2022-2023学年海南省海口市龙华区重点学校高一（下）期末数学试卷（A卷）（含解析）

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这是一份2022-2023学年海南省海口市龙华区重点学校高一（下）期末数学试卷（A卷）（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A={x|−2≤x<3}，B={x|x<−1}，那么集合A∩B等于( )
A. {x|−13}
C. {x|−2≤x<−1}D. {x|−1≤x<3}
2. 已知向量a=(1,3λ),b=(2,7−λ)，若a//b，则λ=( )
A. 1B. −1C. 3D. −3
3. 已知向量a=(1,3),b=(m,−2)，且(a+b)⊥a，则m=( )
A. −4B. −3C. −2D. −1
4. 已知tan(3π+α)=−2，则tan(α+π4)的值为( )
A. −13B. 13C. −3D. 3
5. 已知长方体的长、宽、高分别为1，1，2，并且其顶点都在球O的球面上，则球O的体积是( )
A. 2πB. 6πC. 2 2πD. 6π
6. 若a=(45)2.1，b=(45)−1，c=lg23，则下列关系正确的是( )
A. a7. 已知|a|=2，|b|=3，且a⊥b，则|b−a|=( )
A. 1B. 5C. 13D. 5
8. 辽宁省博物馆收藏的商晚期饕餮纹大圆鼎(如图一)出土于辽宁省喀左县小波汰沟.此鼎直耳，深腹，柱足中空，胎壁微薄，口沿下及足上端分别饰单层兽面纹，足有扉棱，耳、腹、足皆有炱痕.它的主体部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(忽略鼎壁厚度)，如图二所示.已知球的半径为R，圆柱的高近似于半球的半径，则此鼎的容积约为( )
A. 83πR3B. 73πR3C. 2πR3D. 53πR3
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知复数z=3+i1−i，则下列叙述正确的是( )
A. z的虚部为2iB. z在复平面内对应的点位于第一象限
C. |z−|= 5D. z2=5+4i
10. 若直线l//平面α，直线a⊂α，则l与a的位置关系可以是( )
A. l与a相交B. l⊥aC. l//aD. l与a异面
11. 已知f(csα)=sinα，则( )
A. f(1)=0B. f(1)=−1C. f(−1)=0D. f(−1)=1
12. 函数f(x)=cs(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A. x=34是函数的一条对称轴
B. φ=π3
C. f(x)= 22在x∈[0,2023]上有2023个实数解
D. 若g(x)=sin(φx+ω)，则函数y=f[g(x)]在[−1,0]上单调递增
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 函数y=3sin(2x+π3)的最小正周期T=______．
14. 一圆锥的底面半径为1，高为 3，则圆锥的表面积是______ ．
15. 在△ABC中，若sinAcsB=1一csAsinB，则这个三角形是______ 三角形．
16. 设函数f(x)=sinπ3x，则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2019)= ______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
在△ABC中，已知B=π4，c= 6，C=π3，求A，a，b的值．
18. (本小题12.0分)
如图所示，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，求点A到平面A1BD的距离．
19. (本小题12.0分)
(1)已知α是第二象限的角，若csα=−817，求sinα，tanα的值；
(2)已知tanα=2，求3sinα−csα2sinα+3csα的值．
20. (本小题12.0分)
如图，在△ABC中，已知∠B=30°，D是BC边上的一点，AD=5，AC=7，DC=3．
(1)求△ADC的面积；
(2)求边AB的长．
21. (本小题12.0分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1．
(Ⅰ)求证：AB//平面A1DCB1；
(Ⅱ)求证：BC1⊥平面A1DCB1；
(Ⅲ)求直线A1B和平面A1DCB1所成的角．
22. (本小题12.0分)
已知|a|=2，|b|=1，向量a与向量b的夹角为π3，设向量m=a+tb，向量n=ta+2b．
(1)求a⋅b的值；
(2)设f(t)=m⋅n，求f(t)的表达式；
(3)设g(t)=f(t)t，求g(t)在[1,3]上的值域．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为A={x|−2≤x<3}，B={x|x<−1}，所以A∩B={x|−2≤x<−1}
故选：C．
利用交集的运算定义可求．
本题考查交集的运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为a=(1,3λ),b=(2,7−λ)，a//b，
所以2×3λ=7−λ，解得λ=1．
故选：A．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：a=(1,3),b=(m,−2)，
a+b=(m+1,1)，
又(a+b)⊥a，知m+1+3=0，即m=−4．
故选：A．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵tan(3π+α)=−2，
∴tan(π+α)=−2，
即tanα=−2，
∴tan(α+π4)=tanα+tanπ41−tanα⋅tanπ4=−2+11+2=−13．
故选：A．
利用诱导公式得到tanα=−2，代入两角和的正切公式即可求解．
本题考查了诱导公式和两角和的正切公式，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：长方体的体对角线的交点到各个顶点的距离相等，
即球心O即为体对角线交点，半径为体对角线的一半，即球O的半径，
故r= 12+12+222= 62，则球O的体积V=43πr3=43π×64× 62= 6π.
