2023-2024学年江西省宜春市丰城市东煌学校高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年江西省宜春市丰城市东煌学校高一（下）期末数学试卷一、单选题1．（5分）已知tanα=13，则sin2A．310 B．35 C．−32．（5分）已知向量a→=(1，1)，b→A．5 B．52 C．8 D．3．（5分）已知m、n是平面α内的两条直线，则“直线l⊥m且l⊥n”是“l⊥α”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．（5分）我国北宋时期科技史上的杰作《梦溪笔谈》收录了计算扇形弧长的近似计算公式：lAB=弦+2×矢2A．3+2 B．33+22 C．5．（5分）复数（1+i）i的虚数部分为（）A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i6．（5分）如图，正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长是（）A．8cm B．6cm C．2+32cm D．2+23cm7．（5分）△ABC的内角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，且a=2，b=3A．π6 B．π4 C．π38．（5分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，棱柱的侧面均为矩形，AA1＝1，AB=BC=3，cos∠ABC=13，P是A1B上的一动点，则AP+A．3 B．2 C．5 D．7二、多选题（多选）9．（5分）已知平面向量a→、b→、A．若|a→|=0B．单位向量都相等 C．方向相反的两个非零向量一定共线 D．若a→，b→满足|a→|＞|b（多选）10．（5分）已知向量a→A．(a→+2b→)∥c→ （多选）11．（5分）已知复数z＝1+i，则下列说法正确的是（）A．z的共轭复数是1﹣i B．z的虚部是i C．zz=i （多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为6，点E，F分别是棱AD，DD1的中点，M是棱AB上的动点，则（）A．直线CC1与BF所成角的正切值为2 B．直线EF∥平面ABC1D1 C．平面EFM⊥平面A1B1CD D．B1到直线EF的距离为3三、填空题13．（5分）已知正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，侧棱长为2，则正四棱台的高为．14．（5分）已知|a→+b→|=5，b15．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝5，则A1C与平面ABCD所成角的正切值为．16．（5分）函数f（x）=sinxcosx1+sinx+cosx的值域为四、解答题17．（10分）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长是2，D，E是CC1，BC的中点，AE＝DE．求：（1）正三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱长；（2）正三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面积．18．（12分）已知复数z＝m+2i是方程x2﹣6x+13＝0的一个虚根（i是虚数单位，m∈R）．（1）求|z|；（2）复数z1＝a﹣i，若zz1为纯虚数，求实数19．（12分）已知向量a→=（3，2），b→（1）若（a→+2b→）⊥（2a（2）若c→=（﹣8，﹣1），a→∥（b→+c→20．（12分）已知f(x)=2sin(x+π（1）若x∈(0，π2)，求函数f（2）在△ABC，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（A）＝2，且△ABC的面积为23，当a＝6时，求△ABC21．（12分）如图（1），六边形ABCDEF是由等腰梯形ADEF和直角梯形ABCD拼接而成，且∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AF＝EF＝ED＝2，AD＝CD＝4，沿AD进行翻折，得到的图形如图（2）所示，且∠AEC＝90°．（1）求证：CD⊥平面ADEF．（2）求二面角C﹣AE﹣D的余弦值．22．（12分）在△ABC中，a，b，c，分别是角A，B，C的对边，请在①sinA−sinCsinB=b−ca+c（1）求角A的大小；（2）如图，若△ABC为锐角三角形，且其面积为32，且AM→=12AC→，AN→=2NB→，线段BM

