2023-2024学年陕西省渭南市韩城市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省渭南市韩城市高一（下）期末数学试卷（含解析），共11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.已知复数z=−1+i(i为虚数单位)，则其共轭复数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.若扇形的圆心角为2π3，弧长为2π，则该扇形的半径为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
3.下列说法正确的是( )
A. 圆柱的母线长与圆柱的底面圆半径不可能相等
B. 直四棱柱是长方体
C. 将一个等腰梯形绕着它较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个圆锥
D. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
4.在四边形ABCD中，若AB=DC，且AB⋅AD=0，则四边形ABCD是( )
A. 矩形B. 菱形C. 正方形D. 梯形
5.已知csα2=14，720°<α<900°，则sinα4等于( )
A. − 64B. − 32C. 64D. 32
6.设a=sin110°，b=cs305°，c=tan230°，则( )
A. a>b>cB. b>c>aC. c>b>aD. c>a>b
7.如图，三棱锥P−ABC的三条棱PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PC= 3，PB= 2，则三棱锥P−ABC外接球的表面积为( )
A. 8 23π
B. 64 23π
C. 8π
D. 32π3
8.阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置.由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移y(m)和时间t(s)的函数关系为y=sin(ωt+φ)(ω>0,|φ|<π)，如图.若该阻尼器在摆动过程中连续三次到达同一位置的时间分别为t1，t2，t3(0A. 3sB. 83sC. 2sD. 43s
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.已知函数f(x)=tan(x+π4)，则下列说法正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为π
B. f(x)的定义域为{x|x≠π4+kπ,k∈Z}
C. f(x)的图象关于点(−π8,0)对称
D. f(x)在(0,π4)上单调递增
10.下列命题错误的是( )
A. 若A、B、C是平面内的三点，则AB−AC=BC
B. 若e1、e2是两个单位向量，则e1=e2
C. 若a、b是任意两个向量，则|a+b|⩽|a|+|b|
D. 向量e1=(0,0),e2=(1,−2)可以作为平面内所有向量的一组基底
11.如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，EF是△BCD的中位线，AC与EF交于点G，∠BCD=π4，已知△PEF是△CEF绕EF旋转过程中的一个图形，且P∉平面ABCD.则下列结论中正确的是( )
A. 异面直线PF与BD的夹角为3π8B. 平面PAC⊥平面ABCD
C. PF与AC可能垂直D. PF与AD可能平行
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数2+i3i的虚部为______．
13.已知圆锥SO的底面圆的周长为2π，侧面积为4π，则该圆锥的体积为______．
14.已知O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，且(OB−OC)⋅(OB+OC−2OA)=0，若|BC|=8，则BA⋅BC= ______．
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=(2,−1)，b=(3,0)，c=(4,1)．
(Ⅰ)若向量d=(x2+2x,6)与a垂直，求向量d；
(Ⅱ)若(a+kc)//(b−2a)，求实数k的值．
16.(本小题15分)
已知2sinα=csα．
(1)若α为锐角，求cs(α+π3)的值．
(2)求tan(2α+π4)的值．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=Acs(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的部分图象如图所示．
(Ⅰ)求f(x)的解析式；
(Ⅱ)先将f(x)图象上所有点的纵坐标缩短到原来的12倍，再向右平移π12个单位长度，最后将图象向上平移1个单位长度后得到g(x)的图象，求函数g(x)在x∈[π12,3π4]上的最大值．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c2b−a=csCcsA．
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，△ABC的面积 3，求△ABC的周长．
19.(本小题17分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B，AA1C1C均为菱形，AA1=2，∠ABB1=∠ACC1=60°，D为AB的中点．

