2023-2024学年四川省成都市成华区高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年四川省成都市成华区高一（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.1．（5分）若z＝（2﹣ai）（1+2i）为纯虚数，则实数a＝（）A．﹣2 B．2 C．﹣1 D．12．（5分）已知向量a→=(2，−1)，b→=(k，2)，且A．﹣4 B．4 C．0 D．−3．（5分）已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，则下列命题中正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若α⊥β，γ⊥β，则α⊥γ C．若m⊥α，n⊥α，则m∥n D．若m∥α，m∥β，则α∥β4．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N分别为线段AC和线段A1B的中点，则直线MN与平面A1B1BA所成角为（）A．60° B．45° C．30° D．75°5．（5分）已知cos2α=23，则A．13 B．23 C．236．（5分）设a→，b→为单位向量，a→在bA．1 B．2 C．3 D．27．（5分）筒车亦称“水转筒车”，一种以水流作动力，取水灌田的工具，如图是某公园的筒车，假设在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针方向匀速圆周运动．现有一半径为2米的筒车，在匀速转动过程中，筒车上一盛水筒M距离水面的高度H（单位：米，记水筒M在水面上方时高度为正值，在水面下方时高度为负值）与转动时间t（单位：秒）满足函数关系式H=2sin(π30t+φ)+54，φ∈(0，π2A．3.25 B．2.25 C．1.25 D．0.258．（5分）已知角α，β满足cosα=13，cos(α+β)cosβ=14，则cos（A．112 B．18 C．16二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。（多选）9．（6分）已知复数z的共轭复数为z，则下列命题正确的是（）A．z+z∈R B．z−C．|z|=|z| （多选）10．（6分）函数f（x）＝23sinωxcosωx+2cos2ωx﹣1（0＜ω＜1）的图象如图所示，则（）A．y＝f（x）的最小正周期为π B．y=f(x+π6)cosx的图象关于直线C．y=f(2x+π3D．若y＝f（tx）（t＞0）在[0，π]上有且仅有两个零点，则实数t∈[（多选）11．（6分）设点D是△ABC所在平面内一点，O是平面上一个定点，则下列说法正确的有（）A．若AD→=(23AB→+1B．若AD→=λ(AB→|AB→|cosB+AC→C．若AD→=xAB→+yAC→，且x，y∈R，D．若平面内一动点P满足OP→=OA→+λ(AB→|AB→三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知平面向量a→，b→满足|a→|=1，b→=(1，−2)，a13．（5分）若x∈[0，4]时，曲线y＝sin（πx）与y=2sin(2πx−π6)14．（5分）已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=π3．将△DAC沿着对角线AC折起至△D′AC，连结BD'，设二面角D′﹣AC﹣B的大小为θ，当θ=2π3时，则四面体D′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）设向量a→与b若a→=(1，2)，b→=(−1，1)，若m→=2a若OA→=a→−b→，OB→=516．（15分）设函数f(x)=(sinx+cosx)（1）求函数f（x）的单调递增区间；（2）当x∈(π4，5π617．（15分）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC=π3，D是BC边的中点，CE⊥AB，AD与CE交于点（1）求CE和AD的长度；（2）求cos∠CFD．18．（17分）如图，正四棱锥S﹣ABCD，SA＝SB＝SC＝SD＝4，AB=22，P为侧棱SD上的点，且SP＝3PD（1）求正四棱锥S﹣ABCD的表面积；（2）求点S到平面PAC的距离；（3）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SEEC19．（17分）如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角P﹣ABC，∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：cosγ＝cosαcosβ+sinαsinβcosθ．（1）如图2，在三棱锥P﹣ABC中，点M是点B在平面APC中的投影，BD⊥PC，连接MD，PA＝4，∠APC＝60°，∠BPC＝45°，∠APB＝90°，PB+PC＝8．①求平面APC与平面BPC所成的角的正弦值；②求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；（2）当α、β、γ∈(0，π

