2023-2024学年辽宁省辽阳市高一下学期期末考试数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省辽阳市高一下学期期末考试数学试卷（含解析），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.复数z=2+2i1−i的虚部为( )
A. 1B. 2C. iD. 2i
2.在▵ABC中，AB=6,sinB= 33,C=120∘，则AC=( )
A. 8B. 12C. 16D. 4
3.已知直线l，m及平面α，β，且α⊥β，a∩β=l，下列命题正确的是( )
A. 若m⊥l，则m⊥αB. 若m⊥α，则m⊥l
C. 若m//α，则m/​/lD. 若m//l，则m//α
4.已知单位向量a，b满足a+3b⋅a−2b=−92，则a与b的夹角为( )
A. 0B. π2C. π3D. π6
5.已知函数fx=sinωx+φω>0,φ<π2的部分图象如图所示，则f2π=( )
A. 12
B. 32
−12
D. − 32
6.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=3，AD=4，则该四棱锥外接球的表面积为( )
A. 34π
B. 2 34π
C. 34π
D. 136π
7.已知sinα−π5+csα−π5=2 2csπ20sinα，则sinα−π20=( )
A. 0B. 12C. 22D. 1
8.已知四边形ABCD的顶点都在半径为2的圆O上，且AD经过圆O的圆心，BC=2,CDA. 2B. 3C. 2 2D. 2 3
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.已知函数fx=sin2x+π4+1，则( )
A. fx的最小正周期为πB. fx的图象关于直线x=5π8对称
C. fx的图象关于点−π8,1中心对称D. fx的最大值为1
10.已知平面向量a=m,m+2,m∈R,b=3,4，则下列结论正确的是( )
A. a的最小值为 2
B. 若a与b的夹角为锐角，则m的取值范围是−87,+∞
C. 一定存在一个实数m，使得a+b=a−b
D. 若m=1，则b在a上的投影向量的坐标为32,92
11.有一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1.也可由正方体切割而成，如图2.在如图2所示的“蒺藜形多面体”中，若AB=2，则( )
A. 该几何体的表面积为12 3B. 该几何体的体积为4
C. 直线HM与直线GN所成的角为π3D. 二面角B−EF−H的余弦值为13
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z=−i1+i，则z= ．
13.如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1的侧棱长均相等，四边形ABCD和四边形A1B1C1D1都是正方形，A1B1=2,AB=4,AA1=3 2，则该四棱台的体积为 ．
14.若函数fx=cs2x−msinx在π6,π上有2个零点，则m的取值范围是 ．
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=1,2，b=2,x．
(1)若a⊥a−b，求b；
(2)若向量c=−3,−2，a//b+c，求a与b夹角的余弦值．
16.(本小题12分)
如图，在四棱锥D−ABCE中，平面ADE⊥平面ABCE，AB//CE，AB=2CE，DA=DE，G为AE的中点，点P在线段BD上，CP//平面ADE．
(1)证明：DG⊥AB；
(2)求BPDP的值．
17.(本小题12分)
已知函数fx=sinωx+π6+12(0<ω<7)，且∀x0∈R,fx0≤fπ3．
(1)求ω的 值；
(2)求fx的单调递增区间；
(3)若x∈0,m,fx的值域是1,32，求m的取值范围．
18.(本小题12分)
如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，平面CDD1C1⊥平面A1B1C1D1，AB//CD，AD⊥CD，AB=B1C=3，AA1=2AD=2CD=2．
(1)证明：AA1⊥平面ABCD；
(2)求直线AB与平面AB1C所成角的正弦值．
19.(本小题12分)
A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上(点M与点P,Q任一点均不重合)，我们称如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记P,Q;M=APsin∠PAMAQsin∠MAQ；若点M在线段PQ外，记P,Q;M=−APsin∠PAMAQsin∠MAQ.在▵ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，点D在射线BC上.
(1)若AD是角A的 平分线，且b=3c，由A点对BC施以视角运算，求B,C;D的值；
(2)若A=60∘,a=4,AB⊥AD，由A点对BC施以视角运算，B,C;D=2−2 3，求▵ABC的周长；
(3)若A=120∘，AD=4，由A点对BC施以视角运算，B,C;D=cb，求b+4c的最小值．
答案解析
1.B
【解析】z=2+2i1−i=2+2i1+i1−i1+i=2−2+2i+2i2=2i，
所以复数z的虚部为2．
故选：B
2.D
【解析】在▵ABC中，由正弦定理可得ABsinC=ACsinB，
即AC=AB⋅sinBsinC=6× 33 32=4．
故选：D
3.B
【解析】对于A：若m⊥l，则m不一定垂直α，故 A错误；
对于B：因为a∩β=l，所以l⊂α，因为m⊥α，所以m⊥l，故 B正确；
对于C：若m/​/α，则m不一定平行于l，故 C错误；
对于D：若m/​/l，则m/​/α或m⊂α，故 D错误．
故选：B..
