还剩12页未读，
继续阅读
2022-2023学年广东省梅州市兴宁市高一（下）期中数学试卷（含解析）
展开
这是一份2022-2023学年广东省梅州市兴宁市高一（下）期中数学试卷（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。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在平行四边形ABCD中，AC−BC=( )
A. DAB. BDC. BAD. DC
2. 已知集合A={x|−2A. (−1,3)B. (−1,2)C. (−2,1)D. (−2,2)
3. 设(2−3i)a+b=3i，其中a、b为实数，则( )
A. a=1，b=−2B. a=1，b=2
C. a=−1，b=2D. a=−1，b=−2
4. 下列函数为偶函数且在(0,π2)上为减函数的是( )
A. f(x)=sinxB. f(x)=tanxC. f(x)=csxD. f(x)=|x|
5. 已知A(0,1)，B(m,3)，C(4,7)三点共线，则m=( )
A. −13B. 13C. 43D. 2
6. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acsC=b+23c，则△ABC是( )
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 钝角三角形
7. 定义在R上的偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，且f(2)=0，则满足(x−1)f(x)>0的x的取值范围是( )
A. (−∞,−2)∪(1,+∞)B. (−2,−1)∪(2,+∞)
C. (−∞,−2)∪(1,2)D. (−2,−1)∪(1,2)
8. 如图，一艘船向正北方向航行，航行速度为每小时10 39海里，在A处看灯塔S在船的北偏东θ(sinθ= 34)的方向上.1小时后，船航行到B处，在B处看灯塔S在船的北偏东3θ的方向上，则船航行到B处时与灯塔S之间的距离为( )
A. 10 3海里
B. 20 3海里
C. 10 13海里
D. 20 13海里
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知复数z1=2+i，z2=1−2i，则( )
A. |z1|=|z2|B. z1的共轭复数为z2
C. 复数z1z2对应的点位于第二象限D. 复数z1z2为纯虚数
10. 在△ABC中，AB=1，AC=2，A=2π3，BC=5CD，E为AC的中点，则( )
A. BD=4DCB. AD=65AC−15AB
C. AB⋅AC=1D. AD⋅BE=3910
11. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，若a=2，A=π4，b=x，满足此条件的三角形只有一个，则x的值可能为( )
A. 2B. 2C. 2 2D. 3
12. 已知函数f(x)=sinx+csx2+sin2x，则( )
A. y=f(x)的图象关于直线x=π4对称B. y=f(x)的图象关于点(−π4,0)对称
C. f(x)既是周期函数又是奇函数D. f(x)的最大值为12
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′，且O′A′//B′C′，O′A′=2B′C′=4，A′B′=3，则该平面图形的高为______ ．
14. 古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现——圆柱容球定理.如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边(即圆柱的底面直径和高都等于球的直径)，则该球与圆柱的体积之比为______ ，该球与圆柱的表面积之比为______ ．
15. 已知M为线段AB上的任意一点，O为直线AB外一点，A关于点O的对称点为C，B关于点C的对称点为D，若OM=xOC+yOD，则x+3y= ______ ．
16. 如图，某公园内有一个边长为12m的正方形ABCD区域，点M处有一个路灯，BM=5m，sin∠MBQ=35，现过点M建一条直路分别交正方形区域两边AB，BC于点P和点Q，若对五边形APQCD区域进行绿化，则此绿化区域面积的最大值为______ m2．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知复数z=−m2+m+2+(m2+m)i(m∈R)．
(1)若z为实数，求m的值；
(2)若z为纯虚数，求m的值；
(3)若复数z在复平面内所对应的点位于第四象限，求m的取值范围．
18. (本小题12.0分)
已知平面向量a=(1,2)，b=(0,−1)，a⊥c，且b⋅c=3．
(1)求c的坐标；
(2)求向量a−c在向量b上的投影向量的模．
19. (本小题12.0分)
如图，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥BC，AB=2CD=2，AD=3，以BC边所在的直线为轴，其余三边旋转一周所形成的面围成一个几何体．
(1)求该几何体的表面积；
(2)一只蚂蚁在形成的几何体上从点A绕着几何体的侧面爬行一周回到点A，求蚂蚁爬行的最短距离．
20. (本小题12.0分)
赵爽是我国古代数学家，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成).类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，已知sin∠CAF=2sin∠ACF．
