m⊥α，m∥β，则α⊥β5．（5分）已知sin（α+3π）+2cosα＝0，则tanα＝（）A．12 B．−12 6．（5分）小明在手工课上用硬纸板做了一个圆锥形容器，若该圆锥形容器的轴截面是边长为23A．3π立方分米 B．6π立方分米 C．9π立方分米 D．12π立方分米7．（5分）正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系．在如图所示的正五角星ABCDE中，AB＝6，O是该正五角星的中心，则AO→A．﹣18 B．﹣12 C．12 D．188．（5分）已知A，B是函数f（x）＝2sin2ωx﹣1（ω＞0）图象与x轴的两个相邻的交点，若|AB|=π12，则A．4 B．8 C．4或8 D．8或16二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝3，b＝2，cosB=223A．π6 B．π3 C．2π3（多选）10．（6分）已知函数f（x）＝Acos（2x+φ）（A＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图所示，则（）A．φ=πB．A＝2 C．f（x）的图象关于点(−5π12D．不等式f（x）＞1的解集是(kπ−（多选）11．（6分）已知三棱锥P﹣ABC的底面ABC是直角三角形，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝AC＝2，则（）A．三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为12π B．三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为48π C．三棱锥P﹣ABC内切球的半径为3−3D．三棱锥P﹣ABC内切球的半径为3−三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形O′A′B′C′，则原四边形OABC的面积是．13．（5分）某数学兴趣小组成员为了测量A，B两地之间的距离，在同一水平面上选取C地，测得A在C的东偏北75°方向上，且距离C地3千米，测得B在C的北偏东75°方向上，且距离C地2千米，则A，B两地之间的距离是千米．14．（5分）A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上（点M与P，Q两点均不重合），我们称如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ外，记（P，Q；M)=−|AP|sin∠PAM|AQ|sin∠MAQ=−|AP|sin∠PAM|AQ|sin∠MAQ．已知点M在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AB的延长线上，且AB＝2BM＝2，由A1对AB施以视角运算，则（A，B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．（13分）已知向量a→，b→的夹角为120°，且|a→（1）求|a→−2（2）若（a→−b→）•（a→16．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是正方形，PA＝PC，E是PD的中点．（1）证明：PB∥平面ACE．（2）证明：平面PBD⊥平面ACE．17．（15分）已知函数f(x)=3sinxcosx−3（1）求f（x）的单调递减区间；（2）求f（x）在区间[−7π18．（17分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，平面CDD1C1⊥平面A1B1C1D1，AB∥CD，AD⊥CD，AB＝B1C＝3，AA1＝2AD＝2CD＝2．（1）证明：AA1⊥平面ABCD．（2）求四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积．（3）求直线AB与平面AB1C所成角的正弦值．19．（17分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知ab（1）求角B；（2）若b＝4，求△ABC面积的最大值；（3）已知点D在AB边上，BC＝2，BD=6−2，sin∠BDC＝cosA

2023-2024学年广西钦州市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共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．（5分）已知向量a→=（﹣2，5），b→=（m，4），若a→A．10 B．﹣10 C．85 D．【考点】平面向量数量积的坐标运算．【答案】A【分析】结合向量垂直的性质，即可求解．【解答】解：向量a→=（﹣2，5），b→=（m，4），若则﹣2m+5×4＝0，解得m＝10．故选：A．2．（5分）下列说法正确的是（）A．有两个平面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱 B．底面是正六边形的棱锥是正六棱锥 C．棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点 D．绕直角梯形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆台【考点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征．【答案】C【分析】分别根据几何体的结构特征逐个分析即可．【解答】解：对于A：根据棱台的定义可知，棱台有两个平面平行，其余各面都是梯形，故A错误；对于B：根据正棱锥的定义可知，底面是正六边形，所有侧棱相等，顶点在底面的射影是底面的中心的棱锥是正六棱锥，故B错误；对于C：由棱台的定义可知棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点，故C正确；对于D：绕直角梯形的直角腰所在直线旋转一周得到的几何体是圆台，故D错误．故选：C．3．（5分）要得到函数y=sin(3x+3π4)的图象，只需要将函数yA．向左平移3π4个单位长度B．向左平移π4个单位长度C．向右平移3π4个单位长度D．