(Ⅰ)求证：AC1//平面CDB1；
(Ⅱ)若∠BAC=60°，求直线AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值．
答案解析
1.C
【解析】解：z=−1+i，
则z−=−1−i，
故共轭复数z在复平面内对应的点(−1,−1)位于第三象限．
故选：C．
2.A
【解析】解：扇形的圆心角是2π3，圆心角所对的弧长是2π，
所以该扇形的半径为r=2π2π3=3．
故选：A．
3.D
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，圆柱的母线长与圆柱的底面圆半径可以相等，A错误；
对于B，直四棱柱的底面不一定是矩形，不一定是长方体，B错误；
对于C，一个等腰梯形绕着它较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个组合体，两端是圆锥，中间是圆柱，C错误；
对于D，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，D正确．
故选：D．
4.A
【解析】解：四边形ABCD中，AB=DC，则四边形ABCD是平行四边形；
又AB⋅AD=0，所以AB⊥AD，所以平行四边形ABCD是矩形．
故选：A．
5.A
【解析】解：720°<α<900°，∴180°<α4<225°，csα2=14，
sinα4=− 1−csα22=− 64．
故选：A．
6.D
【解析】解：由诱导公式可得a=sin110°=sin(180°−70°)=sin70°，
b=cs305°=cs(360°−55°)=cs55°=cs(90°−35°)=sin35°，
由y=sinx在(0,π2)上单调递增，得sin70°>sin35°，即bc=tan230°=tan(180°+50°)=tan50°>tan45°=1，
所以c>a>b．
故选：D．
7.C
【解析】解：根据题意可得三棱锥P−ABC外接球的直径2R即为长，宽，高分别 2， 3， 3的长方体的体对角线，
∴(2R)2=2+3+3=8，
∴三棱锥P−ABC外接球的表面积为4πR2=8π．
故选：C．
8.D
【解析】解：由题意得12(t1+t2)=1，12(t2+t3)=3，故函数y=sin(ωt+φ)(ω>0,|φ|<π)的周期为T=2×(3−1)=4，ω=2π4=π2，
可得y=sin(π2t+φ)，令sin(πt2+φ)>0.5，
解得4k+13−2πφ故总时间为4k+53−2πφ−(4k+13−2πφ)=43．
综上在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为43秒．
故选：D．
9.ABD
【解析】解：f(x)的最小正周期T=π1=π，故A正确；
B项，x+π4≠kπ+π2，k∈Z，x≠kπ+π4，k∈Z，B项正确；
C项，f(x)=tan(x+π4)，∴令x+π4=kπ2，k∈Z，则x=kπ2−π4，k∈Z，
∴f(x)的图象的对称中心为(kπ2−π4,0)，k∈Z，令k=0，
则f(x)的图象的一个对称中心为(−π4,0)，故C错误；
D项，f(x)=tan(x+π4)，∴令kπ−π2则kπ−3π4∴f(x)单调递增区间为(kπ−3π4,kπ+π4)，k∈Z，
令k=0，则f(x)的一个单调递增区间为(−3π4,π4)，
∴f(x)在区间(0,π4)上单调递增，故D正确．
故选：ABD．
10.ABD
【解析】解：对A，若A，B，C是平面内的三点，则AB−AC=CB，故A错误；
对B，若e1、e2是两个单位向量，当e1与e2的方向相同时，e1=e2，当e1与e2的方向不同时，e1与e2不相等，故B错误；
对C，若a、b是任意两个向量，则由向量模的性质可得|a+b|≤|a|+|b|，故C正确；
对D，向量e1=(0,0)与e2=(1,−2)共线，故不可以作为平面内所有向量的一组基底，故D错误；
故命题错误的是A，B，D．
故选ABD．
11.ABC
【解析】解：对于A，∵EF是△BCD的中位线，∴BD//EF，
∴∠PFE或其补角是异面直线PF与BD所成的角，
∵在△PEF中，PF=PE，∠EPF=π4，
∴∠PFE=12×(π−π4)=3π8，即异面直线PF与BD的夹角为3π8，故A正确；
对于B，菱形ABCD中，翻折前，AC⊥BD，
∵BD//EF，∴AC⊥EF，
翻折后，PG⊥EF，CG⊥EF，
∵PG∩CG=G，
∴EF⊥平面PAC，又EF⊂平面ABCD，∴平面PAC⊥平面ABCD，故B正确；
对于C，若平面PEF⊥平面ABCD，
∵PG⊥EF，∴PG⊥平面ABCD，
∴PG⊥AC，又AC⊥EF，PG∩EF=G，
∴AC⊥平面PEF，∴AC⊥PF，故C正确；
对于D，连接OF，则OF//AD，
∵P∉平面ABCD，OF⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，F∉AD，
∴PF与AD是异面直线，不可能平行，故D错误．
故选：ABC．
12.−2
【解析】解：2+i3i=2−ii=−1−2i，其虚部为−2．
故答案为：−2．
13. 153π
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为ℎ，
则2πr=2π，
解得r=1，
因为圆锥的侧面积为4π，
所以πrl=4π，
解得l=4，
所以ℎ= l2−r2= 42−12= 15，
所以圆锥的体积为V=13×πr2×ℎ=13×π×12× 15= 15π3．