4.C
【解析】由题意得，|a|=|b|=1，
因为a+3b⋅a−2b=a2−6b2+a⋅b=|a|2−6|b|2+a⋅b=−92，
所以a⋅b=12，
所以csa,b=a⋅bab=12，
因为a,b∈[0,π]，
所以a,b=π3，即a与b的夹角为π3．
故选：C．
5.D
【解析】依题意可得T4=5π6−π3=π2，所以T=2π，又ω>0，所以2πω=2π，解得ω=1，
所以fx=sinx+φ，又函数过点5π6,1，则f5π6=sin5π6+φ=1，
又φ<π2，所以π3<5π6+φ<4π3，所以5π6+φ=π2，则φ=−π3，
所以fx=sinx−π3，则f2π=sin2π−π3=−sinπ3=− 32．
故选：D
6.C
【解析】将四棱锥P−ABCD补全成以AD,AB,AP为长、宽、高的长方体，
则该四棱锥的外接球即补全后长方体的外接球，
外接球的半径为长方体体对角线一半12× 32+32+42= 342，
所以外接球表面积为34π．
故选：C
7.A
【解析】因为sinα−π5+csα−π5= 2× 22sinα−π5+ 22csα−π5
= 2sinα−π5+π4= 2sinα+π20
= 2sinαcsπ20+ 2csαsinπ20=2 2csπ20sinα，
所以 2csπ20sinα− 2csαsinπ20= 2sinα−π20=0，
即sinα−π20=0．
故选：A．
8.C
【解析】连接OB,OC，则▵OBC为等边三角形，∠BOC=60∘，
四边形ABCD的面积为S▵OCD+S▵OBC+S▵OAB
=12×2×2sin∠COD+12×2×2sin∠COB+12×2×2sin∠AOB
=2sin∠COD+ 3+2sin∠AOB
=2(sin∠COD+sin∠AOB)+ 3=3+ 3，
所以2(sin∠COD+sin∠AOB)=3，
所以sin∠COD+sin∠AOB=32，
因为∠COD+∠AOB=120∘，所以∠COD=120∘−∠AOB，
所以sin(120∘−∠AOB)+sin∠AOB=32，
sin120∘cs∠AOB−cs120∘sin∠AOB+sin∠AOB=32，
32cs∠AOB+32sin∠AOB=32，
312cs∠AOB+ 32sin∠AOB=32，
所以sin(∠AOB+π6)= 32，
因为∠AOB∈0,2π3，所以∠AOB+π6∈π6,5π6，
所以∠AOB+π6=π3或∠AOB+π6=2π3，
所以∠AOB=π6，或∠AOB=π2，
因为CD所以▵AOB为等腰直角三角形，所以AB=2 2．
故选：C
9.ABC
【解析】因为fx=sin(2x+π4)+1，所以fx的最小正周期为2π2=π，故 A正确；
由2x+π4=kπ+π2,k∈Z，可得x=π8+kπ2,k∈Z，
所以fx图象的对称轴为x=π8+kπ2,k∈Z，
当k=1时，fx图象的关于x=5π8对称，故 B正确；
由2x+π4=kπ,k∈Z，可得x=−π8+kπ2,k∈Z，
所以fx图象的对称中心为−π8+kπ2,1，当k=0时，
fx图象的关于点−π8,1对称，故 C正确；
当sin(2x+π4)=1时，fx的最大值为2，故D不正确．
故选：ABC．
10.ACD
【解析】对于A：因为a=m,m+2,m∈R，
则a= m2+m+22= 2m+12+2≥ 2，当且仅当m=−1时取等号，
所以a的最小值为 2，故 A正确；
对于B：若a与b的夹角为锐角，则a⋅b>0且a与b不同向，
所以3m+4m+2>0且4m≠3m+2，解得m>−87且m≠6，故 B错误；
对于C：若a+b=a−b，则a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，
所以a⋅b=0，则3m+4m+2=0，解得m=−87，
即存在m=−87，使得a+b=a−b，故 C正确；
对于D：当m=1时a=1,3，所以a⋅b=1×3+3×4=15，
又a= 32+12= 10，
所以b在a上的 投影向量的坐标为a⋅ba⋅aa=15 10×a 10=32a=32,92，故 D正确．
故选：ACD
11.ABC
【解析】对于A，因为AB=2，所以BE=12BD=12×2 2= 2．
蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为 2的小正四面体构成，
故该几何体的表面积为24× 34× 22=12 3，故 A正确；
对于B，该几何体的体积为23−12×13×12× 2× 2×1=4，故 B正确；