(1)证明：F为AD的中点．
(2)求向量AC与BE夹角的余弦值．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈[0,2π])的部分图象如图所示．
(1)求f(x)的解析式；
(2)将函数f(x)图象的横坐标变为原来的3倍，纵坐标不变，再向左平移π个单位长度，得到函数y=g(x)的图象，若g(λx+π)在区间(π2,π)上无零点，求正数λ的取值范围．
22. (本小题12.0分)
如图，在平面四边形ABCD中，AC=4，BC⊥CD．
(1)若AB=2，BC=3，CD= 15，求△ACD的面积；
(2)若∠B=2π3，∠D=π6，求( 36+12)AD−BC的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵平行四边形ABCD，
∴AC−BC=AC+CB=AB=DC．
故选：D．
利用平面向量的线性运算求解即可．
本题考查了平面向量的线性运算，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：A={x|−2故A∩B=(−1,2)．
故选：B．
根据已知条件，结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为a，b∈R，(2a+b)−3ai=3i，所以2a+b=0，−3a=3，解得a=−1，b=2．
故选：C．
利用复数的加减运算及复数相等的概念计算即可．
本题考查复数的代数运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：A.f(x)=sinx的定义域为R，f(x)=sinx为奇函数，不满足条件．
B.f(x)=tanx在(0,π2)上为增函数，不满足条件．
C.f(x)=csx是偶函数，在(0,π2)上是减函数，满足条件，
D.f(x)=|x|为偶函数，在(0,π2)上为增函数，不满足条件．
故选：C．
根据函数奇偶性和单调性分别进行判断即可．
本题主要考查函数奇偶性和单调性的判断，分别判断函数的奇偶性和单调性是解决本题的关键，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵A(0,1)，B(m,3)，C(4,7)三点共线，∴AB//AC．
∵AB=(m,2)，AC=(4,6)，
∴m4=26，m=43．
故选：C．
由题意，利用三点共线、两个向量共线的性质，求得m的值．
本题主要考查三点共线、两个向量共线的性质，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acsC=b+23c，
利用正弦定理：sinAcsC=sinB+23sinC=sinAcsC+csAsinC+23sinC，
化简得：csAsinC+23sinC=0，
由于A、C∈(0,π)，
所以sinC>0，
故csA=−23，
所以A∈(π2,π)．
故选：D．
直接利用正弦定理和三角函数的关系式的变换判断三角形的形状．
本题考查的知识要点：正弦定理和三角函数的关系式的变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：∵偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，且f(2)=0，
∴f(x)在(−∞,0]上单调递增，且f(−2)=0，
则f(x)的图象如图：
则不等式等价(x−1)f(x)>0等价为x−1>0f(x)>0，或x−1<0f(x)<0，
解得x>1−22．
得1即x的取值范围是(−∞,−2)∪(1,2)，
故选：C．
根据函数奇偶性和单调性的关系，作出函数f(x)图象，利用不等式的性质进行转化求解即可．
本题主要考查不等式的解法，利用函数奇偶性和单调性的性质作出函数f(x)的图象，利用数形结合以及分类讨论进行求解是解决本题的关键，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意可知AB=1×10 39=10 39海里，∠SAB=θ，∠SBA=π−3θ，
所以∠ASB=π−θ−(π−3θ)=2θ，
所以sinθ= 34，csθ= 134，所以sin2θ=2sinθcsθ= 398，
在△ABS中，由正弦定理可得BSsinθ=ABsin2θ，
即BS 34=10 39 398，解得BS=20 3海里，
故选：B．
由题意可知△ABS的角和边，再由正弦定理可得BS的值．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
9.【答案】AD
【解析】解：∵z1=2+i，z2=1−2i，
∴|z1|= 22+12= 5，|z2|= 12+(−2)2= 5，|z1|=|z2|，故A正确；
z1的共轭复数为2−i≠z2，故B错误；
z1z2=(2+i)(1−2i)=4−3i，
故复数z1z2对应的点(4,−3)位于第四象限，故C错误；
z1z2=2+i1−2i=(2+i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=i，
故复数z1z2为纯虚数，故D正确．
故选：AD．
根据复数模长公式，即可判断A；根据共轭复数的概念，即可判断B；根据复数的乘除法运算，即可判断CD．
本题考查复数的代数运算，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：∵BC=5CD，
∴BD=6CD，故A错误；
AD=AB+BD=AB+65BC=AB+65(AC−AB)=65AC−15AB，故B正确；
AB⋅AC=|AB||AC|cs2π3=−1，故C错误；
AD⋅BE=(65AC−15AB)⋅(12AC−AB)=3910，故D正确．