故答案为： 15π3．
14.32
【解析】解：由题意可知，CB⋅(OB−OA+OC−OA)=CB⋅(AB+AC)=0，
设点D为线段BC的中点，所以AB+AC=2AD，
所以CB⋅(AB+AC)=2CB⋅AD=0，所以BC⊥AD，
所以BA⋅BC=|BA||BC|cs∠ABC=8|BA|cs∠ABC=8×4=32．
故答案为：32．
15.解：(Ⅰ)向量d=(x2+2x,6)与a垂直，a=(2,−1)，
则2(x2+2x)−6=0，解得x=−3或x=1，
故向量d=(3,6)；
(Ⅱ)∵a+kc=(2+4k，−1+k)，b−2a=(−1,2)，
又(a+kc)//(b−2a)，
∴.2×(2+4k)=−(−1+k)，解得k=−13．
【解析】(Ⅰ)结合向量垂直的性质，即可求解；
(Ⅱ)结合向量平行的性质，即可求解．
16.解：(1)由csα=2sinα得tanα=12，
又α为锐角 ∴sinα= 55，csα=2 55 ，
∴cs(α+π3)=csαcsπ3−sinαsinπ3=2 55×12− 55× 32
=2 5− 1510；
(2)由(1)得tanα=12，
则tan2α=2tan α1−tan2α=2×121−(12)2=43，
∴tan(2α+π4)=tan 2α+11−tan 2α=43+11−43=−7．
【解析】(1)由同角三角关系式得tanα=12，根据两角和与差的三角函数公式求解即可．
(2)根据tanα=12，由二倍角公式求得tan2α，再根据两角和与差的三角函数公式求解即可．
17.解：(Ⅰ)由图象得：A=2，3T4=5π12−(−π3)=3π4，
即T=2πω=π，
∴ω=2，
∴f(x)=2cs(2x+φ)，
∵f(5π12)=2cs(2×5π12+φ)=2，
∴cs(5π6+φ)=1，
∴5π6+φ=2kπ，k∈Z，
又∵|φ|<π，
∴φ=−5π6，
∴f(x)=2cs(2x−5π6)．
(Ⅱ)由题意得g(x)=12f(x−π12)+1=12×2cs[2(x−π12)−5π6]+1，
化简得g(x)=−cs2x+1，
当x∈[π12,3π4]时，2x∈[π6,3π2]，
当2x=π，即x=π2时，g(x)有最大值，最大值为g(π2)=−(−1)+1=2．
【解析】(Ⅰ)根据图象直接可得A，利用周期求得ω，利用特殊点代入求得φ，即可得f(x)的解析式；
(Ⅱ)先根据三角函数图象的变换得到g(x)=−cs2x+1，再由x∈[π12,3π4]得2x∈[π6,3π2]，结合余弦函数的性质，即可求得g(x)在[π12,3π4]上的最大值．
18.解：(1)在△ABC中，由c2b−a=csCcsA，得ccsA+acsC=2bcsC，
由正弦定理得sinCcsA+sinAcsC=2sinBcsC，即sin(C+A)=2sinBcsC，
又C+A=π−B，即sin(C+A)=sinB，于是sinB=2sinBcsC，
由B∈(0,π)，得sinB>0，因此csC=12，又C∈(0,π)，所以C=π3．
(2)由△ABC的面积S△ABC= 3，得12absinC= 3，得ab=4，
又c=2，由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，得a2+b2−ab=4，则a2+b2=8，
于是(a+b)2=a2+b2+2ab=16，解得a+b=4，
所以△ABC的周长为a+b+c=4+2=6．
【解析】(1)根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦求解即得．
(2)由(1)的结论，利用三角形面积求出ab，再利用余弦定理求解即可．
19.解：(Ⅰ)连接BC1，与B1C交于点O，连接OD，
∵侧面AA1B1B，AA1C1C均为菱形，
∴四边形BB1C1C是平行四边形，∴O为BC1中点，
又D为AB中点，得AC1 // OD，
又OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
故AC ​1 //平面CDB1；
(Ⅱ)由侧面AA1B1B，AA1C1C均为菱形，
且∠ABB1=∠ACC1=60°=∠BAC，AA1=2，
则△ABC、△ABB1、△AB1A1、△AA1C1、△ACC1均为等边三角形，
则AB1=AC=2，AC1=AB=2，
又O为B1C，BC1的中点，
得AO⊥BC1，AO⊥B1C，B1C=BC1，
又BC1，CB1为平面BB1C1C内两条相交直线，得AO⊥平面BB1C1C，
故∠AC1B即为直线AC1与平面BB1C1C所成的角；
由∠BAC=60°，AB=AC=2，BC=2， 得四边形BB1C1C为菱形，
又B1C=BC1，故四边形BB1C1C为正方形，
BC1=2 2， 则△ABC1为等腰直角三角形，且∠BAC1=π2，
故∠AC1B=π4，sin∠AC1B= 22，
因此，直线AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为 22．
【解析】(Ⅰ)连结BC1，与B1C交于点O，连结OD，由中位线得到AC1 // OD，再根据线面平行的判定定理即可得到AC1 //平面CDB1；
(Ⅱ)方法一：先证明AO⊥平面BB1C1C， 得到∠AC1B即为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，进而求出的值，即可得到答案．
方法二：以D为原点，分别以射线DB，DB1为x轴，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系D−xyz，求出平面BB1C1C的法向量，利用向量法求出线面角的正弦值．