2023-2024学年内蒙古自治区锡林郭勒盟高一下学期末学业质量抽测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年内蒙古自治区锡林郭勒盟高一下学期末学业质量抽测数学试题（含解析），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.设复数z满足z=2−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
2.sin35∘cs65∘−cs35∘sin65∘=( )
A. − 32B. −12C. 12D. 32
3.设D为ΔABC所在平面内一点，若BC⇀=3CD⇀，则下列关系中正确的是( )
A. AD⇀=−13AB⇀+43AC⇀B. AD⇀=13AB⇀−43AC⇀
C. AD⇀=43AB⇀+13AC⇀D. AD⇀=43AB⇀−13AC
4.平面向量a=sinα,−csα，b=1,−1，若a⊥b，则tanα=( )
A. −1B. −2C. 1D. 2
5.如图，已知长方体ABCD−A′B′C′D′，AB=AD=2，AA′=1，则直线BD′与DC所成角的余弦值为( )
A. 53B. 52C. 34D. 23
6.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为 3，则圆锥的体积为( )．
A. 2 3πB. 3 3πC. 6 3πD. 9 3π
7.如图，圆O内接边长为1的正方形ABCD,P是弧BC(包括端点)上一点，则AP⋅AB的取值范围是( )
A. 1,4+ 24B. 1,2+ 22C. 1,1+ 22D. 24,1
8.小明去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？(单位：米)已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处( )
A. 2B. 3C. 5D. 6
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知两条直线l，m与两个平面α，β，下列命题不正确的是( )
A. 若l//α，l⊥m，则m⊥αB. 若α//β，m//α，则m//β
C. 若l//α，m//α，则l//mD. 若l⊥α，l//β，则α⊥β
10.已知函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0,φ<π2的部分图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. 函数y=fx的最小正周期为2π
B. 函数y=fx的图象关于直线x=−5π12对称
C. 函数y=fx在−2π3,−π6单调递减
D. 该图象向右平移π6个单位可得y=2sin2x的图象
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，F是侧面ADD1A1上的一个动点(含边界)，点E在棱CC1上，且C1E=1，则下列结论正确的有( )
A. 平面AD1E被正方体ABCD−A1B1C1D1截得截面为等腰梯形
B. 若DF=FD1，直线AF⊥D1E
C. 若F在DD1上，BF+FE的最小值为 57+32 2
D. 若DF⊥BD1，点F的轨迹长度为4 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知1+iz=1−i，则z= ．
13.已知向量a=−1,−2，b=1,λ，若a，b的夹角为钝角，则λ的取值范围是 ．
14.已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面边长分别为 3、 3、3，高AA1=2 2，则该三棱柱的外接球的表面积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知向量a=−4,8，b=x,−4，
(1)若a//a+b，求实数x的值；
(2)若a⊥12a−b，求向量a与b的夹角的余弦值．
16.(本小题12分)
在▵ABC中，角A、B、C的对边分别为a,b,c，已知acsB−bcsA=−a−c．
(1)求B；
(2)若a=2,b=2 7,D为AC边的中点，求BD的长．
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AB=AD=1，BC=DC= 3，PA=2，PC=2 2，PA⊥平面ABCD．
(Ⅰ)求证：BC⊥平面PAB；
(Ⅱ)求四棱锥P−ABCD的表面积．
18.(本小题12分)
已知函数fx=2sinxcsx+π3+m的最大值为2m；
(1)求常数m的值；
(2)若fx在0,aa>0上单调递增；求a的最大值．
19.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=120∘,PA=2,PB=PC=PD,E是PB的中点．
(1)证明：PD//平面AEC；
(2)设F是线段DC上的动点，当点E到平面PAF距离最大时，求三棱锥P−AFE的体积．
答案解析
1.D
【解析】由题意可知，复数z在复平面内对应的点(2,−1)位于第四象限．
故选：D．
2.B
【解析】解： sin35∘cs65∘−cs35∘sin65∘=sin35∘−65∘=sin−30∘
=−sin30∘=−12 ．
故选：B．
3.A
【解析】∵BC⇀=3CD⇀
∴AC⇀−AB⇀=3(AD⇀−AC⇀)；
∴AD⇀=43AC⇀−13AB⇀．
故选A．
4.A
【解析】向量a=sinα,−csα，b=1,−1，
若a⊥b，则sinα+csα=0，所以tanα=sinαcsα=−1．
故选：A
5.D
【解析】解：连接 AD′ ，如图
因为CD//AB，
所以直线 BD′ 与 DC 所成的角为 ∠ABD′
由题可知： AB⊥AD′ ，
由 AB=AD=2 ， AA′=1
得 BD′= 22+12+22=3 ，所以 cs∠ABD′=ABBD′=23
故选：D
6.B
【解析】解：如图所示：
设它们的底面半径均为r，圆锥的母线长为l，则2πr· 3=πrl，
解得l=2 3，
在圆锥中，r= l2− 32= 2 32−3=3，
则圆锥的体积为13π·32× 3=3 3π．
7.C
【解析】方法一：如图1，以A为坐标原点，AB,AD所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则A(0,0),B(1,0)).
