2023-2024学年四川省泸州市江阳区高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年四川省泸州市江阳区高一（下）期末数学试卷一、选择题（本大题共8个小题，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）已知集合U＝{1，2，3，4，5}，A＝{1，3}，B＝{1，2，4}，则A∪（∁UB）＝（）A．{1，3，5} B．{1，3} C．{1，2，4} D．{1，2，4，5}2．（5分）关于x的不等式x2﹣mx+1＞0的解集为R，则实数m的取值范围是（）A．（0，4） B．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） C．[﹣2，2] D．（﹣2，2）3．（5分）设非零向量、、满足，，则向量的夹角为（）A．30° B．60° C．120° D．150°4．（5分）已知α∈（0，π），且3cos2α﹣8cosα＝5，则sinα＝（）A． B． C． D．5．（5分）函数f（x）＝cos（ωx+φ）的部分图象如图所示，则f（x）的单调递减区间为（）A．（kπ﹣，kπ），k∈Z B．（2kπ﹣，2kπ），k∈Z C．（2k﹣，2k），k∈Z D．（k﹣，k），k∈Z6．（5分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．12π B．12π C．8π D．10π7．（5分）如图，在△ABC中，M为线段BC的中点，G为线段AM上一点，，过点G的直线分别交直线AB，AC于P，Q两点，，，则的最小值为（）．A． B． C．3 D．98．（5分）将函数f（x）＝cos（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的图象向左平移个单位长度得到如图所示的奇函数g（x）的图象，且g（x）的图象关于直线对称．则下列选项不正确的是（）A．f（x）在区间上为增函数 B． C． D．f（﹣1）+f（0）＜0二、多项选择题（每小题6分，共3小题，共18分。在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。）（多选）9．（6分）已知z1、z2都是复数，下列正确的是（）A．若|z1|＝|z2|，则z1＝±z2 B．|z1z2|＝|z1||z2| C．若|z1+z2|＝|z1﹣z2|，则z1z2＝0 D．（多选）10．（6分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是（）A．a＝5，b＝7，c＝8，有唯一解 B．b＝18，c＝20，B＝60°，无解 C．，有两解 D．a＝30，b＝25，A＝150°，有唯一解（多选）11．（6分）在四面体P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，，点M∈PB，N∈PC，Q为AC的中点，QH⊥PC，垂足为H，连结BH，则正确的结论有（）A．平面BQH⊥平面PBC B．若平面AMN⊥平面PBC，则一定有AM⊥PB C．若平面AMN⊥平面PBC，则一定有AN⊥PC D．点R是平面PBC上的动点，，则当直线AR与BC所成角最小时，点R到直线AB的距离为三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案直接填在答题卡中的横线上。）12．（5分）如图，已知由斜二测画法得到的水平放置的四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，则原图形的面积为．13．（5分）已知tan（）＝2，则5sin2α+sin2α＝．14．（5分）已知a∈R，函数，若f（x）存在最小值，则a的取值范围．四、解答题（本大题共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，．（1）若，且A、B、C三点共线，求m的值．（2）当实数k为何值时，与垂直？16．（15分）已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（﹣，﹣）．（Ⅰ）求sin（α+π）的值；（Ⅱ）若角β满足sin（α+β）＝，求cosβ的值．17．（15分）已知函数．（1）求函数f（x）的最小正周期及对称轴方程；（2）将函数y＝f（x）的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变、横坐标伸长为原来的2倍，得到函数y＝g（x）的图象，求y＝g（x）在[0，2π]上的单调递减区间．18．（17分）在△ABC中，sinC+cosC＝．（1）求A；（2）若△ABC的内切圆半径r＝2，求AB+AC的最小值．19．（17分）如图，在四棱锥E﹣ABCD中，BC⊥平面ABE，BC∥AD，且AD＝2BC＝2，F是DE的中点．（1）证明：DA⊥CF；（2）若BA＝BE＝2，直线CF与直线DB所成角的余弦值为．（ⅰ）求直线DE与平面ABE所成角；（ⅱ）求二面角E﹣DC﹣B的余弦值．