2023-2024学年四川省成都市成华区高一（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.1．（5分）若z＝（2﹣ai）（1+2i）为纯虚数，则实数a＝（）A．﹣2 B．2 C．﹣1 D．1【考点】纯虚数．【答案】C【分析】先结合复数的四则运算进行化简，然后结合复数的概念即可求解．【解答】解：若z＝（2﹣ai）（1+2i）＝2+2a+（4﹣a）i为纯虚数，则2+2a＝0，即a＝﹣1．故选：C．2．（5分）已知向量a→=(2，−1)，b→=(k，2)，且A．﹣4 B．4 C．0 D．−【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】A【分析】根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．【解答】解：a→=(2，−1)，则a→∵(a∴2×1＝﹣（2+k），解得k＝﹣4．故选：A．3．（5分）已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，则下列命题中正确的是（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若α⊥β，γ⊥β，则α⊥γ C．若m⊥α，n⊥α，则m∥n 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；空间中直线与直线平行．【答案】C【分析】根据空间中各要素的位置关系，逐一判断即可．【解答】解：对A选项，若m∥α，n∥α，则m∥n或m与n异面或m与n相交，∴A选项错误；对B选项，若α⊥β，γ⊥β，则α与γ可以成任意角，∴B选项错误；对C选项，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，∴C选项正确；对D选项，若m∥α，m∥β，则α与β可以成任意角，∴D选项错误．故选：C．4．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N分别为线段AC和线段A1B的中点，则直线MN与平面A1B1BA所成角为（）A．60° B．45° C．30° D．75°【考点】几何法求解直线与平面所成的角．【答案】B【分析】取AB的中点O，连接OM，ON，由题意可得直线MN与平面A1B1BA所成角的大小．【解答】解：取AB的中点O，连接OM，ON，因为点M，N分别为线段AC和线段A1B的中点，正方体中，可得MO⊥平面AB1，所以∠MNO为直线MN与平面A1B1BA所成的角，ON⊂平面AB1，所以MO⊥ON，可知△OMN为等腰直角三角形，所以∠MNO＝45°．故选：B．5．（5分）已知cos2α=23，则A．13 B．23 C．23【考点】两角和与差的三角函数．【答案】A【分析】由已知利用诱导公式，二倍角的正弦函数公式化简所求即可求解．【解答】解：因为cos2α=2所以cos(π故选：A．6．（5分）设a→，b→为单位向量，a→在bA．1 B．2 C．3 D．2【考点】平面向量的投影向量；平面向量的概念与平面向量的模；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】C【分析】根据已知条件，结合投影向量的公式，求出a→⋅b【解答】解：a→，b→为单位向量，a→则a→⋅b故|a故选：C．7．（5分）筒车亦称“水转筒车”，一种以水流作动力，取水灌田的工具，如图是某公园的筒车，假设在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针方向匀速圆周运动．现有一半径为2米的筒车，在匀速转动过程中，筒车上一盛水筒M距离水面的高度H（单位：米，记水筒M在水面上方时高度为正值，在水面下方时高度为负值）与转动时间t（单位：秒）满足函数关系式H=2sin(π30t+φ)+54，φ∈(0，π2A．3.25 B．2.25 C．1.25 D．0.25【考点】y＝Asin（ωx+φ）中参数的物理意义．【答案】B【分析】先确定解析式，再将t＝80代入即可．【解答】解：∵H=2sin(π30t+φ)+54，φ∈(0，π2∵φ∈(0，π2)，∴φ=∴当t＝80时，盛水筒M与水面距离为：H=2sin(π30×80+故选：B．8．（5分）已知角α，β满足cosα=13，cos(α+β)cosβ=14，则cos（A．112 B．18 C．16【考点】求两角和与差的三角函数值．【答案】C【分析】根据两角和差公式即可求值．