故选：BD．
根据已知条件，结合平面向量的线性运算，以及平面向量的数量积运算，即可求解．
本题主要考查平面向量的线性运算，以及平面向量的数量积运算，属于基础题．
11.【答案】ABC
【解析】解：由正弦定理得2sinπ4=xsinB，则x=2 2sinB，又B∈(0,3π4)，
且满足条件的三角形只有一个，即x有唯一的角与其对应，所以B∈{π2}∪(0,π4],
故x=2 2sinB∈{2 2}∪(0,2]．
故选：ABC．
由正弦定理及三角函数的图象与性质可判定结果．
本题考查了正弦定理及三角函数的图象与性质，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：∵f(π2−x)=sin(π2−x)+cs(π2−x)2+2sin(π−2x)=csx+sinx2+sin2x=f(x)，则y=f(x)的图象关于直线x=π4对称，故A正确，
f(−π2−x)=sin(−π2−x)+cs(−π2−x)2+sin(−π−2x)=−sinx−csx2+sin2x=−f(x)，则y=f(x)的图象关于点(−π4,0)对称，故B正确，
f(−x)=sin(−x)+cs(−x)2+sin(−2x)=−sinx+csx2−sin2x≠f(x)，同时f(−x)≠−f(x)，即f(x)不是奇函数，故C错误，
f(x)=sinx+csx2+sin2x=sinx+csx2+2sinxcsx，
设t=sinx+csx，则1+2sinxcsx=t2，则2sinxcsx=t2−1，
则f(x)等价为y=t2+t2−1=tt2+1，
t=sinx+csx= 2sin(x+π4)∈[− 2, 2]，
当t=0时，y=0，当t∈[− 2,)∪(0, 2]，则当t=1时，函数取得最大值为12，故D正确，
故选：ABD．
分别利用对称性和最值性质分别进行判断即可．
本题主要考查三角函数的图像和性质，利用函数的对称性，单调性，奇偶性进行判断是解决本题的关键，是中档题．
13.【答案】2 13
【解析】解：根据题意，平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′，其中O′A′//B′C′，O′A′=2B′C′=4，A′B′=3，
则O′C′= 4+9= 13，
在原图中，OA//BC，且OA=2BC=4，原图为梯形，
同时OC⊥OA，OC就是原图的高，则OC=2O′C′=2 13，故该平面图形的高为2 13．
故答案为：2 13．
根据题意，求出直观图中O′C′的长，结合斜二测画法分析可得答案．
本题考查斜二测画法，涉及平面图形的直观图，属于基础题．
14.【答案】2：3 2：3
【解析】解：设球的半径为R，根据题意可得圆柱的底面半径为R，高为2R，
V球V圆=43πR3πR2⋅2R=23，S球S圆=4πR22πR2+2πR⋅2R=23．
故答案为：2：3；2：3．
利用空间几何体的体积公式与表面积公式计算即可．
本题考查空间几何体的体积与表面积公式，属基础题．
15.【答案】−1
【解析】解：由题意得OC=−OA，BD=2BC，
∴OD=OB+BD=OB+2BC=OB+2(OC−OB)=2OC−OB=−2OA−OB，
∵OM=xOC+yOD，
∴OM=−xOA+y(−2OA−OB)=(−x−2y)OA−yOB，
∵A，B，M三点共线，
∴−x−2y−y=1，∴x+3y=−1．
故答案为：−1．
利用平面向量的线性运算，平面向量基本定理即可求解．
本题主要考查了向量的线性运算，平面向量基本定理，三点共线的运用，属于中档题．
16.【答案】120
【解析】解：设BP=xm，BQ=ym，(0∵sin∠MBQ=35,∠MBQ∈(0,π2)，
∴sin∠PBM=sin(π2−∠MBQ)=cs∠MBQ=45,
∴△PBM的面积为S△PBM=12⋅BP⋅BM⋅sin∠PBM=12⋅x⋅5⋅45=2xm2，
△MBQ的面积为S△MBQ=12⋅BM⋅BQ⋅sin∠MBQ=12⋅5⋅y⋅35=3y2m2，
而△PBQ的面积S△PBQ=S△PBM+S△MBQ，
∴12xy=2x+32y，即xy=4x+3y，
∵0由基本不等式得xy=4x+3y≥2 4x⋅3y=4 3xy，解得 xy≥4 3，即xy≥48，当且仅当4x=3y，即x=6，y=8时，等号成立，
∴△PBQ的面积的最小值为(S△PBQ)min=12×48=24m2，
∴五边形APQCD面积的最大值Smax=SABCD−(S△PBQ)min=144−24=120m2．
故答案为：120．
设BP和BQ的长，使△PBQ的面积最小，即可使五边形APQCD面积最大，结合基本不等式求解即可．
本题考查了三角形的面积计算，基本不等式的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)复数z=−m2+m+2+(m2+m)i，
则m2+m=0，解得m=0或−1；
(2)复数z为纯虚数，
则−m2+m+2=0m2+m≠0，解得m=2；
(3)复数z=−m2+m+2+(m2+m)i，
则−m2+m+2>0m2+m<0，解得−1故m的取值范围为(−1,0)．
【解析】(1)根据已知条件，结合实数的定义，即可求解；
(2)根据已知条件，结合纯虚数的定义，即可求解；
(3)根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查实数、纯虚数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
18.【答案】解：(1)设c=(x,y)，∵a⊥c，∴a⋅c=x+2y=0，且b⋅c=−y=3，
∴y=−3，x=6，
∴c=(6,−3)；
(2)a−c=(−5,5)，(a−c)⋅b=−5，
