2023-2024学年江苏省南京师大附中高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南京师大附中高一（下）期末数学试卷（含解析），共17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. 22cs15°+ 22sin15°=( )
A. 32B. 12C. − 32D. −12
2.在复平面内，常把复数z=a+bi(a,b∈R)和向量OZ进行一一对应.现把与复数2+i对应的向量绕原点O按顺时针方向旋转90°，所得的向量对应的复数为( )
A. 1−2iB. −1−2iC. 1+2iD. −1+2i
3.下列各组向量中，可以作为基底的是( )
A. e1=(0,0)，e2=(1,−2)B. e1=(−1,2)，e2=(5,7)
C. e1=(2,−3)，e2=(12,−34)D. e1=(3,5)，e2=(6,10)
4.复数z满足z⋅(1+i)=i3，则其共轭复数z−的虚部为( )
A. 12B. 12iC. −12D. −12i
5.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边.若A=60°，b=1，S△ABC= 3，则a+csinA+sinC=( )
A. 133B. 2 133C. 393D. 2 393
6.已知正四面体P−ABC的棱长为1，空间中一点M满足PM=xPA+yPB+zPC，其中x，y，z∈R，且x+y+z=1.则|PM|的最小值为( )
A. 33B. 63C. 23D. 1
7.已知sin(70°−α)=sin(50°+α)+cs(40°+α)，则tanα=( )
A. 33B. − 33C. 3D. − 3
8.如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均为2，满足A1B⊥B1C，则该三棱柱体积的最大值为( )
A. 3
B. 3
C. 2 3
D. 4
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。
9.已知z1，z2为复数，则( )
A. z1z2−=z1−z2−B. |z1z2|=|z1||z2|
C. 若z1>z2，则z1−z2>0D. 若z1−z2>0，则z1>z2
10.已知非零向量a，b，记x=|a+b|，y=|a−b|，则( )
A. 若a⊥b，则x=y B. 若a//b，则x>y
C. 若x= 3，y= 7，且|a|=2|b|，则a，b的夹角为120° D. 若xy=32a⋅b，则x=3y
11.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=23 3，将三角形ACD沿直线AC翻折得到三角形ACD′，在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A. 存在某个位置，使得三棱锥D′−ABC的外接球半径大于23 3
B. 存在某个位置，使得异面直线BD′与AC的所成的角为π4
C. 点B到平面ACD的距离的最大值为1
D. 直线BD′与平面ABC所成角的正弦值最大为 3010
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(2,1)，b=(x,2)，若a⊥(2a−5b)，则实数x的值为______．
13.求值：(csπ4+isinπ4)(cs3π4+isin3π4)(cs2π3+isin2π3)(csπ3+isinπ3)= ______．
14.已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，以点A为球心，2为半径的球与该四棱锥的所有表面的交线总长为______．
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)
在平面直角坐标系xOy中，以Ox轴为始边的锐角α和钝角β的终边分别交单位圆于A，B两点.已知点A的横坐标为 55，点B的纵坐标为 210．
(1)求sin(α+β)；
(2)求2α−β的值．
16.(本小题15分)
在底面为正三角形的三棱柱ABC−A1B1C1中，已知点M，N分别是A1C1，B1C的中点．
(1)求证：MN//平面AA1B1B；
(2)若A1A=A1C.求证：AC⊥平面B1CM．
17.(本小题15分)
在锐角△ABC中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b2=2c2−a2．
(1)求tanBtanC的值；
(2)求1tanA+2tanB+3tanC的最小值．
18.(本小题17分)
类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数．
已知复变函数f(x)=xn+1xn，x∈C，n∈N∗．
(1)当n=1时，解关于x的方程：f(x)=1；
(2)当n=2时，
①若|x|=1，求f(x)的最小值；
②若存在实部不为0的虚数x和实数M，使得f(x)≥M成立，求|x|的取值范围．
19.(本小题17分)
在三棱台ABC−A1B1C1中，△AB1C为正三角形，AB=BC=2，且AB⊥BC，点D为AC的中点，平面ABC⊥平面AB1C.