【解答】解：cosα＝cos[（α+β）﹣β]＝cos（α+β）cosβ+sin（α+β）sinβ=1cos(α+β)cosβ=14，则sin（α+β）sinβ则cos（α+2β）＝cos[（α+β）+β]＝cos（α+β）cosβ﹣sin（α+β）sinβ=1故选：C．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。（多选）9．（6分）已知复数z的共轭复数为z，则下列命题正确的是（）A．z+z∈R B．z−C．|z|=|z| 【考点】共轭复数；复数的模；复数的运算；虚数单位i、复数．【答案】ACD【分析】设复数z＝a+bi（a，b∈R），即可得其共轭复数，根据复数的加减运算，即可判断A，B；根据复数模的计算可判断C；根据复数的乘方运算可判断D．【解答】解：设复数z＝a+bi（a，b∈R），则z=a−bi(a，b∈R)，故z+z=2a∈Rz−z=2bi，当b＝0时，z−z|z|=a2+b2z2z2＝（a+bi）2＝a2+2abi+b2i2＝a2﹣b2+2abi，故z2则z2=z故选：ACD．（多选）10．（6分）函数f（x）＝23sinωxcosωx+2cos2ωx﹣1（0＜ω＜1）的图象如图所示，则（）A．y＝f（x）的最小正周期为π B．y=f(x+π6)cosx的图象关于直线C．y=f(2x+π3D．若y＝f（tx）（t＞0）在[0，π]上有且仅有两个零点，则实数t∈[【考点】由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【答案】BD【分析】先利用二倍角公式及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的性质检验各选项即可判断．【解答】解：f（x）＝23sinωxcosωx+2cos2ωx﹣1=3sin2ωx+cos2ω＝2sin（2ωx+π由图知：x=π∴23πω+π6=π2+2kπ，则ω=∵0＜ω＜1，故ω=1对于A：f（x）＝2sin（x+π6），T=2π1=对于B：f（x+π6＝2sin（x+π3＝（sinx+3cosx）cos＝sinxcosx+3cos2=12sin2x+3＝sin（2x+π3）令2x+π3=π2+kπ，k∈Z，则x当k＝0时，y＝f（x+π6）cosx的图象关于直线x=π对于C：f（2x+π3）＝2sin（2x+π∴y＝cos2x为偶函数，∴y＝f（2x+π3）为偶函数，故对于D：∵x∈[0，π]，∴tx∈[0，tπ]，tx+π6∈[π6，π∴2π≤π6+tπ＜3π，即11故选：BD．（多选）11．（6分）设点D是△ABC所在平面内一点，O是平面上一个定点，则下列说法正确的有（）A．若AD→=(23AB→+1B．若AD→=λ(AB→|AB→|cosB+AC→C．若AD→=xAB→+yAC→，且x，y∈R，D．若平面内一动点P满足OP→=OA→+λ(AB→|AB→【考点】平面向量的线性运算．【答案】ABC【分析】根据向量的线性运算，结合三角形外心、内心的概念及面积公式，对各选项进行判断即可．【解答】解：对于A，由AD→=2即BD→=13BC→，所以D是对于B，由AD→得AD→即AD→⋅BC所以直线AD经过△ABC的垂心，故B正确；对于C，设AB的中点为E，AC的中点为F，则AD→因为x+y=12，所以2x+2所以D，E，F三点共线，所以S△BCD=1对于D，由向量加法的平行四边形法则可知，AB→|AB→|所以OP→=OA→+λ(所以动点P的轨迹一定通过△ABC的内心，故D错误．故选：ABC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知平面向量a→，b→满足|a→|=1，b→=(1，−2)，a【考点】数量积表示两个平面向量的夹角；数量积判断两个平面向量的垂直关系．【答案】510【分析】根据平面向量的数量积运算求夹角的余弦值即可．【解答】解：因为|a→|=1，b→=(1，−2)又因为a→⊥（a→−2b→），所以a→•（a→−2b即1﹣2×1×5cos＜a→，b→＞=即向量a→，b→夹角的余弦值为故答案为：51013．（5分）若x∈[0，4]时，曲线y＝sin（πx）与y=2sin(2πx−π6)【考点】正弦函数的图象．【答案】8．【分析】作出函数y＝sin（πx）与y=2sin(2πx−π【解答】解：作出函数y＝sin（πx）与y=2sin(2πx−π所以曲线y＝sin（πx）与y=2sin(2πx−π故答案为：8．14．（5分）已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=π3．将△DAC沿着对角线AC折起至△D′AC，连结BD'，设二面角D′﹣AC﹣B的大小为θ，当θ=2π3时，则四面体D′【考点】球内接多面体；球的表面积．【答案】283【分析】先找到球心的位置，再利用勾股定理进行计算，即可求解．