2022-2023学年广西北海市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年广西北海市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共14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.下列各角中，与2183∘角终边相同的是( )
A. −23∘B. 23∘C. −47∘D. 47∘
2.已知互不重合的直线m，n，互不重合的平面α，β，γ，下列命题错误的是( )
A. 若α//β，β//γ，则α//γB. 若α//β，β⊥γ，则α⊥γ
C. 若α//β，m//α，则m//βD. 若α//β，n⊂α，则n//β
3.已知复数z满足z+2z−=3+4i(i是虚数单位)，则z=( )
A. 1−4iB. 6−4iC. 6−2iD. 3−2i
4.已知两个单位向量a,b的夹角为120∘，若3a−b+c=0，则|c|=( )
A. 7B. 13C. 7D. 13
5.为了得到函数f(x)=12cs(x+π3)的图象，只需把曲线g(x)=csx上所有的点( )
A. 向左平移π3个单位，再把纵坐标伸长到原来的2倍
B. 向右平移π3个单位，再把纵坐标伸长到原来的2倍
C. 向左平移π3个单位，再把纵坐标缩短到原来的12
D. 向右平移π3个单位，再把纵坐标缩短到原来的12
6.著名的古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理：把一个球放在一个圆柱形的容器中，如果盖上容器的上盖后，球恰好与圆柱的上、下底面和侧面相切(该球也被称为圆柱的内切球)，那么此时圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为定值，则该定值为.( )
A. 12B. 13C. 34D. 23
7.若圆台的高是2 3，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，母线与下底面所成角的大小为60∘，则这个圆台的侧面积是( )
A. 24πB. 8 3πC. 9 3πD. 27π
8.某人要作一个三角形，要求它的三条高的长度分别是14,13,15，则该三角形( )
A. 一定是锐角三角形
B. 一定是直角三角形
C. 一定是钝角三角形
D. 有可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
二、多选题：本题共4小题，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知点A∈平面α，点B∉平面α，则下列说法错误的是( )
A. 平面α内所有的直线与直线AB异面
B. 平面α内存在一条直线与直线AB平行
C. 平面α内存在无数条直线与直线AB垂直
D. 有且只有一个过直线AB的平面与平面α垂直
10.在下列情况的三角形中，有两个解的是( )
A. a= 5,b=4,A=30∘B. b=11，c=10，B=60∘
C. a=3，c=1，A=90∘D. a=12，b=16，A=45∘
11.如图是函数y=sin(ωx+φ)(ω>0)的部分图象，则cs(ωx+φ)=( )
A. sin(2x+π2)
B. cs(11π6−2x)
C. cs(2x+π6)
D. cs(7π3−2x)
12.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段CD1上的一点，则下列说法正确的是( )
A. 直线BP与平面ABB1A1所成的角为定值
B. AD//平面A1BP
C. 三棱锥A1−BPD的体积为定值
D. 直线AB1与直线BP所成的角为定值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知复数z满足(3−2i)z=4−7i(i为虚数单位)，则|z|=______.
14.已知扇形的面积为4cm2，该扇形圆心角的弧度数是2，则扇形的弧长为______cm.
15.在△ABC中，sinC=2sinBcs(B+C),A=5π6,b= 3，则a=______.
16.已知锐角α，β满足α+2β=2π3,tanα2tanβ=13，则α+β=______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知m∈R，复数z=−m2+6m−8+(m2−7m+12)i(i是虚数单位).
(1)若z是纯虚数，求m的值；
(2)若z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围.
18.(本小题12分)
已知α∈(π6,7π6)，且sin(α+π3)=2 55.
(1)求tanα的值；
(2)求cs(2α+5π12)的值.
19.(本小题12分)
已知向量a=(1,0),b=(1, 3).
(1)设k∈R，求|a−kb|的最小值；
(2)若向量ta+b与向量a+tb的夹角为钝角，求实数t的取值范围.
20.(本小题12分)
如图，某地计划在一海滩处建造一个养殖场，射线OA，OB为海岸线，∠AOB=2π3，现用长度为2千米的网依托海岸线围成一个△POQ的养殖场(海岸钱不用围).
(1)已知∠PQO=π4，求OP的长度；
(2)请问如何选取点P，Q，才能使得养殖场△POQ的面积最大？并求其最大面积.