2023-2024学年江西省宜春市丰城市东煌学校高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单选题1．（5分）已知tanα=13，则sin2A．310 B．35 C．−3【考点】二倍角的三角函数；同角三角函数间的基本关系．【答案】B【分析】根据二倍角的正弦公式和sin2α+cos2α＝1将sin2α变成sin2α=2tanαtan2【解答】解：∵tanα=1∴sin2α=2sinαcosα故选：B．2．（5分）已知向量a→=(1，1)，b→A．5 B．52 C．8 D．【考点】平面向量数量积的坐标运算；平面向量的概念与平面向量的模．【答案】B【分析】通过向量的坐标运算以及向量的模的求法，求解即可．【解答】解：向量a→=(1，1)，b→=(−2，3)，那么|a故选：B．3．（5分）已知m、n是平面α内的两条直线，则“直线l⊥m且l⊥n”是“l⊥α”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；充分条件与必要条件．【答案】B【分析】根据线面垂直的判定与性质定理即可判断出结论．【解答】解：由m、n是平面α内的两条直线，l⊥α⇒直线l⊥m且l⊥n，反之不成立，因为m与n不一定垂直．∴“直线l⊥m且l⊥n”是“l⊥α”的必要不充分条件．故选：B．4．（5分）我国北宋时期科技史上的杰作《梦溪笔谈》收录了计算扇形弧长的近似计算公式：lAB=弦+2×矢2A．3+2 B．33+22 C．【考点】扇形面积公式；弧长公式．【答案】C【分析】根据扇形的面积公式可得圆心角大小，进而根据弧长的近似计算公式即可求解．【解答】解：设扇形的圆心角为α，由扇形面积公式可知12×2如图，取AB的中点C，连接OC，交AB于点D，则OC⊥AB．易知∠OAD=π6，则所以CD＝2﹣1＝1，AD=2cosπ6=所以扇形弧长的近似值为lAB=弦+2×故选：C．5．（5分）复数（1+i）i的虚数部分为（）A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i【考点】复数的代数表示法及其几何意义．【答案】A【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：∵（1+i）i＝﹣1+i，∴复数（1+i）i的虚数部分为1．故选：A．6．（5分）如图，正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长是（）A．8cm B．6cm C．2+32cm D．2+23cm【考点】平面图形的直观图．【答案】A【分析】判断水平放置的平面图形的直观图的圆图形，求出边长即可求解周长．【解答】解：正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图是平行四边形，相邻边长为：1和(22原图的周长是：8．故选：A．7．（5分）△ABC的内角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，且a=2，b=3A．π6 B．π4 C．π3【考点】正弦定理．【答案】B【分析】由已知应用正弦定理、三角形内角性质求A的值．【解答】解：由正弦定理知：asinA=b因为A∈（0，π），所以A=π4或A=3π4，又A+故A=π故选：B．8．（5分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，棱柱的侧面均为矩形，AA1＝1，AB=BC=3，cos∠ABC=13，P是A1B上的一动点，则AP+A．3 B．2 C．5 D．7【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征．【答案】D【分析】连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解AC′即可．【解答】解：连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，则有AP+PC1＝AP+PC′≥AC′，当A，P，C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值．在三角形ABC中，AB=BC=3，cos∠ABC=由余弦定理得：AC=A所以A1C1＝2，即A1C′＝2，在三角形A1AB中，AA1＝1，AB=3由勾股定理可得：A1B=AA1同理可求C1B＝2，因为A1B＝BC1＝A1C1＝2，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠BA1C1＝60°，所以在三角形AA1C′中，∠AA1C′＝∠AA1B+∠BA1C′＝120°，AA1＝1，A1C′＝2，由余弦定理得：AC′=1+4−2×1×2×(−故选：D．二、多选题（多选）9．（5分）已知平面向量a→、b→、A．若|a→|=0B．单位向量都相等 C．方向相反的两个非零向量一定共线 D．若a→，b→满足|a→|＞|b【考点】平面向量的概念与平面向量的模；平面向量的相等与共线；命题的真假判断与应用．【答案】BD【分析】根据向量的定义和性质，逐项判断正误即可．【解答】解：对于A，若|a→|=0，则a对于B，单位向量的模为1，但是方向不一定相同，故B错误；对于C，方向相同或相反的两个非零向量为共线向量，故C正确；对于D，向量之间不能比较大小，只能比较向量的模，故D错误．故选：BD．（多选）10．（5分）已知向量a→A．(a→+2b→)∥c→ 【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的模；平面向量加减法的坐标运算．