2024-2025学年江苏省宿迁市某校高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省宿迁市某校高一（下）期末数学试卷（含答案），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.sin83°cs53°−cs83°sin53°=( )
A. − 32B. 32C. −12D. 12
2.复数5i−2的共轭复数是( )
A. 2+iB. −2−iC. −2+iD. 2−i
3.已知x，y为非零实数，向量a，b为非零向量，则|a+b|=|a|+|b|，是“存在非零实数x，y，使得xa+yb=0”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.若sin(α+β)=cs2αsin(α−β)，则tan(α+β)的最大值为( )
A. 62B. 64C. 22D. 24
5.在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csCsin(A−B)=csBsin(C−A)，则角A的最小值为( )
A. π6B. π3C. 5π6D. 2π3
6.已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是( )
A. 若m⊂α，n⊂β，m//n，则α//β
B. 若m⊥α，m//n，n⊂β，则α⊥β
C. 若α⊥β，α∩β=m，n⊥m，则n⊥β
D. 若α⊥β，m⊥α，则m//β
7.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=6，BC=CC1= 2，点P是线段BC1上一动点，则CP+PA1的最小值是( )
A. 26
B. 5 2
C. 37+1
D. 6+ 2
二、多选题：本题共4小题，共24分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
8.设e1，e2是夹角为60°的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量p，存在唯一有序实数对(λ,μ)，使得p=λe1+e2，我们称有序数对(λ,μ)为向量p的“仿射坐标”.若向量a和b的“仿射坐标”分别为(1,2)，(m,−1)，则下列说法正确的是( )
A. |a|= 7
B. 若m=3，则a+b的“仿射坐标”为(4,1)
C. 若a⊥b，则m=2
D. 若a//b，则m=−12
9.在△ABC中，角A，B，C所对边长为a，b，c，A=π3，角A的平分线AD交BC于D，且AD=2，则下列说法正确的是( )
A. 若c=2，则BD= 6− 2
B. 若c=2，则△ABC的外接圆半径是 2
C. 3bc=b+c
D. bc≥163
10.设i为虚数单位，复数z=(a+i)(1+2i)，则下列命题正确的是( )
A. 若z为纯虚数，则实数a的值为2
B. 若z在复平面内对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是(−12,2)
C. 实数a=−12是z=z−(z−为z的共轭复数)的充要条件
D. 若z+|z|=x+5i(x∈R)，则实数a的值为2
11.如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠ADC=60°，将△ACD沿AC翻折为三棱锥P−ABC，点P为翻折过程中点D的某一位置，则下列结论正确的是( )
A. 无论点P在何位置，总有AC⊥PD
B. 点P存在两个位置，使得V三棱锥P−ABC=1成立
C. 当平面PAC⊥平面BAC时，异面直线PA与BC所成角的余弦值为14
D. 当PB=2时，M为PB上一点，则AM+CM的最小值为2 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，b2+c2=accsC+c2csA+a2且S△ABC= 32，则△ABC周长的最小值为______．
13.在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，AC=2 3，BC=2，现将△BCH沿着CH折起，使得点B到达点B′，且平面B′CH⊥平面ACH，则三棱锥B′−ACH的外接球的表面积为______．
14.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A、B的距离之比为定值λ(λ>0且λ≠1)的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系xOy中，A(−2,0)，B(2,0)，点P满足|PA||PB|=3，则PA⋅PB的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共76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)
已知平面向量a=(2,3)，b=(−1,k)．
(1)若a+b与a−b垂直.求k；
(2)若向量c=(5,1)，若a+2b与2b−c共线，求|a+4b|．
16.(本小题15分)