(1)若C1D⊥B1C，证明：平面CBB1C1⊥平面DBC1；
(2)当AA1=CC1=4时，
①设平面ABA1与平面DBC1的交线为l，求二面角A1−l−C1的余弦值；
②若点E在棱B1C1上，满足B1C1=3EC1.问：在棱BC上是否存在点P，使得过点A1，E，P三点的平面将三棱台ABC−A1B1C1分为两个多面体，且体积相等？若存在，求出BP的长度；若不存在，请说明理由．
答案解析
1..A
【解析】解： 22cs15°+ 22sin15°=cs45°cs15°+sin45°sin15°=cs(45°−15°)=cs30°= 32，
故选：A．
2..A
【解析】解：与复数2+i对应的向量绕原点O按顺时针方向旋转90°，
则所得的向量对应的复数为(2+i)[cs(−90°)+isin(−90°)i]=1−2i．
故选：A．
3..B
【解析】解：A．e1与e2共线，不能作为基底；
B.e1与e2不共线，可以作为基底．
C.e1=4e2，∴e1与e2共线，不能作为基底；
D.2e1=e2，e1与e2共线，不能作为基底．
故选：B．
A.e1为零向量与e2共线；
B.e1与e2不共线，可以作为基底．
C.e1与e2共线；
D.e1与e2共线．
4..A
【解析】解：z⋅(1+i)=i3=−i，
则z=−i1+i=−i(1−i)(1+i)(1−i)=−12−12i，
故z−=−12+12i，其虚部为12．
故选：A．
5..D
【解析】解：因为A=60°，b=1，S△ABC= 3，
所以S△ABC=12bcsinA，
即 3=12×1×c× 32，解得c=4，
由余弦定理可得a= b2+c2−2bccsA= 1+16−2×1×4×12= 13，
由正弦定理可得asinA=csinC，
可得sinC=ca⋅sinA=4 13⋅ 32=2 3 13，
则a+csinA+sinC= 13+4 32+2 3 13= 13+4 32+2 3 13=2 393．
故选：D．
6..B
【解析】解：由PM=xPA+yPB+zPC，且x+y+z=1，
可知M与A，B，C共面，
则|PM|的最小值为三棱锥的高，
设O为P在平面ABC上的射影，连接CO并延长交AB于点H，
则CH⊥AB，所以CH= 32，所以CO= 33，
所以三棱锥的高为 1−( 33)2= 63．
故选：B．
7..D
【解析】解：sin(70°−α)=sin[30°+(40°−α)]
=sin30°cs(40°−α)+cs30°sin(40°−α)
=12 cs(40°−α)+ 32sin(40°−α)，
12cs(40°−α)+ 32sin(40°−α)=cs(40°−α)+cs(40°+α)，
32 sin(40°−α)−12cs(40°−α)=cs(40°+α)，
sin[(40°−α)−30°]=cs(40°+α)，
sin(10°−α)=cs(40°−α)cs(40°+α)，
sin(10°−α)=cs[90°−(50°−α)]=sin(50°−α)，
所以10°−α=50°−α，α无解，
10°−α+50°−α=180°+360°⋅k，k∈Z，
解得α=−60°−180°⋅k，k∈Z，
所以tanα= tan(−60°−180°⋅k)=−tan60°=− 3．
故选：D．
8..B
【解析】解：如图，对称补形成平行六面体，
易知A1D//B1C，又A1B⊥B1C，
∴A1B⊥A1D，又易知BD=2 3，且A1F=12BD= 3，
∴当A1F⊥平面ABC时，该三棱柱的高最大，
∴该三棱柱体积的最大值为12×2×2× 32× 3=3．
故选：B．

【解析】解：对于A：设z1=a+bi，z2=c+di，(a、b、c、d∈R)，