2023-2024学年四川省泸州市江阳区高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8个小题，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）已知集合U＝{1，2，3，4，5}，A＝{1，3}，B＝{1，2，4}，则A∪（∁UB）＝（）A．{1，3，5} B．{1，3} C．{1，2，4} D．{1，2，4，5}【考点】交、并、补集的混合运算．【答案】A【分析】根据已知条件，结合补集、并集的定义，即可求解．【解答】解：U＝{1，2，3，4，5}，B＝{1，2，4}，则∁UB＝{3，5}，A＝{1，3}，则A∪（∁UB）＝{1，3，5}．故选：A．2．（5分）关于x的不等式x2﹣mx+1＞0的解集为R，则实数m的取值范围是（）A．（0，4） B．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） C．[﹣2，2] D．（﹣2，2）【考点】一元二次不等式及其应用．【答案】D【分析】根据一元二次不等式与二次函数的联系即可得解．【解答】解：不等式x2﹣mx+1＞0的解集为R，所以Δ＜0，即m2﹣4＜0，解得﹣2＜m＜2．故选：D．3．（5分）设非零向量、、满足，，则向量的夹角为（）A．30° B．60° C．120° D．150°【考点】数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】C【分析】设向量的夹角为θ，由题意可得＝，由此求得cosθ的值，再由θ的范围，求得θ的值．【解答】解：设向量的夹角为θ，∵非零向量、、满足，，∴＝，即＝，即＝．解得cosθ＝﹣，再由0°≤θ≤180°，可得θ＝120°，即向量的夹角为120°，故选：C．4．（5分）已知α∈（0，π），且3cos2α﹣8cosα＝5，则sinα＝（）A． B． C． D．【考点】同角三角函数间的基本关系．【答案】A【分析】利用二倍角的余弦把已知等式变形，化为关于cosα的一元二次方程，求解后再由同角三角函数基本关系式求得sinα的值．【解答】解：由3cos2α﹣8cosα＝5，得3（2cos2α﹣1）﹣8cosα﹣5＝0，即3cos2α﹣4cosα﹣4＝0，解得cosα＝2（舍去），或cos．∵α∈（0，π），∴α∈（，π），则sinα＝＝．故选：A．5．（5分）函数f（x）＝cos（ωx+φ）的部分图象如图所示，则f（x）的单调递减区间为（）A．（kπ﹣，kπ），k∈Z B．（2kπ﹣，2kπ），k∈Z C．（2k﹣，2k），k∈Z D．（k﹣，k），k∈Z【考点】由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【答案】C【分析】由图象可得函数正确，进一步求出离y轴最近的两对称轴的横坐标，数形结合可得f（x）的单调递减区间．【解答】解：由图可知，，则T＝2，∴y轴左侧第一个最高点的横坐标为，y轴右侧第一个最底点的横坐标为．∴f（x）的单调递减区间为（2k﹣，2k），k∈Z．故选：C．6．（5分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．12π B．12π C．8π D．10π【考点】圆柱的侧面积和表面积．【答案】B【分析】利用圆柱的截面是面积为8的正方形，求出圆柱的底面直径与高，然后求解圆柱的表面积．【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R2＝8，解得R＝，则该圆柱的表面积为：＝12π．故选：B．7．（5分）如图，在△ABC中，M为线段BC的中点，G为线段AM上一点，，过点G的直线分别交直线AB，AC于P，Q两点，，，则的最小值为（）．A． B． C．3 D．