21.(本小题12分)
如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD，AB=1，AA1=2，∠BAD=60∘，点P为DD1的中点.
(1)求证：直线BD1//平面PAC；
(2)求二面角B1−AC−P的余弦值.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=sinx+csx+asin2x(a∈R).
(1)若a=4，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在[−π,0]上恰有3个零点，求实数a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解；因为2183∘=6×360∘+23∘，所以角2183∘与角23∘的终边相同，B正确；
因为2183∘−(−23∘)=2206∘不是360∘的整数倍，所以它们的终边不同，A错误；
因为2183∘−(−47∘)=2230∘不是360∘的整数倍，所以它们的终边不同，C错误；
因为2183∘−47∘=2136∘不是360∘的整数倍，所以它们的终边不同，D错误．
故选：B.
由已知结合终边相同角的表示即可求解．
本题主要考查了终边相同角的表示，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
由平面平行的传递性判断A；由平面与平面垂直的判定、平面与平面平行的性质判断B；由两面平行分析线面关系判断C；由两面平行及线面平行的定义判断D.
【解答】
解：由α//β，β//γ，得α//γ，故A正确；
若β⊥γ，则β内垂直于两平面交线的直线a垂直γ，
又α//β，则α内存在直线b//a，可得b⊥γ，则α⊥γ，故B正确；
若α//β，m//α，则m//β或m⊂β，故C错误；
若α//β，则α与β无公共点，而n⊂α，则n与β无公共点，可得n//β，故D正确．
故选：C.
3.【答案】A
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，∵复数z满足z+2z−=3+4i，
∴a+bi+2(a−bi)=3a−bi=3+4i，
∴a=1，b=−4，∴z=1−4i.
故选：A.
由题意，利用共轭复数的定义性质，求出z的值．
本题主要考查共轭复数的定义性质，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由3a−b+c=0，可得c=b−3a，
由题意，|a|=|b|=1，=120∘，
∴|c|= (b−3a)2= b2−6a⋅b+9a2
= 1−6×(−12)+9= 13.
故选：D.
利用c与a，b的关系，直接进行数量积的运算即可．
本题考查平面向量的数量积运算，属基础题．
5.【答案】C
【解析】解：把曲线g(x)=csx上所有的点向左平移π3个单位，得到y=cs(x+π3)，
再把纵坐标缩短到原来的12，得到y=12cs(x+π3).
故选：C.
根据函数图象变换关系进行求解判断即可．
本题主要考查三角函数的图像和性质，利用函数图象变换关系进行求解是解决本题的关键，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：设圆柱的母线长为 l，内切球的半径为 r，如图所示，
则其轴截面如图所示，
∴l=2r，∴圆柱的内切球体积为V1=43πr3，
∴圆柱体积为V2=sh=πr2l=πr2×2r=2πr3，
∴圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为V1V2=43πr32πr3=23.
故选：D.
根据已知条件可得l=2r，结合圆柱与球的体积公式，计算即可得解．
本题考查圆柱的内切球问题，圆柱的体积公式与球的体积公式的应用，属基础题．
7.【答案】A
【解析】解：根据题意，作出该圆台的轴截面，如图所示：
则圆台的高h=O1O2=BE=2 3，
上底面半径r=O2B，下底面半径R=O1A，即2O2B=O1A，
母线l=AB，即∠BAE=60∘，
在Rt△ABE中，BE=2 3，∠BAE=60∘，
则AE=2，AB=2AE=4，
在正方形O2O1EB中，O2B=O1E，则AO1=2EO1=2AE=4，即O2B=2，
综上，该圆台的上底半径为2，下底半径为4，母线长为4，
则圆台的侧面积S=π(r+R)l=π(2+4)×4=24π.
故选：A.
根据题意，作出该圆台的轴截面，结合直角三角形和正方形的性质求出上、下底面的半径和母线长，由此计算可得答案．
本题考查圆台的侧面积计算，关键利用圆台的轴截面分析上、下底面的半径，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，
由题意得a，b，c边上的高分别为14,13,15，
则12a×14=12b×13=12c×15，
所以a4=b3=c5，
令a=4，则b=3，c=5，
故csC=9+16−252×3×4=0，故C为直角，故该三角形为直角三角形．
故选：B.