可得z1⋅z2=(a+bi)(c+di)=(ac−bd)+(ad+bc)i，
则z1⋅z2−=(ac−bd)−(ad+bc)i，
又z1−=a−bi，z2−=c−di，
z1−⋅z2−=(a−bi)(c−di)=(ac−bd)−(ad+bc)i，
即z1⋅z2−=z1−⋅z2−，故A正确；
对于B：设z1=a+bi，z2=c+di，(a、b、c、d∈R)，
故|z1⋅z2|=|(a+bi)(c+di)|=|(ac−bd)+(ad+bc)i|= (ac−bd)2+(ad+bc)2= a2c2+a2d2+b2c2+b2d2，
|z1||z2|= a2+b2⋅ c2+d2= a2c2+a2d2+b2c2+b2d2，
即|z1z2|=|z1||z2|，故B正确；
对于C：若z1>z2，可得z1，z2都是实数，即有z1−z2>0，故C正确；
对于D：若z1−z2>0，可取z1=2+i，z2=1+i，此时z1−z2=1>0，但z1，z2不能比较大小，因为两个虚数不能比较大小，故D错误．
故选：ABC．

【解析】解：对于A，若a⊥b，则a⋅b=0，所以x=|a+b|= (a+b)2= a2+2a⋅b+b2= a2+b2，
y=|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2= a2+b2，所以x=y，故A项正确；
对于B，当a/​/b时，若a、b同向，则x>y，若a、b反向，则x对于C，由x= 3，y= 7，且|a|=2|b|，得(a+b)2=a2+2a⋅b+b2=4|b|2+4|b|2cs+|b|2=3，
(a−b)2=a2−2a⋅b+b2=4|b|2−4|b|2cs+|b|2=7，解得|b|2=1，|b|2cs=−12，
所以cs=−12，可知a、b的夹角为120°，故C项正确；
对于D，xy=32a⋅b，即|a+b|⋅|a−b|=32a⋅b，两边平方得(a+b)2⋅(a−b)2=94(a⋅b)2，
即[(a2+b2)+2a⋅b]⋅[(a2+b2)−2a⋅b]=94(a⋅b)2，可得(a2+b2)2−4(a⋅b)2=94(a⋅b)2，
整理得a⋅b=25(a2+b2)，所以x2=|a+b|2=(a2+b2)+2a⋅b=95(a2+b2)，
y2=|a−b|2=(a2+b2)−2a⋅b=15(a2+b2)，可得x2=9y2，所以x=3y，故D项正确．
故选：ACD．

【解析】解：连接AC，BD交于点O，过点D作DF⊥AC，垂足为F，过B作BG⊥AC，垂足为G，
设D关于AC的对称点为D″，过D′作D′H⊥面ABC，
设垂足为H，则点H在直线DD″上，连接BD″，
对于A：因为OA=OB=OC=OD′，
所以三棱锥D′−ABC的外接球半径为OA=2 33，故A错误；
对于B：因为tan∠DAC=223 3= 3，则∠DAC=π3，
又因为AO=DO，
所以△ADO为等边三角形，则AO=2 33，
则AF=FO=OG=GC= 33，AM=AF×2 3= 33×2 33=23，
则BM=43，BD″=FG=2 33=BC′，
由题可知∠CAB=∠D′BD″，则BD″//AC，
因为AC⊥面DD′D″，
所以BD″⊥D′D″，
又0则当D′D″=2 33时，tan∠D′BD″=1，∠D′BD″=π4，故B正确；
对于C：设d1为点D′到平面ABC的距离，d2为点B到平面ACD′的距离，
因为VB−ACD′=VD′−ABC，S△ACD′=S△ABC，
所以d2=d1≤1，
当面ACD′⊥面ACB时取等号，此时点D′与图中点E重合，故C正确；
对于D：当H落在线段FD″时，直线BD′与平面ABC所成角∠HBD′有最大值，
设此时FH=x，0≤x≤1，