9【考点】平面向量的基本定理；基本不等式及其应用．【答案】B【分析】由三角形的中线向量表示得出＝+，再由＝2得出＝，用、表示出，根据G，P，Q三点共线得出x与y的关系，利用基本不等式求+的最小值．【解答】解：因为M是线段BC的中点，所以＝+，又因为＝2，所以＝，又＝x（x＞0），＝y（y＞0），所以＝+，即＝+，因为G，P，Q三点共线，所以+＝1，化为x+（y+1）＝4，所以+＝[x+（y+1）]（+）＝[5++]≥[5+2]＝，当且仅当＝，即x＝，y＝时，等号成立，所以的最小值为．故选：B．8．（5分）将函数f（x）＝cos（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的图象向左平移个单位长度得到如图所示的奇函数g（x）的图象，且g（x）的图象关于直线对称．则下列选项不正确的是（）A．f（x）在区间上为增函数 B． C． D．f（﹣1）+f（0）＜0【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换．【答案】D【分析】根据三角函数平移变换原则可知g（x）＝cos（ωx++φ）；根据图象、g（x）的对称轴和对称中心可确定最小正周期T，从而得到ω；由g（x）为奇函数可知+φ＝+kπ，k∈Z，由此可得φ，从而确定f（x）的解析式；利用代入检验法可确定A正确；根据特殊角三角函数值可知B正确；结合y＝cosx的单调性可判断出C、D的正误．【解答】解：由题意知：g（x）＝f（x+）＝cos（ωx++φ），由图象可知：＜，则与（0，0）是相邻的对称轴和对称中心，所以T＝4（0+）＝π，即＝π，ω＝2，因为g（x）为奇函数，所以+φ＝+φ＝+kπ，k∈Z，解得，φ＝﹣+kπ，k∈Z，又|φ|＜，所以φ＝﹣，f（x）＝cos（2x﹣）；对于A，当x∈时，2x﹣∈[，]，则f（x）在上为增函数，A正确；对于B，由于f（）＝cos＝﹣，故B正确；对于C，f（）＝cos（1﹣），f（0）＝cos（﹣）＝cos，因为y＝cosx在（0，）上单调递减，1﹣＜，所以f（）＞f（0），C正确；对于D，f（﹣1）＝cos（﹣2﹣）＝cos（2+），f（0）＝cos，因为y＝cosx在（0，π）上单调递减，＜2+＜，所以0＞cos（2+）＞cos＝﹣cos，所以cos（2+）+cos＞0，即f（﹣1）+f（0）＞0，D错误．故选：D．二、多项选择题（每小题6分，共3小题，共18分。在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。）（多选）9．（6分）已知z1、z2都是复数，下列正确的是（）A．若|z1|＝|z2|，则z1＝±z2 B．|z1z2|＝|z1||z2| C．若|z1+z2|＝|z1﹣z2|，则z1z2＝0 D．【考点】复数的运算；共轭复数；复数的模．【答案】BD【分析】根据已知条件，结合特殊值法，复数模的性质，复数的概念，即可求解．【解答】解：令z1＝1，z2＝i，满足|z1|＝|z2|，但z1＝±z2不成立，故A错误；由复数模的性质可知，|z1z2|＝|z1||z2|，故B正确；令z1＝1，z2＝i，满足|z1+z2|＝|z1﹣z2|，但z1z2＝0不成立，故C错误；设z1＝a+bi（a，b∈R），z2＝c+di（c，d∈R），z1•z2＝（a+bi）（c+di）＝ac﹣bd+（ad+bc）i，＝（a﹣bi）（c﹣di）＝ac﹣bd+（ad+bc）i，故D正确．故选：BD．（多选）10．（6分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是（）A．a＝5，b＝7，c＝8，有唯一解 B．b＝18，c＝20，B＝60°，无解 C．，有两解 D．a＝30，b＝25，A＝150°，有唯一解【考点】解三角形；正弦定理．【答案】AD【分析】由正弦定理及大边对大角可判断A，B，C，D的真假．【解答】解：A中，三边确定，三角形唯一确定，所以A正确；B中，因为csinB＝20×＝10＜b＜c，所以有两个解，所以B不正确；C中，因为b＞a，由正弦定理可得：＝，即sinA＝sinB＝•＝，而A为锐角，所以有唯一解，所以C不正确；D中，因为a＞b，A＝135°，由正弦定理可得：＝，即sinB＝•sinA＝＝，则B为锐角唯一确定，所以有唯一解，所以D正确；故选：AD．（多选）11．（6分）在四面体P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，，点M∈PB，N∈PC，Q为AC的中点，QH⊥PC，垂足为H，连结BH，则正确的结论有（）A．