如图1，直角梯形ABED中，AB=AD=1，DE=2，AD⊥DE，BC⊥DE，以BC为轴将梯形ABED旋转180°后得到几何体W，如图2，其中GF，HE分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧GF，HE上，直线PF/​/平面BHQ．

(1)证明：平面BHQ⊥平面PGH；
(2)若直线GQ与平面PGH所成角的正切值等于 2，求P到平面BHQ的距离；
(3)若平面BHQ与平面BEQ夹角的余弦值为13，求HQ．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=2 3sinxcsx+2cs2(x+π6)−1．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)=f(x)−k在区间[−π6,13π12]上有三个零点，求实数k的取值范围．
18.(本小题16分)
在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型P−ABCD.点E在棱PB上，满足PEPB=23，点F在棱PC上，满足PFPC=12，要求同学们按照以下方案进行切割：
(1)试在棱PC上确定一点G，使得EF//平面ABG，并说明理由；
(2)过点A，E，F的平面α交PD于点H，沿平面α平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H点的位置；
(Ⅰ)请求出PHPD的值；
(Ⅱ)若正四棱锥模型P−ABCD的棱长均为6，求直线PA与平面α所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
在△ABC中，∠A，∠B，∠C对应的边分别为a，b，c，bsinA+atanAcsB=2asinC．
(1)求A；
(2)奥古斯丁⋅路易斯⋅柯西，法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.已知三维柯西不等式：x1，x2，x3，y1，y2，y3∈R，(x1y1+x2y2+x3y3)2≤(x12+x22+x32)(y12+y22+y32)，当且仅当x1y1=x2y2=x3y3时等号成立．
在(1)的条件下，若a=3．
(ⅰ)求：(a2+b2+c2)[21−cs2A+1cs2(π2−B)+1sin2(π+C)]的最小值；
(ⅱ)若P是△ABC内一点，过P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F，设△ABC的面积为S，求T=|AB||PD|+9|BC||PE|+|AC||PF|的最小值．
参考答案
1.D
2.C
3.A
4.D
5.B
6.B
7.B
8.ABD
9.ABD
10.ACD
11.ACD
12.3 2
13.13π
14.−3
15.解：(1)因为a=(2,3)，b=(−1,k)，
所以a+b=(1,3+k)，a−b=(3,3−k)
因为a+b与a−b垂直，
所以(a+b)⋅(a−b)=1⋅3+(3+k)(3−k)=0，
整理得：−k2+12=0，解得k=±2 3；
(2)因为a=(2,3)，b=(−1,k)，c=(5,1)，
所以a+2b=(0,3+2k)，2b−c=(−7,2k−1)
因为a+2b与2b−c共线，
所以存在唯一实数λ，使得a+2b=λ(2b−c)(λ∈R)，
所以0=λ(−7)3+2k=λ(2k−1)，解得k=−32λ=0，
所以b=(−1,−32)，a+4b=(2,3)+(−4,−6)=(−2,−3)，
所以|a+4b|= (−2)2+(−3)2= 13．
16.(1)证明：设平面BHQ与几何体W的上底面交于点M，即平面BHQ∩平面PGF=BM，
因为平面PGF//平面EHQ，平面BHQ∩平面EHQ=HQ，
所以BM//HQ，
因为PF//平面BHQ，PF⊂平面PGF，平面BHQ∩平面PGF=BM，所以PF//BM，
所以PF//HQ，
又PF⊥PG，所以HQ⊥PG，
由题意知，GH⊥平面EHQ，
因为HQ⊂平面EHQ，所以GH⊥HQ，
又PG∩GH=G，所以HQ⊥平面PGH，
又HQ⊂平面BHQ，
所以平面BHQ⊥平面PGH．
(2)解：连接CQ，
由(1)知HQ⊥平面PGH，
所以∠HGQ就是直线GQ与平面PGH所成角，即tan∠HGQ= 2，
因为GH=1，所以HQ= 2，EQ= 2，即△HEQ是等腰直角三角形，
所以CQ=CH=1，BQ=BH= 2，即△BHQ是等边三角形，
所以S△BHQ=12× 2× 2× 32= 32，
因为平面EFGH⊥平面EHQ，
所以点Q到平面EFGH的距离为ℎ=HQsin45°= 2× 22=1，
因为PF//平面BHQ，
所以P到平面BHQ的距离等价于点F到平面BHQ的距离，设为d，
所以VP−BHQ=VF−BHQ=VQ−BFH，
所以13d⋅S△BHQ=13ℎ⋅S△BFH，
而S△BFH=12BF⋅GH=12×1×1=12，
所以d=1×12 32= 33，
故P到平面BHQ的距离为 33．
(3)解：分别取BH，HQ的中点I，N，连接IN，CI，CN，则IN//BQ，CI//BE，

因为IN∩CI=I，IN、CI⊂平面ICN，BQ∩BE=B，BQ、BE⊂平面BEQ，
所以平面ICN//平面BEQ，
若平面BHQ与平面BEQ夹角的余弦值为13，则平面BHQ与平面ICN夹角的余弦值也为13，
因为N是HQ的中点，CH=CQ，BH=BQ，
所以CN⊥HQ，BN⊥HQ，