由已知可得三角形三边关系，然后结合余弦定理即可求解．
本题主要考查了三角形面积公式及余弦定理的应用，属于基础题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，当平面α内的直线过点A时，该直线与直线AB相交，故A错误；
对于B，假设平面α内存在一条直线与直线AB相互平行，则该直线与直线AB共面，显然不成立，故B错误；
对于C，平面α找到一条与AB垂直的直线，然后作该直线的平行线即可得到所有的平行线都与AB垂直，故平面α内存在无数条直线与直线AB垂直，故C正确；
对于D，当直线AB与平面α垂直时，有无数个过直线AB的平面与平面α垂直，故D错误．
故选：ABD.
根据直线AB与平面α的位置关系对各选项判断正误即可．
本题考查直线与平面的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，空间想象能力和逻辑推理能力．
10.【答案】AD
【解析】解：对于A，由a= 5，b=4，A=30∘，可得sinB=bsinAa=4×12 5=2 55<1，
又a对于B，sinC=csinBb=10× 3211=5 311<1，而b>c，即B>C，而B为锐角，所以有一解，故B错误；
对于C，因为A=90∘，a=3，c=1，所以b= a2−c2= 10.只有一解，故C错误；
对于D，因为A=45∘,bsinA=16× 22=8 2,8 2<12<16，所以有两解，故D正确．
故选：AD.
由三角形的正弦定理和三角形的边角关系，对选项判断可得结论．
本题考查三角形的解的个数，考查方程思想和转化思想、运算能力，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：由图可得T4=2π3−5π12=π4，即T=π=2πω，∴ω=2，即y=sin(2x+φ)，
将图象中的点(2π3,−1)代入函数中，−1=sin(2×2π3+φ)=sin(4π3+φ)，
即sin(π3+φ)=1，∴π3+φ=2kπ+π2,k∈Z，∴φ=2kπ+π6，
∴y=sin(2x+2kπ+π6)=sin(2x+π6)，则cs(ωx+φ)=cs(2x
sin(2x+π2)=cs2x，可得A错误，C正确；
对于B选项，cs(11π6−2x)=cs(2π−π6−2x)=cs(π6+2x)，可得B正确；
对于D选项，cs(7π3−2x)=cs(2π+π3−2x)=cs(π3−2x)=cs(2x−π3)，D错误．
故选：BC.
根据图象求出y=sin(2x+π6)，则cs(ωx+φ)确定解析式，然后根据诱导公式逐项判断各个选项即可．
本题考查三角函数的图象，考查诱导公式，属于基础题．
12.【答案】BCD
【解析】解：当P分别在C或D1时，显然直线BP与平面ABB1A1所成角不同，故A错误；
平面A1BP即为平面A1BCD1，又AD//BC，AD⊄平面A1BCD1，BC⊂平面A1BCD1，
所以AD//平面A1BCD1，故B正确；
因为CD1//BA1，CD1⊄平面A1BD，BA1⊂平面A1BD，所以CD1//平面A1BD，
所以点P到平面A1BD的距离为定值，所以三棱锥A1−BPD的体积为定值，故C正确；
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，易得AB1⊥平面A1BCD1，
又BP⊂平面A1BCD1，所以AB1⊥BP，故D正确．
故选：BCD.
当P分别在C或D1时，可判断A；根据线面平行的判定定理判断B；由题意得到CD1//平面A1BD，则点P到平面A1BD的距离为定值，可判断C；根据线面垂直的性质判断D.
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】 5
【解析】解：∵复数z满足(3−2i)z=4−7i(i为虚数单位)，
∴z=4−7i3−2i=(4−7i)(3+2i)(3−2i)(3+2i)=26−13i13=2−i，
所以|z|= 5.
故答案为： 5.
先根据复数的四则运算求出z，进而求解结论．
本题主要考查复数模长的计算，比较基础．
14.【答案】4
【解析】解：设扇形的圆心角为α，弧长为l，半径为R，
因为扇形的面积为4cm2，该扇形圆心角的弧度数是2，
所以α=2，面积S=12αR2=R2=4，
解得R=2，
故l=αR=2×2=4(cm).
故答案为：4.