∴a−c在b上的投影向量的模为：|(a−c)⋅b|b||=5．
【解析】(1)设c=(x,y)，根据a⊥c可得出a⋅c=0，再根据b⋅c=3即可求出x，y的值；
(2)可求出a−c的坐标，然后可求出(a−c)⋅b的值，然后根据投影向量模的计算公式即可求出投影向量的模．
本题考查了向量垂直的充要条件，向量坐标的数量积运算，投影向量的模的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)根据题意，旋转后的几何体为上底半径为1，下底半径为2，母线为3的圆台，
其侧面展开图如图：
其变面积S=π(12+22+1×3+2×3)=14π，
(2)根据题意，在圆台的侧面展开图中，DA=DO=3，则OA=6，
设∠DOD1=θ，则有3θ=2π×1，则θ=2π3，
蚂蚁爬行的最短距离即|AA1|，而|AA1|= 36+36−2×6×6×cs2π3=6 3，
故蚂蚁爬行的最短距离为6 3．
【解析】(1)根据题意，分析得到的旋转体，结合原图的表面积公式计算可得答案；
(2)根据题意，根据题意，作出原台的侧面展开图，结合余弦定理分析可得答案．
本题考查旋转体的表面积计算，涉及旋转体表面最短距离问题，属于基础题．
20.【答案】解：(1)证明：根据题意，在△ACF中，根据正弦定理，AF+DF2sin∠ACF=AFsin∠ACF，
∴AF+DF=2AF，
∴AF=DF，
∴F为AD的中点；
(2)设AF=a，则由(1)知CF=2a，且∠AFC=120°，
∴在△ACF中，根据余弦定理得，AC2=4a2+a2−2⋅2a⋅a⋅(−12)=7a2，∴AC= 7a，
∴BE⋅AC=BE⋅(BC−BA)=BE⋅[BE+EC−(BD+DA]=2BD⋅(BD+EC−DA)=2BD2+2BD⋅EC−2BD⋅DA=2a2+2a2⋅12−2⋅a⋅2a⋅12=a2,
∴cs=AC⋅BE|AC||BE|=a22 7a2= 714．
【解析】(1)根据条件，在△ACF中，根据正弦定理即可得出AF+DF2sin∠ACF=AFsin∠ACF，从而得出F为AD的中点；
(2)可设AF=a，CF=2a，在△ACF中，根据余弦定理即可求出AC= 7a，根据BE⋅AC=BE⋅(BC−BA)=BE⋅[BE+EC−(BD+DA]=2BD⋅(BD+EC−DA)进行数量积的运算即可求出BE⋅AC的值，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出向量AC与BE夹角的余弦值．
本题考查了正余弦定理，向量加法、减法和数乘的几何意义，向量数量积的计算公式，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为f(0)=2sinφ=1，
可得sinφ=12，
因为f(x)在x=0处附近单调递增，
所以φ=π6，
所以f(x)=2sin(ωx+π6)，
因为f(π)=2sin(πω+π6)=−1，
所以sin(πω+π6)=−12，
因为f(x)在x=π处附近单调递减，且当x>0时，f(x)在x=π处的第一次取值为−12，
所以πω+π6=7π6，可得ω=1，即f(x)=2sin(x+π6).
(2)将f(x)图象的横坐标变为原来的3倍，纵坐标不变，可得到y=2sin(x3+π6)的图象，
再把y=2sin(x3+π6)的图象向左平移π个单位长度，可得g(x)=2sin[13(x+π)+π6]=2sin(x3+π2)=2csx3的图象，
则g(λx+π)=2cs(λx3+π3)，
因为x∈(π2,π)，
所以λx3+π3∈(λπ6+π3,λπ3+π3)，k∈Z，
则λπ6+π3≥−π2+kπλπ3+π3≤π2+kπ，k∈Z，解得−5+6k≤λ≤12+3k，k∈Z，
由λ>0，
可得λ∈(0,12]∪[1,72]，即正数λ的取值范围为(0,12]∪[1,72]．
【解析】(1)由f(0)=2sinφ=1，可求得sinφ=12，进而可求φ=π6，又由题意可求sin(πω+π6)=−12，进而可求ω的值，即可得解函数f(x)的解析式；
(2)由题意利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换可求g(x)=2csx3，进而利用余弦函数的性质即可求解．
本题考查了函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式以及三角函数的性质的应用，考查了函数思想，属于中档题．
22.【答案】解：(1)在△ABC中，
AC=4，AB=2，BC=3，
则cs∠ACB=AC2+BC2−AB22AC⋅BC=78，
∵BC⊥CD，
∴sin∠ACD=cs∠ACB=78，
∴△ACD的面积为12AC⋅CD⋅sin∠ACD=12×4× 15×78=7 154；
(2)设∠BCA=θ，0<θ<π3，
则∠ACD=π2−θ，∠BAC=π3−θ，
在△ABC中，BCsin(π3−θ)=ACsin2π3，即BC=8 3sin(π3−θ)，
在△ACD中，ADsin(π2−θ)=ACsinπ6，则AD=8csθ，
( 36+12)AD−BC=(4 33+4)csθ−8 3sin(π3−θ)=4 63sin(θ+π4)，
当θ=π4时，( 36+12)AD−BC的最大值为4 63．
【解析】(1)根据已知条件，结合余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解；
(2)根据已知条件，结合正弦定理，推出BC，AD，再结合三角函数的恒等变换，即可求解．
本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在平行四边形ABCD中，AC−BC=( )
A. DAB. BDC. BAD. DC
2. 已知集合A={x|−2
