2023-2024学年广东省佛山市七校高一（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年广东省佛山市七校高一（下）期中数学试卷-普通用卷，共15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.下列几何体为棱柱的是( )
A. B.
C. D.
2.已知复数z满足z=(2−3i)(1+i)，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.下列说法不正确的是( )
A. 正棱锥的底面是正多边形，侧面都是等腰三角形
B. 棱台的各侧棱延长线必交于一点
C. 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分是棱台
D. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
4.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinB+sinC=2sinA，若△ABC的周长为3，则a=( )
A. 1B. 2C. 2D. 3
5.已知单位向量a，b满足|a−b|=2a⋅b，则a在b上的投影向量为( )
A. 22bB. 14bC. 13bD. 12b
6.已知函数f(x)=2cs(4x+φ)−1(0<φ<2π)在[0,π4]上单调递增，则φ=( )
A. π8B. π4C. π2D. π
7.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示，其中一个最高点的坐标为(π6,1)，与x轴的一个交点的坐标为(5π12,0).设M，N为直线y=t与f(x)的图象的两个相邻交点，且|MN|=π3，则t的值为( )
A. ±12B. −12C. 12D. ± 32
8.如图，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续，设初始正方形ABCD的边长为2，则AE⋅BF=( )
A. 0
B. 4
C. 5
D. 6
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数z1=2+i,z2=52+i，则( )
A. z1，z2互为共轭复数B. z1+z2=4
C. |z1|=|z2|D. z1>z2
10.已知函数f(x)=sin(x−1x)，则( )
A. f(x)为奇函数B. f(x)的最小正周期为π
C. f(x)在(1,2)上单调递增D. f(x)在(1,20)上有6个零点
11.如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AB⋅BC=0，AD=AB=3，BC>AB，M，N分别为边AB，BC上的动点，且MN=2，则( )
A. DM⋅DN的最小值为18−6 2B. DM⋅DN的最小值为9
C. DM⋅DN的最大值为12D. DM⋅DN的最大值为18
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若tanα+tanβ=3−3tanαtanβ，则tan(α+β)=______.
13.如图，△O′A′B′表示水平放置的△OAB根据斜二测画法得到的直观图，O′A′在x′轴上，A′B′与x′轴垂直，且O′A′= 2，则△OAB的面积为______.
14.如图，测量队员在山脚M处测得山顶P的仰角为π4，沿着倾斜角为π6的斜坡向上走400米到达N处，在N处测得山顶P的仰角为π3，M与O在同一水平面上，M，O，N，P四点在同一铅垂面上，则山的高度OP为______米.
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.(本小题13分)
已知向量a=(1,x)，b=(2,3).
(1)若b⊥(a+b)，求|a+b|；
(2)若向量c=(1,2)，b//(a+c)，求a与b的夹角的余弦值.
16.(本小题15分)
已知cs(π4+x)=35,5π4(1)求csx和sin(x−π12)的值；
(2)求sin2x−2sin2x1−tanx的值.
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2=b(b+c).
(1)证明：2bcsA=c−b.
(2)证明：A=2B.
(3)若△ABC为锐角三角形，求ba的取值范围.
18.(本小题17分)
已知向量a=(sinx,csx)，b=(csx,− 3csx)，函数f(x)=a⋅b+ 32.
(1)求f(x)图象的对称中心与对称轴；
(2)当x∈[π6,π]时，求f(x)的单调递增区间；
(3)将f(x)的图象向左平移π6个单位长度后，所得图象对应的函数为g(x)，若关于x的方程2[g(x)]2+mg(x)+1=0在[0,π2]上有两个不相等的实根，求实数m的取值范围.
19.(本小题17分)
如图所示，某镇有一块空地△OAB，其中OA=3km，OB=3 3km，∠AOB=90∘.当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上，且∠MON=30∘，挖出的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在△OAN的一周安装防护网．
(1)当AM=32km时，求防护网的总长度；
(2)为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使△OMN的面积最小？最小面积是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A中，侧棱长不一样长，由棱柱的定义可知，不是棱柱，所以A不正确；
B中，由图知是四棱柱，所以B正确；
C中，由图知几何体为棱台，所以C不正确；
D中，图为三棱锥，所以D不正确．
故选：B.
由棱柱的定义逐一判断所给的图是否为棱柱．
本题考查棱柱的定义的应用，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为z=(2−3i)(1+i)=2+2i−3i−3i2=5−i，
所以z在复平面内对应的点为(5,−1)，位于第四象限．
故选：D.
根据复数代数形式的乘法运算化简复数z，再根据复数的几何意义判断即可．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，由正棱锥的定义，正棱锥的底面是正多边形，侧面都是等腰三角形，A正确；
对于B，棱台的各侧棱延长线必交于一点，B正确；
对于C，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分是棱台，C错误；
对于D，由棱柱的定义，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，D正确．
故选：C.