设扇形的弧长为l，半径为R，利用弧长公式及扇形的面积公式即可求得答案．
本题考查弧长公式及扇形的面积公式，属于基础题．
15.【答案】 21
【解析】解：因为sinC=2sinBcs(B+C)，所以c=−2bcsA，
所以c=2b× 32= 3b=3，
由余弦定理，可得a= b2+c2−2bccsA= 3+9+9= 21.
故答案为： 21.
先利用正弦定理化角为边求出边c，再利用余弦定理即可得解．
本题主要考查正余弦定理，考查运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】π2
【解析】解：由题意可得α2+β=π3，
则tan(α2+β)=tanα2+tanβ1−tanα2tanβ=tanα2+tanβ1−13= 3，
解得tanα2+tanβ=23 3，又tanα2tanβ=13，
故tanα2,tanβ为一元二次方程x2−23 3x+13=0的两个实数根，解得x1=x2= 33，
又α，β为锐角，故可得α=π3,β=π6，
则α+β=π2.
故答案为：π2.
由已知结合和角正切公式及方程的根与系数关系可求．
本题主要考查了和差角公式的应用，还考查了方程的根与系数关系的应用，属于中档题．
17.【答案】解：因为m∈R，复数z=−m2+6m−8+(m2−7m+12)i(i是虚数单位)，
(1)因为z是纯虚数，所以{−m2+6m−8=0,m2−7m+12≠0⇒{m=2或m=4,m≠4且m≠3,
解得m=2；
(2)在复平面内z对应的点为(−m2+6m−8,m2−7m+12)，由题意可得−m2+6m−8>0,m2−7m+12<0⇒2解得3【解析】(1)根据纯虚数的定义即可求解结论；
(2)根据复数的几何意义即可求解．
本题考查了纯虚数的定义、复数的几何意义、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)因为sin(α+π3)=2 55，
所以cs(α+π3)=± 1−sin2(α+π3)=± 1−45=± 55，
又α∈(π6,7π6)，
所以α+π3∈(π2,3π2)，
所以cs(α+π3)=− 55，
所以tan(α+π3)=2 55− 55=−2，
所以tanα=tan(α+π3−π3)=tan(α+π3)−tanπ31+tan(α+π3)tanπ3=−2− 31−2 3=5 3+811；
(2)sin2(α+π3)=2sin(α+π3)cs(α+π3)=−45，
cs2(α+π3)=2cs2(α+π3)−1=−35，
则cs(2α+5π12)=cs[2(α+π3)−π4]=cs2(α+π3)csπ4+sin2(α+π3)sinπ4=−35× 22−45× 22=−7 210.
【解析】(1)利用平方关系可得cs(α+π3)=± 55，再结合角α的范围，可得cs(α+π3)=− 55，进而得到tan(α+π3)，由此通过配角容易得解；
(2)利用二倍角公式，再结合cs(2α+5π12)=cs[2(α+π3)−π4]即可得解．
本题考查三角函数的求值问题，考查运算求解能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)∵a=(1,0),b=(1, 3)，
∴a−kb=(1,0)−k(1, 3)=(1−k,− 3k)，
∴|a−kb|= (1−k)2+(− 3k)2= 4k2−2k+1= 4(k−14)2+34，
∴当k=14时，|a−kb|取得最小值，为 32；
(2)∵a=(1,0),b=(1, 3)，
∴ta+b=t(1,0)+(1, 3)=(t+1, 3),a+tb=(1,0)+t(1, 3)=(1+t, 3t)，
∵向量ta+b与向量a+tb的夹角为钝角，
∴(ta+b)⋅(a+tb)<0，且向量ta+b与向量a+tb不能反向，
即(t+1)(1+t)+ 3× 3t=t2+5t+1<0，且t≠−1，
∴−5− 212∴实数t的取值范围为(−5− 212,−1)∪(−1,−5+ 212).
【解析】(1)求出a−kb的坐标，可得|a−kb|是关于k的二次函数，最后求二次函数的最值；
(2)求出ta+b与a+tb的坐标，再由条件得到关于t的不等关系，求解即可．
本题考查平面向量的数量积和夹角的坐标表示，属于中档题．
20.【答案】解：(1)在△OPQ中，由正弦定理可得|PQ|sin∠POQ=|OP|sin∠PQO，
即2sin2π3=|OP|sinπ4，
解得|OP|=2 63，
故OP的长度为 63千米；
(2)在△OPQ中，由余弦定理可得cs2π3=|OP|2+|OQ|2−|PQ|22|OP|⋅|OQ|.