向右平移π4【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换．【答案】B【分析】根据已知条件，结合三角函数的平移法则，即可求解．【解答】解：因为y=sin(3x+3π所以只需要将函数y＝sin3x的图象向左平移π4故选：B．4．（5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论一定正确的是（）A．若m⊥α，m⊥n，则n∥α B．若m∥α，m∥β，则α∥β C．若m∥α，m⊥n，则n⊥α D．若m⊥α，m∥β，则α⊥β【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【答案】D【分析】根据空间中各要素的位置关系，逐一判断即可．【解答】解：若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，∴A选项错误；若m∥α，m∥β，则α∥β或α与β相交，∴B选项错误；若m∥α，m⊥n，则n⊥α或n∥α或n⊂α，∴C选项错误；若m⊥α，m∥β，则α⊥β，∴D选项正确．故选：D．5．（5分）已知sin（α+3π）+2cosα＝0，则tanα＝（）A．12 B．−12 【考点】运用诱导公式化简求值．【答案】C【分析】由诱导公式计算即可求得．【解答】解：因为sin（α+3π）＝sin（α+π）＝﹣sinα，所以﹣sinα+2cosα＝0，所以tana＝2．故选：C．6．（5分）小明在手工课上用硬纸板做了一个圆锥形容器，若该圆锥形容器的轴截面是边长为23A．3π立方分米 B．6π立方分米 C．9π立方分米 D．12π立方分米【考点】圆锥的体积．【答案】A【分析】直接利用圆锥的体积公式求解即可．【解答】解：设该圆锥形的容器的底面圆的半径为r，高为h，由圆锥形容器的轴截面是边长为23分米的等边三角形，可得r=3分米，h则小明制作的圆锥形的容器的容积是V=1故选：A．7．（5分）正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系．在如图所示的正五角星ABCDE中，AB＝6，O是该正五角星的中心，则AO→A．﹣18 B．﹣12 C．12 D．18【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】D【分析】过D作OH⊥AB，垂足为H，再由平面向量数量积的定义计算即可．【解答】解：过D作OH⊥AB，垂足为H，因为正五角星ABCDE中，AB＝6，O是该正五角星的中心，所以H为AB的中点，故AO→故选：D．8．（5分）已知A，B是函数f（x）＝2sin2ωx﹣1（ω＞0）图象与x轴的两个相邻的交点，若|AB|=π12，则A．4 B．8 C．4或8 D．8或16【考点】正弦函数的奇偶性和对称性．【答案】C【分析】由题意利用正弦函数的性质可求函数的周期，利用周期公式即可求解．【解答】解：因为A，B是函数f（x）＝2sin2ωx﹣1（ω＞0）图象与x轴的两个相邻的交点，且|AB|=π所以T3=π则T=π4或因为ω＞0，所以T=2π2α=πω解得ω＝4或ω＝8．故选：C．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝3，b＝2，cosB=223A．π6 B．π3 C．2π3【考点】利用正弦定理解三角形．【答案】AD【分析】根据已知条件，结合正弦定理，以及三角函数的同角公式，即可求解．【解答】解：因为cosB=223，且0＜B所以sinB=1−co由正弦定理可得asinA则sinA=asinB0＜A＜π，故A=π6或故选：AD．（多选）10．（6分）已知函数f（x）＝Acos（2x+φ）（A＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图所示，则（）A．φ=πB．A＝2 C．f（x）的图象关于点(−5π12D．不等式f（x）＞1的解集是(kπ−【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换；余弦函数的对称性．【答案】BC【分析】根据已知条件，结合三角函数的图象与性质，即可求解．【解答】解：由图可知，f(π所以π6+φ=kπ+π2（k∈因为0＜φ＜π，所以φ=π3，则因为点（0，1）在f（x）的图象上，所以f(0)=Acosπ3=1，解得A因为f(−5π所以f（x）的图象关于点(−5π12，0)由f（x）＞1，则cos(2x+π3)＞12，解得2kπ−所以不等式f（x）＞1的解集是(kπ−π3，kπ)(k∈Z)故选：BC．（多选）11．（6分）已知三棱锥P﹣ABC的底面ABC是直角三角形，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝AC＝2，则（）A．三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为12π B．三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为48π C．三棱锥P﹣ABC内切球的半径为3−3D．三棱锥P﹣ABC内切球的半径为3−【考点】球的表面积．【答案】AC【分析】根据分割补形法，三棱锥的体积公式，等体积法思想即可逐一求解．【解答】解：由题意可知AB，AC，AP两两垂直，且PA＝AB＝AC＝2，∴三棱锥P﹣ABC外接球的半径R满足（2R）2＝AB2+AC2+AP2＝12，∴三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为4πR2＝12π，∴A选项正确，B选项错误；由题意可得三棱锥P﹣ABC的体积V=1三棱锥P﹣ABC的表面积S=1设三棱锥P﹣ABC内切球的半径为r，根据等体积法可得：V=1∴r=3VS=46+2故选：AC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形O′A′B′C′，则原四边形OABC的面积是．【考点】由斜二测直观图还原图形．【答案】82．【分析】根据题意，求出直观图的面积，进而由原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案．【解答】解：根据题意，直观图为边长为2的正方形O′A′B′C′，其面积S′＝2×2＝4，则原图四边形OABC的面积S＝22S′＝82．故答案为：82．13．