根据题意，由棱锥、棱柱、棱台的结构特征依次分析选项，综合可得答案．
本题考查棱柱、棱锥、棱台的结构特征，涉及棱锥的定义，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：在△ABC中，sinB+sinC=2sinA，所以b+c=2a，
因为△ABC的周长为3，所以3a=3，则a=1.
故选：A.
由正弦定理和sinB+sinC=2sinA，可得b+c=2a，可求得结果．
本题主要考查正弦定理和解三角形，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：设a⋅b=k，
由题意可知，k≥0，
|a−b|=2a⋅b，
两边同时平方可得，a2+b2−2a⋅b=4(a⋅b)2，即2k2+k−1=0，解得k=12(负值舍去)，
故a在b上的投影向量为：a⋅b|b|×b|b|=12b.
故选：D.
根据已知条件，推得a⋅b，再结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：因为f(x)=2cs(4x+φ)−1(0<φ<2π)在[0,π4]上单调递增，
所以π−φ4≤02π−φ4≥π4，
解得φ=π.
故选：D.
由已知结合余弦函数的单调性即可求解．
本题主要考查了余弦函数单调性的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：由图易知A=1，周期T=4×(5π12−π6)=2πω，
所以ω=2，
所以f(x)=sin(2x+φ)，
将最高点(π6,1)代入f(x)=sin(2x+φ)中可得1=sin(π3+φ)，
得π3+φ=2kπ+π2，k∈Z，
又因为0<φ<π2，
所以φ=π6，
所以f(x)=sin(2x+π6)；
又因为|MN|=π3，设M(x1,t)，N(x2,t)，
则M，N关于x=π6或x=2π3对称，
所以x1+x2=π3或x1+x2=4π3，x2−x1=π3，
可得x1=0，x2=π3或x1=π2，x2=5π6，
所以t=12或−12.
故选：A.
由函数图象可得A的值，函数周期，利用周期公式可求ω，将最高点代入，可得φ的值，即可得解函数解析式；设M，N的坐标，由|MN|的值，可得M，N的坐标，进而可求t的值．
本题主要考查三角函数的图象和性质，根据图象求出函数的解析式是解决本题的关键，考查了数形结合思想和函数思想，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：如图，
由已知可得，AD=BC=2，DG=CH= 2，GE=HF=1.
AE⋅BF=(AD+DG+GE)⋅(BC+CH+HF)
=AD⋅BC+AD⋅CH+AD⋅HF+DG⋅BC+DG⋅CH+DG⋅HF+GE⋅BC+GE⋅CH+GE⋅HF
=2×2×cs0∘+2× 2×cs45∘+2×1×cs90∘+2× 2×cs45∘+ 2× 2×cs90∘
+ 2×1×cs135∘+2×1×cs90∘+1× 2×cs135∘+1×1×cs180∘=5.
故选：C.
根据平面向量的线性运算和数量积运算即可求解．
本题考查平面向量数量积的应用，注意把握已知条件中的规律，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：复数z1=2+i,z2=52+i=5(2−i)(2+i)(2−i)=2−i，
则z1，z2互为共轭复数，A正确；
z1+z2=2+i+2−i=4，B正确；
|z1|=|z2|= 5，C正确；
两复数不能比较大小，D错误．
故选：ABC.
由已知结合复数的基本概念检验各选项即可判断．
本题主要考查了复数的基本概念的应用，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A，因为f(x)=sin(x−1x)，x≠0，
所以f(−x)=sin(−x+1x)=−sin(x−1x)=−f(x)，
所以函数为奇函数，故正确；
对于B，因为f(x+π)=sin(x+π−1x+π)=−sin(x−1x+π)≠f(x)，
所以f(x)的最小正周期不为π，故错误；
对于C，令t=x−1x，易知t在(1,2)上单调递增，且t∈(0,32)，
又因为y=sint在t∈(0,32)上单调递增，
由复合函数的单调性可知y=f(x)在(1,2)上单调递增，故正确；
对于D，令t=x−1x，当x∈(1,20)时，t=x−1x∈(0,39920)，
令f(x)=sin(x−1x)=0，即sint=0，
所以t=kπ，k∈Z，
又因为t∈(0,39920)，6π≈18.84<39920，7π≈21.98>39920，
所以k=1，2，3，4，5，6，
所以t有6个解，
即函数f(x)=sin(x−1x)在(1,20)上有6个零点，故正确．
故选：ACD.