令|OP|=a，|OQ|=b，
可得4=a2+b2+ab≥2 a2b2+ab=3ab，当且仅当a=b=2 33时取等号，
所以ab≤43，又S△OPQ=12absin∠POQ= 34ab≤ 33，
所以|OP|=|OQ|=2 33千米时，S△OPQ取得最大值 33平方千米．
【解析】(1)运用正弦定理，即可得出答案；
(2)根据面积公式和余弦定理，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接PO，如图，
则O为BD的中点，
由于P是DD1的中点，故PO//BD1，
∵PO⊂平面PAC，BD1⊄平面PAC，
所以BD1//平面PAC；
(2)连接B1P，B1O，
因为PA=PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，
因为AA1//BB1，AA1⊥平面ABCD，所以BB1⊥平面ABCD，
又AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，
由底面ABCD是菱形，得AC⊥BD，
又BB1∩BD=B，BB1，BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1，
又B1O⊂平面BDD1B1，所以B1O⊥AC，
则∠B1OP为二面角B1−AC−P的平面角，
B1O= 22+(12)2= 172，PO= 12+(12)2= 52，B1P= 12+12= 2，
由余弦定理可知cs∠B1OP=174+54−22× 172× 52=7 8585，
∴二面角B1−AC−P的余弦值为7 8585.
【解析】(1)连接BD交AC于点O，连接PO，根据线面平行的判定定理求解；
(2)连接B1P，B1O，可证明∠B1OP为二面角B1−AC−P的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可．
本题考查线面平行的判定定理，二面角的求解，化归转化思想，属中档题．
22.【答案】解：(1)若a=4，
则f(x)=sinx+csx+4sin2x=sinx+csx+8sinxcsx，
令t=sinx+csx= 2sin(x+π4)，
则t∈[− 2, 2]，
所以sinxcsx=t2−12，
所以f(x)=t+8×t2−12=4t2+t−4,t∈[− 2, 2]，
因为4t2+t−4=4(t+18)2−6516，
故当t= 2时，f(x)max=4×( 2)2+ 2−4=4+ 2；
(2)令t=sinx+csx= 2sin(x+π4),x∈[−π,0]，
所以x+π4∈[−3π4,π4]，
所以t∈[− 2,1]，
所以f(x)=sinx+csx+asin2x=sinx+csx+2asinxcsx=at2+t−a，
所以f(x)在[−π,0]上恰有3个零点，等价于at2+t−a=0在[− 2,1]上有两个根t1，t2，
且t1=− 2,t2∈(− 2,−1]或t1∈(−1,1],t2∈(− 2,−1],
当t1=− 2,t2∈(− 2,−1]时，a(− 2)2− 2−a=0，解得a= 2，
又当a= 2时，解得t1=− 2,t2= 22，此时f(x)只有两个零点，不符合题意；
当t1∈(−1,1],t2∈(− 2,−1]时，令g(t)=at2+t−a，
当a=0时，不符合题意；
当a<0时，又g(1)=1，所以g(t)在(1,+∞)上至少有一个零点，不符合题意；
当a>0时，又g(−1)=a−1−a=−1，g(1)=1，
所以−12a>− 2,g(− 2)>0,解得a> 2，
综上，实数a的取值范围是( 2,+∞).
【解析】(1)令t=sinx+csx= 2sin(x+π4)，可求得f(x)=t+8×t2−12=4t2+t−4,t∈[− 2, 2]，利用二次函数的性质即可求解最大值；
(2)令t=sinx+csx= 2sin(x+π4),x∈[−π,0]，可得f(x)=at2+t−a，f(x)在[−π,0]上恰有3个零点，等价于at2+t−a=0在[− 2,1]上有两个根t1，t2，且t1=− 2,t2∈(− 2,−1]或t1∈(−1,1],t2∈(− 2,−1],分类讨论即可求解实数a的取值范围．
本题考查了三角函数恒等变换以及二次函数的性质的应用，考查了分类讨论思想和函数思想的应用，属于中档题．