则有D′H2=1−x2，D′B2=D′D″2+D″B2=1−x2+(1−x)2+43=103−2x，
所以sin2∠HBD′=D′H2D′B2=1−x2103−2x，
令t=103−2x，则t∈(43,103]，
则化简知sin2∠HBD′=−t4−169t+53≤−2 t4⋅169t+53=13，当且仅当t=83，x=13时，等号成立，
所以sin∠HBD′最大值为 33，故D错误．
故选：BC．
12..0
【解析】解：a=(2,1)，b=(x,2)，
则2a−5b=(4−5x,−8)，
a⊥(2a−5b)，
则a⋅(2a−5b)=2(4−5x)−8=0，解得x=0．
故答案为：0．
13..1
【解析】解：原式=cs(π4+3π4)+isin(π4+3π4)cs(2π3+π3)+isin(2π3+π3)=−1−1=1．
故答案为：1．
14..7π3
【解析】解：正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，以点A为球心，2为半径的球，
与该四棱锥的底面ABCD的交线为BD，长度为14×2π×2=π，
在侧面PBC内的交线为PB，长度为16×2π×2=2π3，
在侧面PCD内的交线为PD，长度为16×2π×2=2π3，
所有表面的交线总长为π+2π3+2π3=7π3．
故答案为：7π3．
15..解：由三角函数的定义可得：csα= 55，sinβ= 210，
因为α为锐角，β为钝角，
所以sinα= 1−cs2α= 1−15=2 55，csβ=− 1−sin2β=− 1−150=−7 210，
(1)sin(α+β)=sinαcsβ+csαsinβ=2 55×(−7 210)+ 55× 210=−13 250；
(2)因为α为锐角，且cs2α=2cs2α−1=2×15−1=35，
sin2α=2sinαcsα=2× 55×2 55=45，
所以π2<2α<π，
因为β为钝角，所以−π2<2α−β<π2，
所以sin(2α−β)=sin2αcsβ−cs2αsinβ=45×(−7 210)−(−35)× 210=− 22，
所以2α−β=−π4．
【解析】(1)由三角函数的定义求得csα= 55，sinβ= 210，再由同角三角函数的基本关系及两角和的正弦公式计算即可；
(2)由二倍角公式结合条件得到2α−β的范围，再由两角差的正弦公式计算即可．
16..证明：(1)取B1C1的中点E，连接EN，EM，
因为M，N分别是A1C1，B1C的中点，
所以ME//A1B1，EN//CC1//BB1，
因为A1B1⊂平面AA1B1B，ME⊄平面AA1B1B，
所以ME//平面AA1B1B，
同理可得EN//平面AA1B1B，而ME∩NE=E，
所以平面MNE//平面AA1B1B，而MN⊂平面MNE，
所以MN//平面AA1B1B；
(2)因为A1A=A1C，连接A1C，MC，B1M，
因为△ABC为等边三角形，所以B1M⊥A1C1
所以△A1CC1也是等边三角形，所以CM⊥A1C1，
又因为B1M∩CM=M，
所以A1C1⊥平面B1CM，
而AC//A1C1，
所以AC⊥平面B1CM．
【解析】(1)取B1C1的中点E，连接EN，EM，易证得平面MNE//平面AA1B1B，进而可证得结论；
(2)连接A1C，MC，B1M，由题意可得△A1CC1是等边三角形，易证得B1M⊥A1C1，CM⊥A1C1，进而可证得A1C1⊥平面B1CM，再由AC//A1C1，进而可证得结论．
本题考查线面平行的证法及线面垂直的证法，属于中档题．
17..解：(1)由2b2=2c2−a2，可得2a2+2b2−2c2=a2，
由余弦定理可得：4abcsC=a2，
由正弦定理可得：4sinBcsC=sinA，
又sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
故3sinBcsC=csBsinC，即tanC=3tanB，
故tanBtanC=13；
(2)由(1)知，tanA=−tan(B+C)=tanB+tanCtanBtanC−1=4tanB3tan2B−1，
在锐角△ABC中，tanB>0，
故1tanA+2tanB+3tanC=34tanB−14tanB+2tanB+33tanB
=34tanB+114tanB≥2× 3tanB4×114tanB= 332，
当且仅当tanB= 333时等号成立，
所以1tanA+2tanB+3tanC的最小值为 332．
【解析】(1)由正弦定理及余弦定理，结合诱导公式及和角公式即可求得；
(2)由诱导公式及三角恒等变换，结合基本不等式即可求解．
18..解：(1)由题意得x+1x=1，整理得x2−x+1=0，
x=1± 1−42=1± 3i2；
(2)①当n=2时，f(x)=x2+1x2，设x=a+bi(a,b∈R)，
因为|x|=1，所以a2+b2=1，
f(x)=x2+1x2=(a+bi)2+1(a+bi)2
=(a2−b2)+2abi+1(a2−b2)+2abi
=(a2−b2)+2abi+(a2−b2)−2abi[(a2−b2)+2abi][(a2−b2)−2abi]
=(a2−b2)+2abi+(a2−b2)−2abi(a2−b2)2+4a2b2
=(a2−b2)+2abi+(a2−b2)−2abi(a2+b2)2
=(a2−b2)+2abi+(a2−b2)−2abi
=2(a2−b2)
=2(2a2−1)≥−2，
当且仅当a=0时，取等号，所以f(x)的最小值为−2；
②设x=a+bi(a,b∈R,a≠0,b≠0)，
则f(x)=x2+1x2=(a+bi)2+1(a+bi)2
=(a2−b2)+2abi+1(a2−b2)+2abi
=(a2−b2)+2abi+(a2−b2)−2abi[(a2−b2)+2abi][(a2−b2)−2abi]
=(a2−b2)+2abi+(a2−b2)−2abi(a2−b2)2+4a2b2
=(a2−b2)+2abi+(a2−b2)−2abi(a2+b2)2
=(a2−b2)+a2−b2(a2+b2)2+2abi−2abi(a2+b2)2
=(a2−b2)+a2−b2(a2+b2)2+[2ab−2ab(a2+b2)2]i，
因为存在实数M，使得f(x)≥M成立，
所以f(x)为实数，所以2ab−2ab(a2+b2)2=0，
因为a≠0，b≠0，所以a2+b2=1，
当a2+b2=1时，f(x)=2(a2−b2)=2(2a2−1)>−2(a≠0)，符合题意，
此时x=a+bi(a,b∈R,a≠0,b≠0)，则|x|= a2+b2=1，
所以|x|的取值范围为{1}．
【解析】(1)由题意得x+1x=1，化简后利用一元二次方程的求根公式求解即可；
(2)①设x=a+bi(a,b∈R)，代入f(x)=x2+1x2，结合a2+b2=1可求得其最小值；
②由题意设x=a+bi(a,b∈R,a≠0,b≠0)，代入f(x)=x2+1x2化简，再由f(x)≥M，可得f(x)为实数，从而可得a2+b2=1，进而可求出[x|的取值范围．
19..解：(1)连接DB1，

因为AB=BC，且点D为AC的中点，
则BD⊥AC，
又因为平面ABC⊥平面AB1C，平面ABC∩平面AB1C=AC，BD⊂平面ABC，
所以BD⊥平面AB1C，由B1C⊂平面AB1C，可得BD⊥B1C，
且C1D⊥B1C，C1D∩BD=D，C1D，BD⊂平面DBC1，可得B1C⊥平面DBC1，