3. 设(2−3i)a+b=3i，其中a、b为实数，则( )
A. a=1，b=−2B. a=1，b=2
C. a=−1，b=2D. a=−1，b=−2
4. 下列函数为偶函数且在(0,π2)上为减函数的是( )
A. f(x)=sinxB. f(x)=tanxC. f(x)=csxD. f(x)=|x|
5. 已知A(0,1)，B(m,3)，C(4,7)三点共线，则m=( )
A. −13B. 13C. 43D. 2
6. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acsC=b+23c，则△ABC是( )
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 钝角三角形
7. 定义在R上的偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，且f(2)=0，则满足(x−1)f(x)>0的x的取值范围是( )
A. (−∞,−2)∪(1,+∞)B. (−2,−1)∪(2,+∞)
C. (−∞,−2)∪(1,2)D. (−2,−1)∪(1,2)
8. 如图，一艘船向正北方向航行，航行速度为每小时10 39海里，在A处看灯塔S在船的北偏东θ(sinθ= 34)的方向上.1小时后，船航行到B处，在B处看灯塔S在船的北偏东3θ的方向上，则船航行到B处时与灯塔S之间的距离为( )
A. 10 3海里
B. 20 3海里
C. 10 13海里
D. 20 13海里
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知复数z1=2+i，z2=1−2i，则( )
A. |z1|=|z2|B. z1的共轭复数为z2
C. 复数z1z2对应的点位于第二象限D. 复数z1z2为纯虚数
10. 在△ABC中，AB=1，AC=2，A=2π3，BC=5CD，E为AC的中点，则( )
A. BD=4DCB. AD=65AC−15AB
C. AB⋅AC=1D. AD⋅BE=3910
11. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，若a=2，A=π4，b=x，满足此条件的三角形只有一个，则x的值可能为( )
A. 2B. 2C. 2 2D. 3
12. 已知函数f(x)=sinx+csx2+sin2x，则( )
A. y=f(x)的图象关于直线x=π4对称B. y=f(x)的图象关于点(−π4,0)对称
C. f(x)既是周期函数又是奇函数D. f(x)的最大值为12
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′，且O′A′//B′C′，O′A′=2B′C′=4，A′B′=3，则该平面图形的高为______ ．
14. 古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现——圆柱容球定理.如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边(即圆柱的底面直径和高都等于球的直径)，则该球与圆柱的体积之比为______ ，该球与圆柱的表面积之比为______ ．
15. 已知M为线段AB上的任意一点，O为直线AB外一点，A关于点O的对称点为C，B关于点C的对称点为D，若OM=xOC+yOD，则x+3y= ______ ．
16. 如图，某公园内有一个边长为12m的正方形ABCD区域，点M处有一个路灯，BM=5m，sin∠MBQ=35，现过点M建一条直路分别交正方形区域两边AB，BC于点P和点Q，若对五边形APQCD区域进行绿化，则此绿化区域面积的最大值为______ m2．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知复数z=−m2+m+2+(m2+m)i(m∈R)．
(1)若z为实数，求m的值；
(2)若z为纯虚数，求m的值；
(3)若复数z在复平面内所对应的点位于第四象限，求m的取值范围．
18. (本小题12.0分)
已知平面向量a=(1,2)，b=(0,−1)，a⊥c，且b⋅c=3．
(1)求c的坐标；
(2)求向量a−c在向量b上的投影向量的模．
19. (本小题12.0分)
如图，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥BC，AB=2CD=2，AD=3，以BC边所在的直线为轴，其余三边旋转一周所形成的面围成一个几何体．
(1)求该几何体的表面积；
(2)一只蚂蚁在形成的几何体上从点A绕着几何体的侧面爬行一周回到点A，求蚂蚁爬行的最短距离．
20. (本小题12.0分)
赵爽是我国古代数学家，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成).类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，已知sin∠CAF=2sin∠ACF．
(1)证明：F为AD的中点．
(2)求向量AC与BE夹角的余弦值．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈[0,2π])的部分图象如图所示．
(1)求f(x)的解析式；
(2)将函数f(x)图象的横坐标变为原来的3倍，纵坐标不变，再向左平移π个单位长度，得到函数y=g(x)的图象，若g(λx+π)在区间(π2,π)上无零点，求正数λ的取值范围．
22. (本小题12.0分)
如图，在平面四边形ABCD中，AC=4，BC⊥CD．
(1)若AB=2，BC=3，CD= 15，求△ACD的面积；