【答案】AD【分析】根据向量的线性运算和向量的模的计算可得选项．【解答】解：a→所以a→+2b所以(a→+2b→a→=(1，3)，则a→+c→=(4，−2)所以|a→+c→故选：AD．（多选）11．（5分）已知复数z＝1+i，则下列说法正确的是（）A．z的共轭复数是1﹣i B．z的虚部是i C．zz=i 【考点】复数的运算；复数的模．【答案】AD【分析】根据复数的相关概念与运算逐项分析判断．【解答】解：对于选项A：z的共轭复数是z=1−i，故A对于选项B：z的虚部是1，故B错误；对于选项C：zz=1−i对于选项D：|z|=12+故选：AD．（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为6，点E，F分别是棱AD，DD1的中点，M是棱AB上的动点，则（）A．直线CC1与BF所成角的正切值为2 B．直线EF∥平面ABC1D1 C．平面EFM⊥平面A1B1CD D．B1到直线EF的距离为3【考点】平面与平面垂直；点、线、面间的距离计算；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．【答案】BCD【分析】把直线CC1与BF所成的角，转化为直线BB1与BF所成的角，在直角△BFN中，求得所成的角的正切值为22，可判定A不正确；由EF∥AD1，利用线面平行的判定定理，证得EF∥平面ABC1D1，可判定B正确；由AD1⊥平面A1B1CD，得到EF⊥平面A1B1CD，结合面面垂直的判定定理，可判定C正确；设A1D∩EF＝O，证得EF⊥B1O，得到B1O即为点B1到直线EF的距离，在直角△A1B1O中求得B1O，可判定D【解答】解：对于A中，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得CC1∥BB1，所以异面直线CC1与BF所成的角，即为直线BB1与BF所成的角，设∠FBB1＝θ，取BB1的中点N，连接B1F和FN，在直角△BFN中，tanθ=FNBN=22，即异面直线CC1与BF所成的角的正切值为对于B中，因为点E，F分别是棱AD，DD1的中点，可得EF∥AD1，又因为EF⊄平面ABC1D1，AD1⊂平面ABC1D1，所以直线EF∥平面ABC1D1，所以B正确；对于C中，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得AD1⊥平面A1B1CD，因为EF∥AD1，所以EF⊥平面A1B1CD，又因为EF⊂平面EFM，所以平面EFM⊥平面A1B1CD，所以C正确；对于D中，设A1D∩EF＝O，因为EF⊥平面A1B1CD，且B1O⊂平面A1B1CD，可得EF⊥B1O，所以B1O即为点B1到直线EF的距离，在直角△A1B1O中，A1所以BO=A即B1到直线EF的距离为3342，所以故选：BCD．三、填空题13．（5分）已知正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，侧棱长为2，则正四棱台的高为．【考点】棱台的结构特征．【答案】2．【分析】在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，分别取上下底面的中心O1、O，过点A1作A1H⊥AO，利用勾股定理即可求解．【解答】解：如图，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，分别取上下底面的中心O1、O，有O1过点A1作A1H⊥AO，垂足为H，则AH＝AO﹣OH＝AO﹣A1O1=2在Rt△A1HA中，A1H=A故答案为：2．14．（5分）已知|a→+b→|=5，b【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的相等与共线．【答案】（﹣2，﹣4）．【分析】由已知可设a→=(λ，2λ)（λ≠0），求出a→+b【解答】解：∵非零向量a→满足a→∥可设a→=(λ，2λ)（λ≠0），则由|a→+得5λ2+10λ+5＝5，即λ＝0（舍去），或λ＝﹣2．则a→故答案为：（﹣2，﹣4）．15．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝5，则A1C与平面ABCD所成角的正切值为．【考点】几何法求解直线与平面所成的角．【答案】5．【分析】根据线面角的定义结合勾股定理和正切的定义即可得到答案．【解答】解：因为AA1⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，所以AA1⊥AC，所以直线A1C与平面ABCD所成角即为∠ACA1，因为AB＝1，BC＝2，所以AC=1所以tan∠ACA故答案为：5．16．（5分）函数f（x）=sinxcosx1+sinx+cosx的值域为【考点】三角函数的最值．【答案】见试题解答内容【分析】通过平方关系式化简sinxcosx为（1+sinx+cosx）（sinx+cosx﹣1），然后化简函数的表达式，通过两角和的正弦函数，以及正弦函数的有界性，求出函数的值域．