对于A，根据奇函数的定义判断即可；
对于B，通过判断f(x+π)=f(x)是否成立，即可判断；
对于C，令t=x−1x，可得t在(1,2)上单调递增，再结合y=sint在t∈(0,32)上单调性即可判断；
对于D，令t=x−1x∈(0,39920)，令函数y=f(x)=0，则有t=kπ，k∈Z，解出t的个数，即可判断．
本题考查复合函数的单调性，函数的零点、转化思想及正弦函数的性质，涉及函数的奇偶性，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，
则D(3,3)，设M(0,y)，N(x,0)，
其中x∈[0,2]，y∈[0,2]，且x2+y2=4，
则DM=(−3,y−3),DN=(x−3,−3)，
故DM⋅DN=−3x+9−3y+9=−3(x+y)+18，
因为x2+y2=(x+y)2−2xy≥(x+y)2−(x+y)22=(x+y)22，
所以(x+y)2≤8，即x+y≤2 2，
当且仅当x=y=1时，等号成立，
故x+y=BM+BN≥MN=2，
当且仅当点M或点N与点B重合时，等号成立，
则18−6 2≤−3(x+y)+18≤12，
所以DM⋅DN的最大值为12，最小值为18−6 2.
故选：AC.
首先以点B为原点建立平面直角坐标系，并利用坐标表示DM⋅DN，再根据基本不等式，即可求解．
本题考查平面向量数量积运算及基本不等式的应用，属中档题．
12.【答案】3
【解析】解：∵tanα+tanβ=3−3tanαtanβ，
∴tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ=3.
故答案为：3.
根据两角和的正切公式即可得解．
本题考查了两角和的正切公式，是基础题．
13.【答案】2 2
【解析】解：根据题意，直观图△O′A′B′中，O′A′在x′轴上，A′B′与x′轴垂直，且O′A′= 2，
则A′B′= 2，直观图的面积S′=12× 2× 2=1，
则原图的面积S=2 2S′=2 2.
故答案为：2 2.
根据题意，由三角形面积公式求出直观图的面积，进而由原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案．
本题考查平面图形的直观图，注意原图面积与直观图面积的关系，属于基础题．
14.【答案】200+200 3
【解析】解：过点N作NE⊥PO于E，作ND⊥MO于D，
由题意可得∠PMO=π4，∠NMO=π6，MN=400，∠PNE=π3，
在△MND中，ND=MNsin∠NMO=400×sinπ6=200，
MD=MNcs∠NMO=400×csπ6=200 3，
显然四边形NEOD为矩形，
所以DO=NE，EO=ND=200，
又∠PMO=π4，所以△PMO是等腰直角三角形，
所以MO=PO，即MD+DO=PE+EO，
即200 3+DO=PE+200，
在△PNE中，由正弦定理可得：PENE=tanπ3= 3，
可得PE= 3NE= 3DO，
所以( 3−1)DO=200( 3−1)，
解得DO=200，
所以PE=200 3，
则PO=PE+EO=200 3+200.
即山的高度为200+200 3m.
故答案为：200+200 3.
过点N作NE⊥PO于E，作ND⊥MO于D，由题意可得ND，MD的值，再由∠PMO=π4，可得△PMO是等腰直角三角形，再由题意可得PE，NE的值，进而求出PO的值．
本题考查直角三角形的性质的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)∵向量a=(1,x)，b=(2,3)，
∴a+b=(3,x+3)，又b⊥(a+b)，
∴b⋅(a+b)=6+3(x+3)=0，∴x=−5，
∴a+b=(3,−2)，
∴|a+b|= 9+4= 13；
(2)∵c=(1,2)，b=(2,3)，a=(1,x)，
∴a+c=(2,x+2)，又b//(a+c)，
∴2(x+2)−6=0，∴x=1，
∴a=(1,1)，
∴cs=a⋅b|a||b|=2×1+3×1 4+9× 2=5 2626.
【解析】(1)根据向量垂直建立方程求出x，再根据向量的模长公式，即可求解；
(2)根据向量共线定理建立方程求出x，再根据向量夹角公式，即可求解．
本题考查向量垂直，向量共线定理，向量夹角公式，方程思想，属中档题．
16.【答案】解：因为cs(π4+x)=35,5π4所以sin(π4+x)=−45，
(1)csx=cs(x+π4−π4)= 22[cs(x++π4)+sin(x+π4)]= 22(35−45)=− 210；
sin(x−π12)=sin(x+π4−π3)=12sin(x+π4)− 32cs(x+π4)=12×(−45)− 32×35=−3 3+410；
(2)由(1)得，csx=− 210，5π4所以sinx=−3 210，
sin2x−2sin2x1−tanx=2sinxcsx−2sin2x1−sinxcsx=2sinxcsx=2×(− 210)×(−7 210)=725.
【解析】(1)由已知结合同角平方关系先求出sin(π4+x)，csx=cs(x+π4−π4)，然后结合两角差的余弦公式即可求解；
(2)结合二倍角公式及同角基本关系对所求式子进行化简，即可求解．
本题主要考查了和差角公式，二倍角公式，同角基本关系在三角化简求值中的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：由余弦定理结合a2=b(b+c).