【解答】解：设△ABC的外接圆半径为r，则r=2过△ABC的外心与平面ABC垂直的直线与过△D′AC的外心与平面AD'C垂直的直线的交点，即为四面体外接球的球心，设球心距离平面ABC的高度为d，四面体的外接球的半径为R，∴d=tanθ∴R=r即四面体D′ABC的外接球的表面积为4πR故答案为：283四、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）设向量a→与b若a→=(1，2)，b→=(−1，1)，若m→=2a若OA→=a→−b→，OB→=5【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；平面向量的基本定理．【答案】（1）k=−20（2）证明详见解析．【分析】（1）结合向量垂直的性质，即可求解；（2）结合向量共线的性质，即可求解．【解答】解：（1）a→=(1，2)，则2a(2a→−kb→)⊥(3a→−5（2）证明：OA→=a→−则AB→=4a则AC→有公共点A，则A、B、C三点共线．16．（15分）设函数f(x)=(sinx+cosx)（1）求函数f（x）的单调递增区间；（2）当x∈(π4，5π6【考点】正弦函数的奇偶性和对称性．【答案】见试题解答内容【分析】（1）利用倍角公式降幂，再由辅助角公式化积，由复合函数的单调性求函数f（x）的单调递增区间；（2）由x的范围求得相位的范围，进一步求得函数值域．【解答】解：（1）f(x)=(sinx+cosx=1+sin2x+3由2kπ−π2≤2x−π3得kπ−π则函数递增区间为[kπ−π12，kπ+5π12（2）由π4＜x＜5π则−3∴1−3即值域为(1−317．（15分）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC=π3，D是BC边的中点，CE⊥AB，AD与CE交于点（1）求CE和AD的长度；（2）求cos∠CFD．【考点】解三角形；余弦定理．【答案】（1）CE=3（2）5719【分析】（1）根据直角三角形和平面向量数量积的计算，即可求解；（2）根据平面向量数量积和两向量的夹角公式，即可求解．【解答】解：（1）∵CE是高，∴∠AEC=π在Rt△AEC中，AC=2，∠BAC=π所以CE=ACsin∠BAC=2sinπ∵AD是中线，∴AD→∴AD→∴AD=19∴CE=3（2）∵AE=1=13AB∴EC→∴AD=1∴cos∠CFD=cos＜AD18．（17分）如图，正四棱锥S﹣ABCD，SA＝SB＝SC＝SD＝4，AB=22，P为侧棱SD上的点，且SP＝3PD（1）求正四棱锥S﹣ABCD的表面积；（2）求点S到平面PAC的距离；（3）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SEEC【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；直线与平面平行．【答案】（1）8+87（2）3；（3）存在，且SEEC【分析】（1）取AB的中点G，连接SG，计算出SG的长，再结合三角形和正方形的面积公式可求得正四棱锥S﹣ABCD的表面积；（2）连接BD交AC于点O，连接SO、OP，证明出SP⊥平面PAC，计算出SP的长，即为所求；（3）取SD的中点为Q，过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ、BE，由线面平行的判定可得BQ∥平面PAC，根据等比例性质有QE∥PC，再根据线面平行的判定得QE∥平面PAC，最后由面面平行的判定及性质即可确定存在性．【解答】解：（1）取AB的中点G，连接SG，因为SA＝SB＝SC＝SD＝4，AB=22则SG⊥AB，且SG=S所以正四棱锥S﹣ABCD的表面积为4=2×22（2）连接BD交AC于点O，连接SO、OP，如下图所示：因为四边形ABCD是边长为22则BD=2故△SBD是边长为4的等边三角形，因为AC∩BD＝O，则O为BD、AC的中点，所以SO⊥BD，且SO=SBsin60°=4×32=2因为SP＝3PD，则SP=3由余弦定理可得OP所以SP2+OP2＝SO2，所以SP⊥OP，因为四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD，因为SA＝SC，O为AC的中点，则AC⊥SO，因为SO∩BD＝O，SO、BD⊂平面SBD，所以AC⊥平面SBD，因为SP⊂平面SBD，所以SP⊥AC，因为OP∩AC＝O，OP、AC⊂平面PAC，所以SP⊥平面PAC，因此点S到平面PAC的距离为SP＝3．（3）在侧棱SD上存在一点E，使BE∥平面PAC，满足SEEC取SD的中点为Q，因为SP＝3PD，则PQ＝PD，过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ、BE．在△BDQ中，因为O、P分别为BD、DQ的中点，则BQ∥PO，因为PO⊂平面PAC，BQ⊄平面PAC，所以BQ∥平面PAC，由SEEC=SQQP=2因为P