设P(x,y)，则AP=(x,y).因为AB=(1,0)，所以AP⋅AB=x．
由题意知，圆O的半径r= 22.因为点P在弧BC(包括端点)上，
所以1≤x≤12+ 22，所以AP⋅AB的取值范围是1,1+ 22．
方法二：如图2，连接AC,CP.易知∠BAC=π4，
设∠PAB=θ,0≤θ≤π4，则∠PAC=π4−θ．
由已知可得|AB|=1,|AC|= 2,∠APC=π2，所以|AP|=|AC|cs∠PAC= 2csπ4−θ，
所以AP⋅AB=|AP||AB|csθ= 2csπ4−θcsθ= 2 22csθ+ 22sinθcsθ
=csθ+sinθcsθ=cs2θ+sinθcsθ=1+cs2θ2+sin2θ2=12+ 22sin2θ+π4．
因为0≤θ≤π4，所以π4≤2θ+π4≤3π4，所以 22≤sin2θ+π4≤1，
所以1≤12+ 22sin2θ+π4≤1+ 22，即AP⋅AB的取值范围是1,1+ 22．
故选：C．
8.B
【解析】如图所示，设观赏者眼睛出为点C，画的上沿为点A，下沿为点B，
过点C作CD⊥AB交AB的延长线于点D，则∠ADC=90∘，
当▵ABC的外接圆(即为圆⊙O)与CD切于点C时，观赏者观赏的角度最大，即∠ACB最大，
线段CD的长度为警戒线距墙的长度，
由题设知：AD=3m,BD=1m，则AB=3−1=2m，
过点O作OE⊥AB于点E，连接OC,OB，
如图所示，则∠OEB=90∘，且BE=12AB=1m，
所以DE=BD+BE=1+1=2m，所以⊙O与CD切于点C，所以OC⊥CD，
所以∠OCD=90∘=∠ADC=∠OEB，所以四边形OCDE为矩形，
可得OC=DE=2m，且CD=OE，所以OB=OC=2m，
在直角▵OBE中，由勾股定理得OE= OB2−BE2= 22−12= 3m，
所以CD=OE= 3m，即警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙 3米远处最合适．
故选：B．
9.ABC
【解析】对于A选项，如图所示，l//α，l⊥m，此时l//α，故 A错误；
对于B选项，如图所示，α//β，m//α，此时m⊂β，故 B错误；
对于C选项，如图所示，l//α，m//α，此时l⊥m，故 C错误；
对于D选项，l//β，则面β内一定可以找一条直线n，使得l//n，又l⊥α，则n⊥α,n⊂β，则α⊥β，故 D正确．
故选：ABC．
10.BD
【解析】由图象得A=2，π3−π12=T4，解得T=π，所以fx的最小正周期为π，故 A错；
T=2πω=π，则ω=2，将π12,2代入fx=2sin2x+φ中得2=2sinπ6+φ，
则π6+φ=π2+2kπ，k∈Z，解得φ=π3+2kπ，k∈Z，
因为φ<π2，所以φ=π3，fx=2sin2x+π3，f−5π12=2sin−5π6+π3=−2，
所以x=−5π12是fx的对称轴，故 B正确；
当x∈−2π3,−π6时，2x+π3∈−π,0，因为y=2sinx在−π,0上不单调，
所以fx在−2π3,−π6上不单调，故 C错；
该图象向右平移π6个单位可得y=2sin2x−π6+π3=2sin2x，故 D正确．
故选：BD
11.ACD
【解析】对于A：

在BC上取点G，使得BG=C1E=1，连接EG、BC1、AD1、D1E、AG，
则BC1//EG，又AB=D1C1且AB//D1C1，所以ABC1D1为平行四边形，则AD1//BC1，
所以AD1//EG，所以A、D1、E、G四点共面，
即平面AD1E被正方体ABCD−A1B1C1D1截得截面即为梯形AD1EG，
又D1E=AG= 12+42= 17，所以AD1EG为等腰梯形，故 A正确；
对于B：

因为DF=FD1，所以F为DD1中点，在棱CC1上取点M，使得CM=1，