故选：B．
长方体的体对角线的交点到各个顶点的距离相等，利用体对角线公式求得半径，结合球的体积公式，即得解．
本题考查了几何体的外接球表面积的计算问题，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：∵(45)2.1<(45)0=1，lg23481>lg2432=54>1，
∴c>b>a，即a故选：A．
根据指数函数的单调性得出a<1，然后根据对数的运算性质和对数函数的单调性得出c>54>1，然后即可得出a，b，c的大小关系．
本题考查了指数函数和对数函数的单调性，对数的运算性质，考查了计算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：因为(b−a)2=|b|2+|a|2−2b⋅a=13，
结合已知向量垂直知：|b−a|= 13．
故选：C．
根据向量数量积的运算律求解．
本题考查平面向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：上半部分圆柱的体积为V1=πR2⋅h=πR2⋅R=πR3，
下半部分半球的体积为12×43πR3=23πR3，
∴此鼎的容积约为πR3+23πR3=53πR3．
故选：D．
分别计算圆柱的体积与半球的体积，可求此鼎的容积．
本题考查空间几何体的体积的计算，属基础题．
9.【答案】BC
【解析】解：z=3+i1−i=(3+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+2i，
则z的虚部为2，故A错误，
z在复平面内对应的点(1,2)位于第一象限，故B正确，
z−=1−2i，则|z−|=|1−2i|= 12+(−2)2= 5，故C正确，
z2=(1+2i)2=−3+4i，故D错误．
故选：BC．
根据已知条件，先求出z，再结合虚部的定义，复数的几何意义，复数模公式，共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查虚部的定义，复数的几何意义，复数模公式，共轭复数的定义，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：∵直线l//平面α，
∴直线l与平面α无公共点，
又∵直线a⊂α，
∴直线l与直线a无公共点，
∴由线与线的位置关系可知，直线l与直线a平行或者异面，也可能异面垂直．
故选：BCD．
根据线与线、线与面的位置关系判断．
本题主要考查线面平行的性质，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：f(csα)=sinα，
当csα=1时，α=2kπ，k∈Z，
故f(1)=sin2kπ=0，故A正确；B错误；
当csα=−1时，α=π+2kπ，k∈Z，
故f(1)=sin(π+2kπ)=0，故C正确，D错误．
故选：AC．
根据已知条件，结合f(csα)=sinα，并分类讨论，即可求解．
本题主要考查函数值的求解，属于基础题．
12.【答案】AC
【解析】解：由图可知，最小正周期T=2×(54−14)=2，
所以ω=2π2=π，
对于B，因为f(14)=0，所以cs(π⋅14+φ)=0，
所以π4+φ=π2+kπ,k∈Z，即φ=π4+kπ，k∈Z
又|φ|<π2，所以φ=π4，此时f(x)=cs(πx+π4)，B错误；
对于A，令πx+π4=kπ,k∈Z，则x=k−14，k∈Z，
当k=1时，x=34，A正确；
对于C，因为f(0)=csπ4= 22，f(32)=cs7π4= 22，
所以f(x)= 22在x∈[0,2)上有2个实数解，
又f(x)的最小正周期T=2，
所以f(x)= 22在x∈[0,2022)上有2022个实数解，
又f(2022)=f(0)，f(2023)=f(1)，
所以f(x)= 22在x∈[2022,2023]上有1个实数解，
故f(x)= 22在x∈[0,2023]上有2023个实数解，C正确；
对于D，g(x)=sin(π4x+2)，所以y=f[sin(π4x+2)]，
当−1≤x≤0时，−π4+2≤π4x+2≤2，
又π3+π4=7π12<2，即π3<−π4+2，所以π3<−π4+2≤π4x+2≤2<2π3
所以 32令t=g(x)，则 32而f(t)在此区间不单调，所以函数y=f[g(x)]在[−1,0]上不单调，D错误．
故选：AC．
由图象可知周期，从而求得ω=π，可判断B；由f(14)=0求得φ=π4，令πx+π4=kπ,k∈Z求解可判断A；利用余弦函数的性质结合周期可判断C；由复合函数的单调性可判断D．
本题综合考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．
13.【答案】π
【解析】解：函数y=3sin(2x+π3)的最小正周期是2π2=π，
故答案为：π．
由条件利用利用y=Asin(ωx+π3)的周期等于T=2πω，可得结论．
本题主要考查三角函数的周期性及其求法，利用了y=Asin(ωx+？)的周期等于T=2πω，属于基础题．
14.【答案】3π
【解析】解：圆锥的底面半径为1，高为 3，则母线长l= 1+( 3)2=2
圆锥的表面积S=S底面+S侧面=πr2+πrl=π+2π=3π
故答案为：3π．
先得出母线的长，再根据圆锥表面积公式计算．
本题考查了圆锥表面积的计算．是道基础题．
15.【答案】直角
【解析】解：∵sinAcsB=1一csAsinB，∴sinAcsB+csAsinB=1，即sin(A+B)=sinC=1，
∴C=π2．
∴△ABC是直角三角形．
故答案为：直角．