平面BQH⊥平面PBC B．若平面AMN⊥平面PBC，则一定有AM⊥PB C．若平面AMN⊥平面PBC，则一定有AN⊥PC D．点R是平面PBC上的动点，，则当直线AR与BC所成角最小时，点R到直线AB的距离为【考点】点、线、面间的距离计算；命题的真假判断与应用；异面直线及其所成的角；平面与平面垂直．【答案】ABD【分析】对于A、B、C：根据线面、面面垂直逐项分析判断；对于D：转化为圆锥．结合垂直关系分析运算．【解答】解：由题意可知，它各个面均为直角三角形，且BC⊥平面PAB，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，BQ⊥AC，BQ⊥平面PAC，对于A：由BQ⊥平面PAC知，PC⊥BQ，又因为QH⊥PC，BQ∩QH＝H，BQ，QH⊂平面BQH，所以PC⊥平面BQH，又PC⊂平面PBC，平面BQH⊥平面PBC，故A正确；对于C：在AM⊥平面PBC条件下，N可以在直线PC上运动，∴C不正确．对于B：过点C作CT⊥MN，由于平面AMN⊥平面PBC，且两面的交线为MN，由面面垂直的性质得CT⊥平面AMN，AM⊂平面AMN，∴CT⊥AM，且BC⊥平面PAB，AM⊂平面PAB，∴BC⊥AM，又BC∩CT＝C，BC，CT⊂平面PBC，∴AM⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，∴AM⊥PB，B正确；对于D：由题意可得，则，R点的轨迹是以M为圆心为半径的圆，动线段AR是圆锥的母线，AR与平面PBC所成的角为定角，AR与BC所成的角最小时MR0∥BC．过R0作R0H⊥平面ABC，HN⊥AB，垂足为N，则R0N为R0到直线AB的距离．由四边形R0MNH是矩形得，∴D正确．故选：ABD．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案直接填在答题卡中的横线上。）12．（5分）如图，已知由斜二测画法得到的水平放置的四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，则原图形的面积为．【考点】由斜二测直观图还原图形．【答案】．【分析】根据斜二测画法求解．【解答】解：∵四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，∴原图形为平行四边形，一组对边长为1，且该边上的高为，∴原图形的面积为．故答案为：．13．（5分）已知tan（）＝2，则5sin2α+sin2α＝﹣．【考点】两角和与差的三角函数；三角函数的恒等变换及化简求值．【答案】﹣．【分析】由题意，利用两角和的正切公式，同角三角函数的基本关系，求得结果．【解答】解：∵tan（）＝2＝，∴tanα＝﹣3，∴5sin2α+sin2α＝＝＝﹣，故答案为：﹣．14．（5分）已知a∈R，函数，若f（x）存在最小值，则a的取值范围[1，]．【考点】函数的最值．【答案】[1，]．【分析】利用分段函数的单调性及最值求解即可．【解答】解：当1﹣a＞0，即a＜1时，f（x）在（﹣∞，a）上单调递增，故f（x）无最小值，不符合题意；当1≤a≤2时，f（x）在（﹣∞，a）上单调递减，所以f（a）＝（1﹣a）a+1，又f（x）在[a，+∞）上的最小值为f（2）＝0，要使f（x）存在最小值，还需（1﹣a）a+1≥0，解得≤a≤，故，解得1≤a≤；当a＞2时，要使f（x）存在最小值，还需：（1﹣a）a+1≥a+﹣4，因为：（1﹣a）a+1＜0，a+﹣4＞0，所以无解综上a的取值范围为[1，]．故答案为：[1，]．四、解答题（本大题共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，．（1）若，且A、B、C三点共线，求m的值．（2）当实数k为何值时，与垂直？【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；平面向量的相等与共线．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解；（2）根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．【解答】（1），，，，则，，且A、B、C三点共线，则可得，即﹣4m﹣（2m﹣1）（﹣1）＝0，解得；（2），，，，则，，因为与垂直，则可得3（﹣k﹣2）+2×（﹣1）＝0，解得．16．