且B1C⊂平面CBB1C1，
所以平面CBB1C1⊥平面DBC1．
(2)①由题意可知：BD=12AC= 2，B1D=6，
因为△AB1C为正三角形，且点D为AC的中点，
则B1D⊥AC，
又因为平面ABC⊥平面AB1C，平面ABC∩平面AB1C=AC，B1DC平面AB1C，
所以B1D⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得B1D⊥BD，
可得B1B= B1D2+BD2=2 2，
取AB的中点M，连接DM，B1M，

因为B1B=AB1，AD=DB，则B1M⊥AB，DM⊥AB，
且B1M∩DM=M，B1M，DM⊂平面B1DM，则AB⊥平面B1DM，
对于梯形ABB1A1，过点A做AD1⊥A1B1，垂足为D1，

因为B1M= AB12−AM2= 7，则AD1=B1M= 7，
可得A1D1= AA12−AD12=3，A1B1=A1D1+B1D1=4，可知ABA1B1=2，
则A1B1=B1C1=4，A1C1=4 2，
将三棱台ABC−A1B1C1补成三棱锥G−A1B1C1，则GAGA1=GBGB1=GCGC1=12，
设C1D∩A1G=Nr可知l即为直线BN，
则NANA1=NDNC1=ADA1C1=14，可得NA=43，
注意到NANA1=AMA1B1=14，则B1，M、N三点共线，且MNMB1=14，即NB1=4 73，
可知B1N为线段AB的中垂线，则NA=NB=43，
过D做DH⊥B1N，垂足为H，过H做HF⊥BN，垂足为F，连接DF，
因为AB⊥平面B1DM，DH⊂平面BD1M，则DH⊥AB，
且B1N∩AB=M，B1N，AB⊂平面GA1B1，可得DH⊥平面GA1B1，
由BN⊂平面GA1B1，可得DH⊥BN，
且DH∩HF=H，DH，HF⊂平面DHF，可得BN⊥平面DHF，
由DF⊂平面DHF，可得DF⊥BN，
可知二面角A1−l−C的的平面角为∠DFH，因为B1D⊥平面ABC，由DM⊂平面ABC，可得B1D⊥DM，
在Rt△B1DM中，B1D= 6，DM=1,B1M= 7，
可得DH=B1D⋅DMB1M= 6 7，B1H=6 77.则NH=B1N−B1H=10 721，
在Rt△BMN中，BN=43，BM=1，可得sin∠BNM=BMBN=34，
在Rt△NHF中，可得HF=NH⋅sin∠BNM=5 714，
在Rt△DHF中，则DF= DH2+HF2= 72，可得cs∠DFH=HFDH=57，
所以二面角A1−l−C1的余弦值为57；
②由①可知：三棱台ABC−A1B1C1的高B1D= 6,SΔA1B1C1=4SΔABC=8，
则三棱台ABC−A1B1C1的体积VABC−A1B1C1=13(2+8+ 2×8)× 6=14 63，
且SΔA1B1E=23SΔA1B1C1=163，
则三棱锥B−A1B1C1的体积VB−A1B1E=13×163× 6=16 69<12VABC−A1B1C1；
设PE∩GB1=Q，A1Q∩GB1=S，BPB1E=λ>0，
则Q∈线段GB，S△BSP=λ2S△A1B1E=16λ23，
则三棱台SBP−A1B1E的体积VSBP−A1B1E=13(163+163λ2+ 163×16λ23)× 6=12×14 63，
整理可得16λ2+16λ−5=0，解得λ=14，
所以存在点P，此时BP=14B1E=23．
【解析】(1)根据面面垂直可得BD⊥平面AB1C，进而可证B1C⊥平面DBC1，即可得结果；
(2)根据题意分析相关长度，确定三棱台的结构特征，并将三棱台补成三棱锥，①作辅助线，分析可知l即为直线BN，利用三垂线法求二面角；
②作辅助线，设BPB1E=λ>0，结合台体的体积公式运算求解．