则EM//D1F且EM=D1F，所以D1FME为平行四边形，所以FM//D1E，
又AF= 42+22=2 5，FM= 12+42= 17，AM= 42+42+12= 33，
显然AF2+FM2≠AM2，即AF与FM不垂直，则AF与D1E不垂直，故 B错误；
对于C：

如图将平面CC1D1D展开到与平面BB1D1D共面，连接BE交DD1 于点F，则BE即为BF+FE的最小值，
又BE= 4 2+42+32= 57+32 2，所以BF+FE的最小值为 57+32 2，故 C正确；
对于D：

连接B1C、BC1、AD1、DA1，则B1C⊥BC1，又AB⊥平面C1B1BC，
B1C⊂平面C1B1BC，所以AB⊥B1C，又AB∩BC1=B，AB,BC1⊂平面ABC1D1，
所以B1C⊥平面ABC1D1，BD1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥BD1，
又DA1//B1C，所以DA1⊥BD1，因为DF⊥BD1，所以线段DA1(不含点D)即为点F的轨迹，
又DA1= 42+42=4 2，所以点F的轨迹长度为4 2，故 D正确．
故选：ACD
12.−i
【解析】因为1+iz=1−i，所以z=1−i1+i=1−i21+i1−i=−2i2=−i．
故答案为：−i
13.−12,2∪2,+∞
【解析】若a与b共线，则−λ=−2×1，得λ=2，此时b=−a，a与b方向相反，
因为a与b的夹角为钝角，所以a⋅b<0且a与b不反向共线，
即−1×1+−2λ<0且λ≠2，解得λ>−12且λ≠2，
则λ的取值范围是−12,2∪2,+∞．
故答案为：−12,2∪2,+∞．
14.20π
【解析】不妨设AB=AC= 3,BC=3，
由余弦定理可得csA=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=3+3−92× 3× 3=−12，
由A∈(0,π)，则A=2π3，
所以▵ABC的外接圆半径r=BC2sinA= 3，
可得该三棱柱的外接球的半径R= r2+12AA12= 5，
所以该三棱柱的外接球的表面积为S=4πR2=20π．
故答案为：20π
15.解：(1)向量a=−4,8，则a+b=x−4,4，
由a//a+b，得8x−4=−4×4，解得x=2．
(2)12a−b=−2−x,8，由a⊥12a−b，有a⋅12a−b=−4−2−x+8×8=0，
解得x=−18，则b=−18,−4，
csa,b=a⋅bab=−4×−18+8×−4 −42+82 −182+−42= 1717．
所以向量a与b的夹角的余弦值 1717．
【解析】(1)利用向量平行的坐标形式可求x的值；
(2)利用向量垂直的坐标形式可求x的值，再利用公式可求向量a与b的夹角的余弦值．
16.解：(1)因为acsB−bcsA=−a−c，
根据正弦定理，得sinAcsB−csAsinB=−sinA−sinC=−sinA−sinAcsB+csAsinB，
化简得2sinAcsB=−sinA，因为sinA>0，所以csB=−12，
因为B∈0,π，所以B=2π3．
(2)在▵ABC中，由余弦定理得(2 7)2=22+c2−2×2ccs2π3，
所以c2+2c−24=0，解得c=4．
因为BD为▵ABC的中线，所以2BD=BA+BC，
所以4|BD|2=c2+a2+2ac⋅cs2π3，
因为a=2,c=4，所以4|BD|2=12，解得BD= 3．

【解析】(1)根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解；
(2)根据余弦定理求出c边，再根据向量运算求BD．
17.解：(Ⅰ)因为PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PA⊥AC，PA⊥BC，