可得2bcsA=2b⋅b2+c2−a22bc=b2+c2−b2−bcc=c−b；
(2)证明：由(1)2bcsA=c−b，
可得2sinBcsA=sinC−sinB，
2sinBcsA=sin(A+B)−sinB，
2sinBcsA=sinAcsB+csAsinB−sinB，
sinB=sinAcsB−csAsinB，
即sinB=sin(A−B)，
B∈(0,π)，A−B∈(−π,π)，故B=A−B或B+A−B=π(舍去)，
即A=2B；
(3)由(2)可得ba=sinBsinA=sinBsin2B=12csB，
∵△ABC为锐角三角形，
可得0解得π6即有 22即有 33<12csB< 22，
即ba的取值范围为( 33, 22).
【解析】(1)用余弦定理化简即可证明；
(2)结合(1)根据正弦定理得到2sinBcsA=sinC−sinB，三角恒等变换得到sin(A−B)=sinB，根据范围得到证明；
(3)ba=sinBsinA=sinBsin2B=12csB，根据锐角三角形确定π6本题考查了正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意得，f(x)=sinxcsx− 3cs2x+ 32
=12sin2x− 3×1+cs2x2+ 32
=sin(2x−π3)，
令2x−π3=kπ，k∈Z，则x=π6+kπ2，k∈Z，即对称中心为(π6+kπ2,0)，
2x−π3=kπ+π2，k∈Z，则x=5π12+kπ2，k∈Z，即对称轴为x=5π12+kπ2，k∈Z；
(2)令−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ，k∈Z，
则−π12+kπ≤x≤5π12+kπ，k∈Z，
故函数f(x)在[π6,π]上单调递增区间为[0,5π12]和[11π12,π]；
(3)由题意得，g(x)=sin2x，
因为0≤x≤π2时，g(x)=sin2x先增后减，函数值从0变到1，再从1变到0，
若关于x的方程2[g(x)]2+mg(x)+1=0在[0,π2]上有两个不相等的实根，令t=sin2x，
则2t2+mt+1=0在[0,1)上仅有一个实数根，
而t=0显然不是上述方程的根，
故−m=2t+1t在(0,1)上仅有一个实数根，
令h(t)=2t+1t，结合对勾函数单调性可知，t= 22时，函数h(t)取得最小值2 2，
又h(1)=3，
故−m=2 2或−m>3，
所以m=−2 2或m<−3，
故m的范围为{m|m=−2 2或m<−3}.
【解析】(1)结合向量数量积的坐标表示及二倍角公式，辅助角公式进行化简可求出f(x)，结合正弦函数的对称性即可求解；
(2)结合正弦函数的单调性即可求解；
(3)结合三角函数的图象变换先求出g(x)，然后结合二次函数及正弦函数的性质及对勾函数单调性即可求解．
本题主要考查了向量数量积的坐标表示，还考查了正弦函数的对称性，单调性的综合应用，方程根的个数求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵OA=3km，OB=3 3km，∠AOB=90∘，∴A=60∘，AB=6.
在△OAM中，由余弦定理得：OM2=OA2+AM2−2OA⋅AM⋅csA=274.
∴OM=3 32.
由正弦定理得：AMsin∠AOM=OMsinA，即32sin∠AOM=3 32 32，
∴sin∠AOM=12.∴A=30∘.
∴∠AON=∠AOM+∠MON=60∘.
∴△OAN是等边三角形．
∴△OAN的周长C=3OA=9.
∴防护网的总长度为9km.
(2)设∠AOM=θ(0∘<θ<60∘)，则∠AON=θ+30∘，∠OMA=120∘−θ，∠ONA=90∘−θ.
在△OAM中，由正弦定理得OMsinA=OAsin∠OMA，即OM 32=3sin(120∘−θ)=3sin(60∘+θ).
∴OM=3 32sin(60∘+θ)，
在△AON中，由正弦定理得ONsinA=OAsin∠ONA，即ON 32=3sin(90∘−θ)=3csθ，
∴ON=3 32csθ，
∴S△OMN=12OM⋅ON⋅sin∠MON=2716csθsin(θ+60∘)=278sin(2θ+60∘)+4 3.
∴当且仅当2θ+60∘=90∘，即θ=15∘时，△OMN的面积取最小值为278+4 3=27(2− 3)4km2.
【解析】(1)证明△OAN为正三角形，可得△OAN的周长为9，即防护网的总长度为9km；
(2)设∠AOM=θ，在△AOM和△AON中使用正弦定理求出OM，ON，得出△OMN的面积关于θ的函数，利用三角函数恒等变换化简，得出面积的最小值．
本题考查利用数学知识解决三角形问题，考查余弦定理、正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．