(2)若∠B=2π3，∠D=π6，求( 36+12)AD−BC的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵平行四边形ABCD，
∴AC−BC=AC+CB=AB=DC．
故选：D．
利用平面向量的线性运算求解即可．
本题考查了平面向量的线性运算，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：A={x|−2
故选：B．
根据已知条件，结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为a，b∈R，(2a+b)−3ai=3i，所以2a+b=0，−3a=3，解得a=−1，b=2．
故选：C．
利用复数的加减运算及复数相等的概念计算即可．
本题考查复数的代数运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：A.f(x)=sinx的定义域为R，f(x)=sinx为奇函数，不满足条件．
B.f(x)=tanx在(0,π2)上为增函数，不满足条件．
C.f(x)=csx是偶函数，在(0,π2)上是减函数，满足条件，
D.f(x)=|x|为偶函数，在(0,π2)上为增函数，不满足条件．
故选：C．
根据函数奇偶性和单调性分别进行判断即可．
本题主要考查函数奇偶性和单调性的判断，分别判断函数的奇偶性和单调性是解决本题的关键，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵A(0,1)，B(m,3)，C(4,7)三点共线，∴AB//AC．
∵AB=(m,2)，AC=(4,6)，
∴m4=26，m=43．
故选：C．
由题意，利用三点共线、两个向量共线的性质，求得m的值．
本题主要考查三点共线、两个向量共线的性质，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acsC=b+23c，
利用正弦定理：sinAcsC=sinB+23sinC=sinAcsC+csAsinC+23sinC，
化简得：csAsinC+23sinC=0，
由于A、C∈(0,π)，
所以sinC>0，
故csA=−23，
所以A∈(π2,π)．
故选：D．
直接利用正弦定理和三角函数的关系式的变换判断三角形的形状．
本题考查的知识要点：正弦定理和三角函数的关系式的变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：∵偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，且f(2)=0，
∴f(x)在(−∞,0]上单调递增，且f(−2)=0，
则f(x)的图象如图：
则不等式等价(x−1)f(x)>0等价为x−1>0f(x)>0，或x−1<0f(x)<0，
解得x>1−2
得1
故选：C．
根据函数奇偶性和单调性的关系，作出函数f(x)图象，利用不等式的性质进行转化求解即可．
本题主要考查不等式的解法，利用函数奇偶性和单调性的性质作出函数f(x)的图象，利用数形结合以及分类讨论进行求解是解决本题的关键，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意可知AB=1×10 39=10 39海里，∠SAB=θ，∠SBA=π−3θ，
所以∠ASB=π−θ−(π−3θ)=2θ，
所以sinθ= 34，csθ= 134，所以sin2θ=2sinθcsθ= 398，
在△ABS中，由正弦定理可得BSsinθ=ABsin2θ，
即BS 34=10 39 398，解得BS=20 3海里，
故选：B．
由题意可知△ABS的角和边，再由正弦定理可得BS的值．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
9.【答案】AD
【解析】解：∵z1=2+i，z2=1−2i，
∴|z1|= 22+12= 5，|z2|= 12+(−2)2= 5，|z1|=|z2|，故A正确；
z1的共轭复数为2−i≠z2，故B错误；
z1z2=(2+i)(1−2i)=4−3i，
故复数z1z2对应的点(4,−3)位于第四象限，故C错误；
z1z2=2+i1−2i=(2+i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=i，
故复数z1z2为纯虚数，故D正确．
故选：AD．
根据复数模长公式，即可判断A；根据共轭复数的概念，即可判断B；根据复数的乘除法运算，即可判断CD．
本题考查复数的代数运算，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：∵BC=5CD，
∴BD=6CD，故A错误；
AD=AB+BD=AB+65BC=AB+65(AC−AB)=65AC−15AB，故B正确；
AB⋅AC=|AB||AC|cs2π3=−1，故C错误；
AD⋅BE=(65AC−15AB)⋅(12AC−AB)=3910，故D正确．
故选：BD．
根据已知条件，结合平面向量的线性运算，以及平面向量的数量积运算，即可求解．
本题主要考查平面向量的线性运算，以及平面向量的数量积运算，属于基础题．
11.【答案】ABC
【解析】解：由正弦定理得2sinπ4=xsinB，则x=2 2sinB，又B∈(0,3π4)，
且满足条件的三角形只有一个，即x有唯一的角与其对应，所以B∈{π2}∪(0,π4],
故x=2 2sinB∈{2 2}∪(0,2]．
故选：ABC．
由正弦定理及三角函数的图象与性质可判定结果．