对于C，因为HM//BD，所以直线HM与直线GN所成的角即为直线BD与直线DN所成的角∠BDN，又因为BD=DN=BN=2 2，所以∠BDN=π3，故 C正确
对于D，设EF的中点为O，连接OB、OH，则OB⊥EF，OH⊥EF，
则∠BOH即二面角B−EF−H的平面角．
建立如下图所示的空间直角坐标系，则B2,2,2、H2,2,0、E2,1,1、F1,2,1、O32,32,1，
则OB=12,12,1，OH=12,12,−1，
则cs∠BOH=csOB,OH=OB⋅OHOB⋅OH=14×2−1 622=−13，故 D错误．

故选：ABC．
12. 2
【解析】因为z=−i1+i=−i−i2=1−i，
所以z= 12+−12= 2．
故答案为： 2．
13.1123
【解析】在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，R,Q分别是上下底面对角线的交点，即上下底面的中心，RQ为四棱台的高，
过点D1作D1P//RQ与BD交于点P，则RQ=PD1，
四边形ABCD和四边形A1B1C1D1都是正方形，且A1B1=2,AB=4,AA1=3 2，则
BD= 42+42=4 2，B1D1= 22+22=2 2，则PD=BD2−B1D12=2 2− 2= 2，DD1=AA1=3 2，
∴PD1= 3 22− 22= 16=4，即四棱台的高ℎ=4．
又上底面积S=2×2=4，下底面积S′=4×4=16，
则该四棱台的体积为V=13(S+ SS′+S′)⋅ℎ=13(4+ 4×16+16)×4=1123．
故答案为：1123．
14.−1,1
【解析】因为fx=cs2x−msinx=−2sin2x−msinx+1，
由fx=0，可得−2sin2x−msinx+1=0，所以msinx=−2sin2x+1，
因为x∈π6,π，所以sinx∈0,1，所以m=−2sinx+1sinx，
令t=sinx，则t∈0,1，所以m=−2t+1t，令gt=−2t+1t，t∈0,1,
因为y=−2t与y=1t在0,1上单调递减，
所以gt在0,1上单调递减，
因为m=−2sinx+1sinx在π6,π上有2个解，
则sinx=t在π6,π上有2个解，
则x∈π6,π2∪π2,5π6，则t∈12,1，所以m=−2t+1t∈−1,1．
故答案为：−1,1
15.解：(1)因为a=1,2，b=2,x，所以a−b=−1,2−x．
由a⊥a−b，可得a⋅a−b=0，
即−1×1+22−x=0，解得x=32，
所以b=2,32，故b=52．
(2)依题意得b+c=−1,x−2．
因为a//b+c，所以x−2+2=0
解得x=0，则b=2,0．
a⋅b=2，a= 5，b=2，
所以csa,b=a⋅bab= 55，
所以a与b夹角的余弦值为 55．
【解析】(1)用向量垂直的坐标结论求出x，再用模公式求解即可；
(2)用向量平行的坐标结论求出x，再用夹角的坐标公式求解即可；
16.解：(1)因为DA=DE，G为AE的中点，
所以DG⊥AE．
因为平面ADE⊥平面ABCE，
平面ADE∩平面ABCE=AE，DG⊂平面ADE，
所以DG⊥平面ABCE．
因为AB⊂平面ABCE，
所以DG⊥AB．
(2)设F为AB的中点，连接CF，PF，如图所示，
因为AB//CE，CE=12AB=AF，
所以四边形AFCE是平行四边形，
所以CF//AE．
因为CF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，
所以CF//平面ADE．
因为CP//平面ADE，CF∩CP=C,CF,CP⊂平面PFC，
所以平面PFC//平面ADE．
因为PF⊂平面PFC，
所以PF//平面ADE．
因为平面ABD∩平面ADE=AD，PF⊂平面ABD，
所以PF//AD，
所以BPDP=BFAF=1．
【解析】(1)证明DG⊥AE，再由平面与平面垂直的性质即可证明；
(2)设F为AB的中点，连接CF，PF，证明平面PFC//平面ADE，得PF//平面ADE，再由线面平行的性质即可得P为BD中点．
17.解：(1)因为fx=sinωx+π6+12,∀x0∈R,fx0≤fπ3，所以fxmax=fπ3=1+12，
可得fπ3=sinωπ3+π6+12=1+12,sinωπ3+π6=1,ωπ3+π6=π2+2kπ，
所以ω=1+6k,k∈Z,0<ω<7，
所以ω=1．
(2)x+π6∈−π2+2kπ,π2+2kπk∈Z,x∈−2π3+2kπ,π3+2kπk∈Z,
fx=sinx+π6+12的单调增区间为−2π3+2kπ,π3+2kπk∈Z．