【解答】解：∵sinxcosx=12[（sinx+cosx）=12（1+sinx+cosx）（sinx+cos∴y==1=12（sinx+cos又1+sinx+cosx≠0即sinx+cosx≠﹣1且sinx+cosx=2sin（x+π4）∈∴函数f（x）=sinxcosx1+sinx+cosx的值域为：故答案为：[−2四、解答题17．（10分）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长是2，D，E是CC1，BC的中点，AE＝DE．求：（1）正三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱长；（2）正三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】（1）22；（2）122【分析】（1）由正三棱柱、线面垂直性质可得CC1⊥BC，求出CD，即可得侧棱长；（2）利用棱柱表面积的求法求正三棱柱的表面积．【解答】解：（1）由题意BE＝EC＝1，DE＝AE＝2×sin60°=3根据正三棱柱得CC1⊥面ABC，又BC⊂面ABC，所以CC1⊥BC，在Rt△ECD中，CD=E又D是CC1的中点，故侧棱长为22；（2）底面积为S1＝2S△ABC＝2×2×3×12=23，侧面积为S2＝3S所以棱柱表面积为S＝S1+S2＝122+2318．（12分）已知复数z＝m+2i是方程x2﹣6x+13＝0的一个虚根（i是虚数单位，m∈R）．（1）求|z|；（2）复数z1＝a﹣i，若zz1为纯虚数，求实数【考点】纯虚数；复数的运算．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据已知条件，结合韦达定理，以及共轭复数的定义，求出m，再结合复数模公式，即可求解；（2）根据已知条件，结合复数的四则运算，以及纯虚数的定义，即可求解．【解答】解：（1）z＝m+2i是方程x2﹣6x+13＝0的一个虚根，则z=m−2i也是方程x2﹣6x故m−2i+m+2i=6(m−2i)(m+2i)=13，解得mz＝3+2i，所以|z|=3（2）z1＝a﹣i，则zz∵zz∴3a−2=03+2a≠0，解得a=19．（12分）已知向量a→=（3，2），b→（1）若（a→+2b→）⊥（2a（2）若c→=（﹣8，﹣1），a→∥（b→+c→【考点】数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】（1）x=−3（2）θ=π【分析】（1）根据题意，求出a→+2b→和2a→−b→的坐标，由向量垂直的判断方法可得（a→+（2）根据题意，求出b→+c→的坐标，由向量平行的坐标表示方法可得关于x的方程，解可得x的值，即可得【解答】解：（1）根据题意，向量a→=（3，2），b→则a→+2b→=（3+2x，0），2若（a→+2b→）⊥（2a→−b→），则（a→+解可得：x=−3（2）根据题意，b→+c若a→∥（b→+解可得x＝5，则b→cosθ=a又由0≤θ≤π，则θ=π20．（12分）已知f(x)=2sin(x+π（1）若x∈(0，π2)，求函数f（2）在△ABC，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（A）＝2，且△ABC的面积为23，当a＝6时，求△ABC【考点】三角形中的几何计算．【答案】（1）（0，3]．（2）6+215【分析】（1）利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f（x）＝2sin（2x+π6）+1，由题意可求π6＜2x+π（2）由（1）可得sin(2A+π6)=12，可求2A+π6∈(π6，【解答】解：（1）由题意，f(x)=2sin(x+＝2cos2x+3sin2＝2cos2x﹣1+3sin2x＝cos2x+3sin2x＝2sin（2x+π当x∈(0，π2)所以−12＜sin（2所以f（x）＝2sin（2x+π6）+1所以函数f（x）的值域为（0，3]．（2）由（1）可得f(A)=2sin(2A+π所以sin(2A+π因为A∈（0，π），可得2A+π所以2A+π6=又由S△ABC=1由余弦定理得a2＝b2+c2﹣bc＝（b+c）2﹣3bc＝（b+c）2﹣24，因为a＝6，所以b+c=215所以△ABC的周长为6+21521．（12分）如图（1），六边形ABCDEF是由等腰梯形ADEF和直角梯形ABCD拼接而成，且∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AF＝EF＝ED＝2，AD＝CD＝4，沿AD进行翻折，得到的图形如图（2）所示，且∠AEC＝90°．（1）求证：CD⊥平面ADEF．（2）求二面角C﹣AE﹣D的余弦值．【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面垂直．【答案】（1）证明见解析；（2）55【分析】（1）根据题意可证明CD⊥ED，CD⊥AD，然后证明CD⊥平面ADEF即可；（2）根据垂直关系可得∠CED就是二面角C﹣AE﹣D的平面角，进而可得结果．【解答】解：（1）证明：在等腰梯形ADEF中，作EM⊥AD于M，则DM=AD−EF2=1，AM=3，EM=连接AC，则AC=42因为∠AEC＝90°，可得EC=25由ED2+DC2＝EC2，可得CD⊥ED，且CD⊥AD，AD∩ED＝D，AD，ED