本题考查了正弦定理及三角函数的图象与性质，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：∵f(π2−x)=sin(π2−x)+cs(π2−x)2+2sin(π−2x)=csx+sinx2+sin2x=f(x)，则y=f(x)的图象关于直线x=π4对称，故A正确，
f(−π2−x)=sin(−π2−x)+cs(−π2−x)2+sin(−π−2x)=−sinx−csx2+sin2x=−f(x)，则y=f(x)的图象关于点(−π4,0)对称，故B正确，
f(−x)=sin(−x)+cs(−x)2+sin(−2x)=−sinx+csx2−sin2x≠f(x)，同时f(−x)≠−f(x)，即f(x)不是奇函数，故C错误，
f(x)=sinx+csx2+sin2x=sinx+csx2+2sinxcsx，
设t=sinx+csx，则1+2sinxcsx=t2，则2sinxcsx=t2−1，
则f(x)等价为y=t2+t2−1=tt2+1，
t=sinx+csx= 2sin(x+π4)∈[− 2, 2]，
当t=0时，y=0，当t∈[− 2,)∪(0, 2]，则当t=1时，函数取得最大值为12，故D正确，
故选：ABD．
分别利用对称性和最值性质分别进行判断即可．
本题主要考查三角函数的图像和性质，利用函数的对称性，单调性，奇偶性进行判断是解决本题的关键，是中档题．
13.【答案】2 13
【解析】解：根据题意，平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′，其中O′A′//B′C′，O′A′=2B′C′=4，A′B′=3，
则O′C′= 4+9= 13，
在原图中，OA//BC，且OA=2BC=4，原图为梯形，
同时OC⊥OA，OC就是原图的高，则OC=2O′C′=2 13，故该平面图形的高为2 13．
故答案为：2 13．
根据题意，求出直观图中O′C′的长，结合斜二测画法分析可得答案．
本题考查斜二测画法，涉及平面图形的直观图，属于基础题．
14.【答案】2：3 2：3
【解析】解：设球的半径为R，根据题意可得圆柱的底面半径为R，高为2R，
V球V圆=43πR3πR2⋅2R=23，S球S圆=4πR22πR2+2πR⋅2R=23．
故答案为：2：3；2：3．
利用空间几何体的体积公式与表面积公式计算即可．
本题考查空间几何体的体积与表面积公式，属基础题．
15.【答案】−1
【解析】解：由题意得OC=−OA，BD=2BC，
∴OD=OB+BD=OB+2BC=OB+2(OC−OB)=2OC−OB=−2OA−OB，
∵OM=xOC+yOD，
∴OM=−xOA+y(−2OA−OB)=(−x−2y)OA−yOB，
∵A，B，M三点共线，
∴−x−2y−y=1，∴x+3y=−1．
故答案为：−1．
利用平面向量的线性运算，平面向量基本定理即可求解．
本题主要考查了向量的线性运算，平面向量基本定理，三点共线的运用，属于中档题．
16.【答案】120
【解析】解：设BP=xm，BQ=ym，(0
∴sin∠PBM=sin(π2−∠MBQ)=cs∠MBQ=45,
∴△PBM的面积为S△PBM=12⋅BP⋅BM⋅sin∠PBM=12⋅x⋅5⋅45=2xm2，
△MBQ的面积为S△MBQ=12⋅BM⋅BQ⋅sin∠MBQ=12⋅5⋅y⋅35=3y2m2，
而△PBQ的面积S△PBQ=S△PBM+S△MBQ，
∴12xy=2x+32y，即xy=4x+3y，
∵0
∴△PBQ的面积的最小值为(S△PBQ)min=12×48=24m2，
∴五边形APQCD面积的最大值Smax=SABCD−(S△PBQ)min=144−24=120m2．
故答案为：120．
设BP和BQ的长，使△PBQ的面积最小，即可使五边形APQCD面积最大，结合基本不等式求解即可．
本题考查了三角形的面积计算，基本不等式的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)复数z=−m2+m+2+(m2+m)i，
则m2+m=0，解得m=0或−1；
(2)复数z为纯虚数，
则−m2+m+2=0m2+m≠0，解得m=2；
(3)复数z=−m2+m+2+(m2+m)i，
则−m2+m+2>0m2+m<0，解得−1
【解析】(1)根据已知条件，结合实数的定义，即可求解；
(2)根据已知条件，结合纯虚数的定义，即可求解；
(3)根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查实数、纯虚数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
18.【答案】解：(1)设c=(x,y)，∵a⊥c，∴a⋅c=x+2y=0，且b⋅c=−y=3，
∴y=−3，x=6，
∴c=(6,−3)；
(2)a−c=(−5,5)，(a−c)⋅b=−5，
∴a−c在b上的投影向量的模为：|(a−c)⋅b|b||=5．
【解析】(1)设c=(x,y)，根据a⊥c可得出a⋅c=0，再根据b⋅c=3即可求出x，y的值；
(2)可求出a−c的坐标，然后可求出(a−c)⋅b的值，然后根据投影向量模的计算公式即可求出投影向量的模．
本题考查了向量垂直的充要条件，向量坐标的数量积运算，投影向量的模的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)根据题意，旋转后的几何体为上底半径为1，下底半径为2，母线为3的圆台，
其侧面展开图如图：
其变面积S=π(12+22+1×3+2×3)=14π，
(2)根据题意，在圆台的侧面展开图中，DA=DO=3，则OA=6，
设∠DOD1=θ，则有3θ=2π×1，则θ=2π3，
蚂蚁爬行的最短距离即|AA1|，而|AA1|= 36+36−2×6×6×cs2π3=6 3，
故蚂蚁爬行的最短距离为6 3．
【解析】(1)根据题意，分析得到的旋转体，结合原图的表面积公式计算可得答案；