(3)因为x∈0,m,x+π6∈π6,π6+m，
又因为fx=sinx+π6+12∈1,32,sinx+π6∈12,1,，
所以π2≤π6+m≤5π6,即π3≤m≤2π3．
【解析】(1)代入最大值点化简函数即可求参；
(2)应用正弦函数的单调增区间求解即可；
(3)化简得出正弦函数的值域进而确定自变量的取值范围．
18.解：(1)如图：在线段AC上取一点M，使得AM=1，连接CM，
因为AM=AD=CD=1，AM//CD，AD⊥CD，所以四边AMCD为正方形，
所以CM//AD，CM⊥AD，CM=1，BC= BM2+CM2= 5，
又因为BB1=AA1=2，B1C=3，所以B1C2=BC2+BB12，所以CB⊥BB1，
又因为BC//B1C1，AA1//BB1，所以AA1⊥B1C1，
因为AD⊥CD，AD//A1D1，CD//C1D1，所以A1D1⊥C1D1，
又因为平面CDD1C1⊥平面A1B1C1D1，平面CDD1C1∩平面A1B1C1D1=C1D1，A1D1⊂平面A1B1C1D1，
所以A1D1⊥平面CDD1C1，
因为DD1⊂平面CDD1C1，所以A1D1⊥DD1，
又因为AA1//DD1，所以AA1⊥A1D1，
由于A1B1//AD//CD//C1D1且AA1=AB≠C1D1，A1D1，B1C1⊂平面A1B1C1D1且必相交与一点，
所以AA1⊥平面A1B1C1D1．
(2)由(1)可知AA1⊥A1D1，CM//AD//A1D1，所以AA1⊥CM，
又因为CM⊥ABAA1,AB⊂平面ABB1A1，AA1∩AB=A，所以CM⊥平面ABB1A1，
设点B到平面AB1C的距离为d，AB与平面AB1C的夹角为θ，
在▵AB1C中，AC= 2AD= 2，B1C=3，AB1= AB2+BB12= 13，
cs∠CAB1=AC2+AB12−B1C22AC⋅AB1=2+13−92 2× 13=3 26，sin∠CAB1= 1−926= 44226，
所以S▵AB1C=12AB1⋅AC⋅sin∠CAB1=12× 13× 2× 44226= 172，
而S▵AB1B=12AB⋅BB1=12×3×2=3，
由VB−AB1C=VC−AB1B可得：13d⋅S▵AB1C=13CM⋅S▵AB1B⇒d=CM⋅S▵AB1BS▵AB1C=1×3 172=6 1717，
所以sinθ=dAB=617 173=2 1717，所以AB与平面AB1C夹角的正弦值为2 1717．
【解析】(1)在线段AC上取一点M，使得AM=1，连接CM，问题转化为AA1⊥B1C1，AA1⊥A1D1；
(2)首先证明出CM⊥平面ABB1A1，然后在通过体积转化法求出点B到平面AB1C的距离为d，最后再通过sinθ=dAB求解．
19.解：(1)因为AD是角A的平分线，所以∠BAD=∠DAC且D在线段BC上，
所以B,C;D=ABsin∠BADACsin∠DAC=cb，
又b=3c，所以B,C;D=cb=13；
(2)因为点D在射线BC上，∠BAC=60∘，且AB⊥AD，所以D在线段BC外，且∠DAC=30∘，
所以B,C;D=−ABsin∠BADACsin∠DAC=−csin90∘bsin30∘=−2cb=2−2 3，
所以b= 3+12c，
在▵ABC中，由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA，
即4+2 34c2+c2− 3+12c2=32c2=16，解得c=4 63(负值已舍去)，
所以b=6 2+2 63，
所以▵ABC的周长为C▵ABC=a+b+c=4+2 2+2 6．
【小问3详解】
因为B,C;D=cb>0，所以ABsin∠BADACsin∠DAC=cb，则∠BAD=∠DAC，
因为A=120∘，所以∠BAD=∠DAC=60∘，
又S▵ABC=S▵ABD+S▵ADC，所以12bcsin120∘=12b⋅ADsin60∘+12c⋅ADsin60∘，
又AD=4，所以bc=4b+c，所以4b+4c=1，
所以b+4c=b+4c4b+4c=16cb+4bc+20≥2 16cb⋅4bc+20=36，
当且仅当16cb=4bc，即b=12，c=6时等号成立，
所以b+4c的最小值为36．
【解析】(1)依题意可得∠BAD=∠DAC，从而得到B,C;D=ABsin∠BADACsin∠DAC=cb，即可得解；
(2)根据所给定义及条件得到b= 3+12c，再由余弦定理求出c，即可求出b，从而求出三角形的周长；
(3)依题意可得∠BAD=∠DAC，由等面积法得到bc=4b+c，从而得到4b+4c=1，再由乘“1”法及基本不等式计算可得．