（5分）某数学兴趣小组成员为了测量A，B两地之间的距离，在同一水平面上选取C地，测得A在C的东偏北75°方向上，且距离C地3千米，测得B在C的北偏东75°方向上，且距离C地2千米，则A，B两地之间的距离是千米．【考点】解三角形．【答案】7．【分析】根据题意，利用余弦定理即可求得AB的长．【解答】解：由题意，∠ACB＝90°﹣15°﹣15°＝60°，又AC＝3，BC＝2，由余弦定理可得：AB=A=9+4−2×3×2×故答案为：7．14．（5分）A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上（点M与P，Q两点均不重合），我们称如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ外，记（P，Q；M)=−|AP|sin∠PAM|AQ|sin∠MAQ=−|AP|sin∠PAM|AQ|sin∠MAQ．已知点M在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱AB的延长线上，且AB＝2BM＝2，由A1对AB施以视角运算，则（A，B【考点】棱柱的结构特征．【答案】﹣3．【分析】根据锐角三角函数的定义，结合和差角公式可得sin∠AA1Msin∠MA1B，即可代入公式求解．【解答】解：如图1，因为AB＝2BM＝2，所以AM=3，A由正方体的定义可知AA1⊥AB，则∠A1AB＝90°，故sin∠AA1B=22，cos∠AA1Bsin∠AA1M=因为∠BA1M＝∠AA1M﹣∠AA1B，所以sin∠BA则（A，B；M）=−A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．（13分）已知向量a→，b→的夹角为120°，且|a→（1）求|a→−2（2）若（a→−b→）•（a→【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】（1）37；（2）2．【分析】（1）由平面向量数量积的定义求得a→（2）由（a→−b→）•（【解答】解：因为向量a→，b→的夹角为120°，且|a→所以a→（1）因为（a→−2b→）2=a→2所以|a（2）因为（a→−b→）•（a→+kb→）＝﹣2，所以a→所以9﹣3k+3﹣4k＝﹣2，即14﹣7k＝0，解得k＝2．16．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是正方形，PA＝PC，E是PD的中点．（1）证明：PB∥平面ACE．（2）证明：平面PBD⊥平面ACE．【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行．【答案】（1）证明见解答；（2）证明见解答．【分析】（1）设AC∩BD＝O，连接OE，可得OE∥PB，由线面平行的判定定理证明即可；（2）连接OP，可得OP⊥AC，AC⊥BD，进而由线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证明即可．【解答】证明：（1）设AC∩BD＝O，连接OE，因为四边形ABCD是正方形，所以O是BD的中点，因为E是PD的中点，所以OE∥PB，因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，所以PB∥平面ACE．（2）连接OP，因为四边形ABCD是正方形，所以O是AC的中点，因为PA＝PC，所以OP⊥AC，因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，因为OP，BD⊂平面PBD，且OP∩BD＝O，所以AC⊥平面PBD，因为AC⊂平面ACE，所以平面PBD⊥平面ACE．17．（15分）已知函数f(x)=3sinxcosx−3（1）求f（x）的单调递减区间；（2）求f（x）在区间[−7π【考点】三角函数中的恒等变换应用．【答案】（1）[kπ+π（2）[−3【分析】（1）先结合二倍角公式及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的单调性即可求解；（2）结合正弦函数取得最值的条件即可求解．【解答】解：由题意可得f(x)=3（1）令2kπ+π解得kπ+π故f（x）的单调递减区间为[kπ+π（2）因为x∈[−7π12，0]当x=−7π12时，f（x）取得最大值当x=−π6时，f（x）取得最小值故f（x）在区间[−7π12，0]18．（17分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，平面CDD1C1⊥平面A1B1C1D1，AB∥CD，AD⊥CD，AB＝B1C＝3，AA1＝2AD＝2CD＝2．（1）证明：AA1⊥平面ABCD．（2）求四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积．（3）求直线AB与平面AB1C所成角的正弦值．【考点】空间中点到平面的距离；棱柱的体积；直线与平面垂直．【答案】（1）证明见解答；（2）4；（3）217【分析】（1）先证明CC1⊥平面A1B1C1D1，再根据平面ABCD∥平面A1B1C1D1，AA1∥CC1，即可得证；（2）先计算梯形ABCD的面积，再代入体积公式即可求解；（3）先证明∠BAH是直线AB与平面AB1C所成的角，再解三角形即可求解．【解答】解：（1）证明：在A1B1上取点E，使得A1E＝1，连接C1E，则四边形A1EC1D1是正方形，因为C1E＝A1D1＝1，B1E＝2，所以B1因为CC1＝2，B1C＝3，所以B1所以CC1⊥B1C1，因为AD⊥CD，所以A1D1⊥C1D1，因为平面CDD1C1⊥平面A1B1C1D1，且平面CDD1C1∩平面A1B1C1D1＝C1D1，所以A1D1⊥平面CDD1C1，因为CC1⊂平面CDD1C1，所以A1D1⊥CC1，因为A1D1，B1C1⊂平面A1B1C1D1，且A1D1与B1C1相交，所以CC1⊥平面A1B1C1D1，因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，AA1∥CC1，所以AA1⊥平面ABCD．（2）由题意可得梯形ABCD的面积S=(1+3)×1则四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积V＝Sh＝2×2＝4；（3）作BH⊥平面AB1C，垂足为H，连接AH，则∠B