(2)根据题意，根据题意，作出原台的侧面展开图，结合余弦定理分析可得答案．
本题考查旋转体的表面积计算，涉及旋转体表面最短距离问题，属于基础题．
20.【答案】解：(1)证明：根据题意，在△ACF中，根据正弦定理，AF+DF2sin∠ACF=AFsin∠ACF，
∴AF+DF=2AF，
∴AF=DF，
∴F为AD的中点；
(2)设AF=a，则由(1)知CF=2a，且∠AFC=120°，
∴在△ACF中，根据余弦定理得，AC2=4a2+a2−2⋅2a⋅a⋅(−12)=7a2，∴AC= 7a，
∴BE⋅AC=BE⋅(BC−BA)=BE⋅[BE+EC−(BD+DA]=2BD⋅(BD+EC−DA)=2BD2+2BD⋅EC−2BD⋅DA=2a2+2a2⋅12−2⋅a⋅2a⋅12=a2,
∴cs
【解析】(1)根据条件，在△ACF中，根据正弦定理即可得出AF+DF2sin∠ACF=AFsin∠ACF，从而得出F为AD的中点；
(2)可设AF=a，CF=2a，在△ACF中，根据余弦定理即可求出AC= 7a，根据BE⋅AC=BE⋅(BC−BA)=BE⋅[BE+EC−(BD+DA]=2BD⋅(BD+EC−DA)进行数量积的运算即可求出BE⋅AC的值，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出向量AC与BE夹角的余弦值．
本题考查了正余弦定理，向量加法、减法和数乘的几何意义，向量数量积的计算公式，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为f(0)=2sinφ=1，
可得sinφ=12，
因为f(x)在x=0处附近单调递增，
所以φ=π6，
所以f(x)=2sin(ωx+π6)，
因为f(π)=2sin(πω+π6)=−1，
所以sin(πω+π6)=−12，
因为f(x)在x=π处附近单调递减，且当x>0时，f(x)在x=π处的第一次取值为−12，
所以πω+π6=7π6，可得ω=1，即f(x)=2sin(x+π6).
(2)将f(x)图象的横坐标变为原来的3倍，纵坐标不变，可得到y=2sin(x3+π6)的图象，
再把y=2sin(x3+π6)的图象向左平移π个单位长度，可得g(x)=2sin[13(x+π)+π6]=2sin(x3+π2)=2csx3的图象，
则g(λx+π)=2cs(λx3+π3)，
因为x∈(π2,π)，
所以λx3+π3∈(λπ6+π3,λπ3+π3)，k∈Z，
则λπ6+π3≥−π2+kπλπ3+π3≤π2+kπ，k∈Z，解得−5+6k≤λ≤12+3k，k∈Z，
由λ>0，
可得λ∈(0,12]∪[1,72]，即正数λ的取值范围为(0,12]∪[1,72]．
【解析】(1)由f(0)=2sinφ=1，可求得sinφ=12，进而可求φ=π6，又由题意可求sin(πω+π6)=−12，进而可求ω的值，即可得解函数f(x)的解析式；
(2)由题意利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换可求g(x)=2csx3，进而利用余弦函数的性质即可求解．
本题考查了函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式以及三角函数的性质的应用，考查了函数思想，属于中档题．
22.【答案】解：(1)在△ABC中，
AC=4，AB=2，BC=3，
则cs∠ACB=AC2+BC2−AB22AC⋅BC=78，
∵BC⊥CD，
∴sin∠ACD=cs∠ACB=78，
∴△ACD的面积为12AC⋅CD⋅sin∠ACD=12×4× 15×78=7 154；
(2)设∠BCA=θ，0<θ<π3，
则∠ACD=π2−θ，∠BAC=π3−θ，
在△ABC中，BCsin(π3−θ)=ACsin2π3，即BC=8 3sin(π3−θ)，
在△ACD中，ADsin(π2−θ)=ACsinπ6，则AD=8csθ，
( 36+12)AD−BC=(4 33+4)csθ−8 3sin(π3−θ)=4 63sin(θ+π4)，
当θ=π4时，( 36+12)AD−BC的最大值为4 63．
【解析】(1)根据已知条件，结合余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解；
(2)根据已知条件，结合正弦定理，推出BC，AD，再结合三角函数的恒等变换，即可求解．
本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
相关试卷
2022-2023学年广东省梅州市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年广东省梅州市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共19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。
2022-2023学年广东省深圳高级中学高中园高一（下）期中数学试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年广东省深圳高级中学高中园高一（下）期中数学试卷（含解析），共16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。
2022-2023学年广东省深圳重点学校高一（下）期中数学试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年广东省深圳重点学校高一（下）期中数学试卷（含解析），共18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。