又CN∩BN=N，所以HQ⊥平面BCN，
因为HQ⊂平面BHQ，所以平面BHQ⊥平面BCN，
连接BN，过点C作OC⊥BN于点O，
因为平面BHQ∩平面BCN=BN，OC⊂平面BCN，所以OC⊥平面BHQ，
过点O作OK⊥IN于点K，连接CK，则∠OKC即为平面BHQ与平面ICN夹角，也即cs∠OKC=13，
所以tan∠OKC=2 2，
设CN=t(t>0)，则BN= BC2+CN2= 1+t2，
因为S△BCN=12CN⋅BC=12OC⋅BN，所以OC=CN⋅BCBN=t⋅1 1+t2=t 1+t2，
因为IN//BQ，
所以cs∠INO=cs∠NBQ=BNBQ= 1+t2 2，sin∠INO= 1−t2 2，
在Rt△BCN中，由射影定理知，CN2=ON⋅BN，
所以ON=CN2BN=t2 1+t2，
在Rt△OKN中，sin∠INO= 1−t2 2=OKON，
所以OK= 1−t2 2⋅ON= 1−t2 2⋅t2 1+t2，
在Rt△OCK中，tan∠OKC=2 2=OCOK=t 1+t2 1−t2 2⋅t2 1+t2，整理得t2(1−t2)=14，
解得t2=12，即t= 22，
所以HQ=2HN=2 CH2−CN2=2 12−( 22)2= 2．
17.解：∵f(x)=2 3sinxcsx+2cs2(x+π6)−1，
= 3sin2x+cs(2x+13π)，
= 3sin2x+12cs2x− 3sin2x×12，
=12cs2x+ 32sin2x，
=sin(2x+π6)，
(1)令−12π+2kπ≤2x+π6≤2kπ+12π，k∈Z，
解可得，−13π+kπ≤x≤π6+kπ，k∈Z，
即f(x)的单调递增区间为[−13π+kπ,π6+kπ]，k∈Z，
(2)由g(x)=f(x)−k在区间[−π6,13π12]上有三个零点，
可得y=f(x)与y=k在区间[−π6,13π12]上有三个交点，
结合正弦函数的图象可知，k∈[−12, 32]．
18.解：(1)由已知得，点E在棱PB上，满足 PEPB=23，点F在棱PC上，满足 PFPC=12，
所以，取PC上靠近C的四等分点为G，
则必有 PFPG=PEPB=23，
则根据三角形相似，
必有BG//EF，使得EF//平面ABG；
(2)(Ⅰ) 延长FE，与延长CB交于M，连接MA，并延长与CD的延长线交于N，
连接FN，交PD于H，由(1)可得FG=CG=34PC，即G为CF的中点，

由EF||BG，可得B为MC的中点，
由AD//BC.可得D为CN的中点，
在等腰三角形PCD中，F为PC的中点，取CD的中点K，连接FK，
则PD=2KF，DH=23FK，
所以，PD=3DH，即 PHPD=23，
(Ⅱ)因为BD⊥面PAC，BD//EH，
所以EH⊥面PAC，又因为EH⊂α，
所以平面α⊥面PAC，
即PA与面平面α所成角为平面∠PAF，
因为∠APF=90°，所以AF=3 5,sin∠PAF= 55，
即直线PA与平面α所成角的正弦值为 55．
19.解：(1)在△ABC中，∵bsinA+atanAcsB=2asinC，
∴由正弦定理得，sinBsinA+sinAtanAcsB=2sinAsinC，
又sinA≠0，∴sinB+sinAcsAcsB=2sinC，
整理得：sinBcsA+sinAcsB=2sinCcsA，即sin(B+A)=2sinCcsA，
又A+B=π−C⇒sin(B+A)=sinC，
∴sinC=2sinCcsA，sinC≠0，
∴csA=12，又A∈(0,π)，∴A=π3；
(2)(i)∴a=3，
∴(a2+b2+c2)[21−cs2A+1cs2(π2−B)+1sin2(π+C)]
=(a2+b2+c2)(1sin2A+1sin2B+1sin2C)
≥(asinA+bsinB+csinC)2=9(3sinπ3)2=108(当且仅当△ABC为正三角形时取等号)
即：(a2+b2+c2)[21−cs2A+1cs2(π2−B)+1sin2(π+C)]的最小值为108．
(ii)T=|AB||PD|+9|BC||PE|+|AC||PF|=c|PD|+9a|PE|+b|PF|=c2c|PD|+9a2a|PE|+b2b|PF|．
又S△PAB=12c|PD|,S△PBC=12a|PE|,S△PAC=12b|PF|,S△PAB+S△PBC+S△PAC=S△ABC，
∴c|PD|+a|PE|+b|PF|=2S，
∵x1，x2，x3，y1，y2，y3∈R，(x1y1+x2y2+x3y3)2≤(x12+x22+x32)(y12+y22+y32)，当且仅当x1y1=x2y2=x3y3时等号成立．
∴有2S⋅T=(c|PD|+a|PE|+b|PF|)⋅(c2c|PD|+9a2a|PE|+b2b|PF|)≥(c+3a+b)2，当且仅当1|PD|=3|PE|=1|PF|，即|PE|=3|PD|=3|PF|时等号成立．
所以T≥(c+3a+b)22S=(b+c+9)22⋅12bcsinπ3=2(b+c+9)2 3bc；
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得9=b2+c2−bc，
∴(b+c)2−9=3bc，即bc=(b+c)2−93，
则T≥2(b+c+9)2 3bc=2 3(b+c+9)2(b+c)2−9，
令t=b+c+9，则T≥2 3t2(t−9)2−9=2 372t2−18t+1．
∵bc=(b+c)2−93≤(b+c2)2b+c>a=3，
∴3