移项后，利用两角和的正弦公式即可得出sinC=1，于是C=π2．
本题考查了两角和的正弦公式，属于基础题．
16.【答案】 3
【解析】解：函数f(x)=sinπ3x，
所以f(1)=f(2)= 32，f(3)=0，f(4)=f(5)=− 32，f(6)=0，
f(7)= 32，；
故函数最小正周期为6，
所以f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2019)=f(1)+f(2)+f(3)= 3．
故答案为： 3．
首先求出函数的最小正周期，进一步求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的值，函数的周期，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
17.【答案】解：因为在△ABC中，已知B=π4，c= 6，C=π3，
则A=π−π4−π3=5π12，
由正弦定理，asinA=bsinB=csinC= 6sinπ3=2 2，
则b=2 2sinπ4=2 2× 22=2，
a=2 2sin(5π12)=2 2× 6+ 24=1+ 3．
【解析】利用三角形内角和为π可解出A，利用正弦定理可解a，b．
本题考查利用正弦定理解三角形，属于中档题．
18.【答案】解：设点A到平面A1BD的距离为h，
则VB−AA1D=13×a×12×a×a=16a3，
VA−A1BD=13×h× 34×( 2a)2= 36a2h，
∵VA−A1BD=VB−AA1D，
∴h= 33a，
∴点A到平面A1BD的距离为 33a．
【解析】根据棱锥体积的公式，利用三棱锥的等积性进行求解即可．
本题考查了点到平面的距离计算，属于基础题．
19.【答案】解：(1)csα=−817，α是第二象限的角，故sinα>0，
因为sin2α+cs2α=1，
所以sinα= 1−cs2α= 1−64289=1517，tanα=sinαcsα=1517−817=−158；
(2)因为tanα=2，所以3sinα−csα2sinα+3csα=3tanα−12tanα+3=3×2−12×2+3=57．
【解析】(1)根据同角三角函数关系结合α是第二象限的角，求出正弦值和正切值；
(2)化弦为切，代入求值．
本题主要考查了同角基本关系的应用，属于基础题．
20.【答案】解：(1)在△ADC中，由余弦定理得cs∠ADC=AD2+DC2−AC22AD⋅DC=−12
∴∠ADC=120°
那么：sin∠ADC=sin120°= 32
则S△ADC=12AD⋅DC⋅sin∠ADC=15 34
(2)在△ABD中，∠B=30°，∠ADB=60°
由正弦定理得：ABsin∠ADB=ADsinB
∴AB=5 3．
【解析】本题考查了正余弦定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
(1)在△ADC中，根据余弦定理求解cs∠ADC，可得sin∠ADC，即可求解△ADC的面积；
(2)在△ABD中，∠B=30°，∠ADB=60° 由正弦定理得AB的长度：
21.【答案】解：(I)证明：∵AB//A1B1，AB⊄平面A1B1CD，A1B1⊂平面A1B1CD，
∴AB//平面A1B1CD．
(II)证明：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，可得CD⊥平面BCC1B1，
又BC1⊂平面BCC1B1，∴CD⊥BC1，
由四边形BCC1B1是正方形，可得BC1⊥B1C，
又B1C∩CD=C，B1C，CD⊂平面A1DCB1，
∴BC1⊥平面A1DCB1；
(III)解：取BC1与B1C的交点为O，连接OA1，
由(II)知BC1⊥平面A1B1CD，
∴OB⊥平面A1B1CD，
∴∠OA1B为直线A1B和平面A1B1CD所成的角，
设正方体棱长为1，则A1B= 2，OB= 22，
∴sin∠OA1B=OBA1B=12，
∴∠OA1B=30°，
∴直线A1B和平面A1B1CD所成的角为30°．
【解析】本题考查线面平行线面垂直的证明，考查线面角的求法，属中档题．
(I)由AB//A1B1即可得出AB//平面A1B1CD；
(II)证明CD⊥BC1，BC1⊥B1C，可证BC1⊥平面A1DCB1；
(III)取BC1与B1C的交点为O，连接OA1，证明OB⊥平面A1B1CD可得∠OA1B为直线A1B和平面A1B1CD所成的角，设正方体棱长为1，在Rt△A1OB中求出∠OA1B.
22.【答案】解：(1)已知|a|=2，|b|=1，向量a与向量b的夹角为π3，
则a⋅b=|a||b|cs=2×1×12=1；
(2)由已知可得f(t)=m⋅n=(a+tb)⋅(ta+2b)=t2a⋅b+t(2b2+a2)+2a⋅b=t2+6t+2；
(3)∵g(t)=f(t)t=t+2t+6在[1, 2]上单调递减，在[ 2,3]上单调递增，
又∵g(1)=9< 293=g(3)，g( 2)=2 2+6，
所以g(x)max=g(3)=293，g(x)min=g( 2)=2 2+6，
即g(x)的值域是[2 2+6,293]．
【解析】(1)由平面向量数量积的运算，结合a⋅b=|a||b|cs求解即可；
(2)由平面向量数量积的运算求解即可；
(3)因为g(t)=f(t)t=t+2t+6在[1, 2]上单调递减，在[ 2,3]上单调递增，然后求其值域即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了函数值域的求法，属基础题．

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