因为PA=2，PC=2 2，所以AC=2．
因为AB=AD=1，BC=DC= 3，
所以AB2+BC2=AD2+DC2=AC2，
所以AB⊥BC，AD⊥DC，
由PA⊥BC，AB⊥BC，PA∩AB=A可得，
BC⊥平面PAB．
(Ⅱ)由题意可知SΔABC=SΔADC=12×AB×BC=12×1× 3= 32，
SΔABP=SΔADP=12×AB×AP=12×1×2=1，
由(Ⅰ)可知，BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，
所以BC⊥PB，同理可得DC⊥PD，
又BC=DC= 3，PB=PD= 12+22= 5，
所以SΔCBP=SΔCDP=12×PB×BC=12× 5× 3= 152，
所以四棱锥P−ABCD的表面积S=2× 32+1+ 152=2+ 3+ 15．
【解析】(Ⅰ)由线面垂直推出PA⊥AC，PA⊥BC，勾股定理求出边AC，则易证AB⊥BC，得证；(Ⅱ)易证各侧面均为直角三角形，底面为两直角三角形的组合，相应直角边长代入三角形面积计算公式求和即可．
18.解：(1)由于函数f(x)=2sinxcs(x+π3)+m=2sinx(12csx− 32sinx)+m=sinxcsx− 3sin2x+m
=12sin2x− 32(1−cs2x)+m=sin(2x+π3)+m− 32
由于−1≤sin(2x+π3)≤1，
故函数f(x)的最大值为1+m− 32=2m，解得m=1− 32．
(2)由于−π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，(k∈Z)，
解得−5π12+kπ≤x≤kπ+π12，(k∈Z)；
故函数f(x)的单调递增区间为[−5π12+kπ,kπ+π12]，(k∈Z)；
故[0,a]⊆[−5π12+kπ,kπ+π12]，(k∈Z)；故取k=0，则0,a⊆[−5π12,π12]
故a∈(0,π12]，即a的最大值为π12．
【解析】(1)首先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，进一步利用正弦型函数的性质求出m的值；
(2)利用函数的单调性和集合间的子集关系求出a的最大值．
19.解：(1)证明：连接DB与AC交于O，连接OE，
因为ABCD是菱形，所以O为DB的中点，
又因为E为PB的中点，
所以PD//OE，
因为PD⊄平面AEC,OE⊂平面AEC，
所以PD//平面AEC．
(2)取BC中点M，连接AM,PM，
因为四边形ABCD是菱形，∠BAD=120∘，且PC=PB，
所以BC⊥AM,BC⊥PM，又AM∩PM=M，
所以BC⊥平面APM，又AP⊂平面APM，
所以BC⊥PA．
同理可证：DC⊥PA，又BC∩DC=C，
所以PA⊥平面ABCD，
所以平面PAF⊥平面ABCD，
又平面PAF∩平面ABCD=AF，
所以点B到直线AF的距离即为点B到平面PAF的距离，
过B作直线AF的垂线段，在所有垂线段中长度最大为AB=2，
因为E为PB的中点，故点E到平面PAF的最大距离为1，
此时，F为DC的中点，即AF= 3，
所以S△PAF=12PA⋅AF=12×2× 3= 3，
所以VP−AFE=VE−PAF=13× 3×1= 33．
【解析】(1)连接DB与AC交于O，连接OE，证明PD//OE即可得证线面平行；
(2)首先证明PA⊥平面ABCD(只要取BC中点M，可证BC⊥平面PAM，从而得PA⊥BC，同理得PA⊥CD)，因此点B到直线AF的距离即为点B到平面PAF的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积．