（15分）已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（﹣，﹣）．（Ⅰ）求sin（α+π）的值；（Ⅱ）若角β满足sin（α+β）＝，求cosβ的值．【考点】两角和与差的三角函数；任意角的三角函数的定义．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）由已知条件即可求r，则sin（α+π）的值可得；（Ⅱ）由已知条件即可求sinα，cosα，cos（α+β），再由cosβ＝cos[（α+β）﹣α]＝cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα代值计算得答案．【解答】解：（Ⅰ）∵角α的顶点与原点O重合，始边与x轴非负半轴重合，终边过点P（﹣，﹣）．∴x＝﹣，y＝，r＝|OP|＝，∴sin（α+π）＝﹣sinα＝；（Ⅱ）由x＝﹣，y＝，r＝|OP|＝1，得，，又由sin（α+β）＝，得＝，则cosβ＝cos[（α+β）﹣α]＝cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα＝，或cosβ＝cos[（α+β）﹣α]＝cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα＝．∴cosβ的值为或．17．（15分）已知函数．（1）求函数f（x）的最小正周期及对称轴方程；（2）将函数y＝f（x）的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变、横坐标伸长为原来的2倍，得到函数y＝g（x）的图象，求y＝g（x）在[0，2π]上的单调递减区间．【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换．【答案】见试题解答内容【分析】（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的周期和对称轴方程．（2）利用关系式的平移和伸缩变换，进一步利用整体思想求出函数的单调递减区间．【解答】（1），＝，所以函数f（x）的最小正周期为π，令，k∈Z，得函数f（x）的对称轴方程为，k∈Z．（2）将函数y＝f（x）的图象向左平移个单位后所得图象的解析式为，所以，令，所以．又x∈[0，2π]，所以y＝g（x）在[0，2π]上的单调递减区间为．18．（17分）在△ABC中，sinC+cosC＝．（1）求A；（2）若△ABC的内切圆半径r＝2，求AB+AC的最小值．【考点】正弦定理；余弦定理；解三角形．【答案】（1）A＝，（2）AB+AC的最小值为8【分析】（1）根据两角差的正弦公式，以及特殊角的三角函数值即可求出；（2）根据三角形的面积公式，以及内切圆的半径，和余弦定理可得（bc﹣b﹣c）2＝（b+c）2﹣3bc，整理可得bc＝（b+c）﹣3，再根据基本不等式可得（b+c）2﹣32（b+c）+64≥0，解得即可求出．【解答】解：（1）在△ABC中，sinC+cosC＝，整理得：，∴sinCsinA+sinAcosC＝sinAcosC+cosAsinC+sinC，∴sinCsinA＝cosAsinC+sinC，∵sinC≠0，∴sinA﹣cosA＝1，∴sinA﹣cosA＝，∴sin（A﹣）＝，由于，∴A﹣，解得A＝，（2）令BC＝a，AB＝c，AC＝b由S△ABC＝bcsinA＝（a+b+c）r，∴bc＝2（a+b+c），∴bc﹣b﹣c＝a，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc，∴（bc﹣b﹣c）2＝b2+c2﹣bc＝（b+c）2﹣3bc，∴（bc）2+（b+c）2﹣bc（b+c）＝（b+c）2﹣3bc，∴bc＝（b+c）﹣3，∴（b+c）﹣3＝bc≤（）2，当且仅当b＝c时取等号，∴（b+c）2﹣32（b+c）+64≥0，∴（b+c﹣8）[（（b+c）﹣8]≥0，∴b+c≥8，b+c≤（舍去），∴AB+AC的最小值为819．（17分）如图，在四棱锥E﹣ABCD中，BC⊥平面ABE，BC∥AD，且AD＝2BC＝2，F是DE的中点．（1）证明：DA⊥CF；（2）若BA＝BE＝2，直线CF与直线DB所成角的余弦值为．（ⅰ）求直线DE与平面ABE所成角；（ⅱ）求二面角E﹣DC﹣B的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面所成的角．【答案】（1）证明过程