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2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高一（下）期末数学试卷（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。
2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高一（下）期末数学试卷
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. 若|z|=4，则z⋅z−=( )
A. 32 B. 16 C. 4 D. 2
2. cos3000°的值为( )
A. 12 B. −12 C. 32 D. − 32
3. 如图所示，F为平行四边形ABCD对角线BD上一点，BF=13FD，则AF=( )
A. 34AB+14AD B. 34AB−14AD C. 14AB+34AD D. 14AB−34AD
4. 已知cos(5π12+α2)= 55，则cos(π6−α)的值为( )
A. 13 B. −13 C. 35 D. −35
5. 如图，梯形A1B1C1D1是一水平放置的平面图形ABCD在斜二测画法下的直观图.若A1D1平行于y1轴，A1B1//C1D1,A1B1=34C1D1=3,A1D1=1，则平面图形ABCD的面积是( )
A. 14 B. 7 C. 7 2 D. 14 2
6. 若函数g(x)的周期为π，其图象由函数f(x)= 3sinωx+cosωx(ω>0)的图象向左平移π3个单位得到，则g(x)的一个单调递增区间是( )
A. [−2π3,−π6] B. [−4π3,−π3] C. [−π6,π3] D. [−π3,2π3]
7. 向量ai=(xi,yi)，x1=1，xi+1=xi+2,(i∈N*)，(xi,yi)(i∈N*)对应的点在曲线y=2x−1上，则a5=( )
A. (7,31) B. (9,511) C. (9,127) D. (11,63)
8. 已知函数f(x)=12(sinx+cosx)−12|sinx−cosx|，则f(x)的值域是( )
A. [−1, 22] B. [−1,1] C. [− 22,1] D. [−1,− 22]
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. 在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(x,−3)，且tanα=3，则( )
A. x=−1 B. sinα=−3 1010 C. cosα= 1010 D. tanα2>0
10. 下列说法正确的是( )
A. (a⋅b)c=a(b⋅c) B. 零向量与任一向量既垂直也共线
C. 若a⋅b=a⋅c，则b=c D. |a⋅b|=|a||b|⇔a//b
11. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,−π2<φ<π2)，则下面说法正确的是( )
A. 若ω=2且f(x)图象关于直线x=π6对称，则φ=π6
B. 若ω=2且f(x)图像关于点(4π3,0)对称，则φ=π6
C. 若φ=π4且f(x)在(0,π8)上单调递增，则ω的最大值为2
D. 若φ=π4且f(x)在[0,π]上的图象有且仅有2个最高点，则ω的取值范围为[94,174)
12. 在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为正三角形，侧棱垂直于底面，E是AB的中点，O是BC1的中点.给出下列结论正确的是( )
A. 若P是AC1上的动点，则OP与A1B1异面
B. AC1//平面B1CE
C. 若该三棱柱有内切球，则AB：AA1=1： 3
D. 若该三棱柱所有棱长均相等、则侧面对角线与棱成45°角的共有 30对
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知复数z=ii−1(i为虚数单位)，则z的虚部为______ ．
14. 已知tan(2α+β)=3,tan(α+π4)=−3，则tanβ= ______ ．
15. 已知一圆弧的弧长等于它所在圆的内接正三角形的边长，则这段圆弧所对圆心角的弧度数为______ ．
16. 已知在边长为2的正三角形ABC中，M，N分别是边BC，AC上的动点，且CN=BM，则AM⋅MN的最大值是______
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=(1−i)2+3(1+i)2−i．
(1)若复数z1与z在复平面上所对应的点关于虚轴对称，求z1；
(2)若实数a，b满足z2+az+b=1−i，求z2=a+bi的共轭复数．
18. (本小题12.0分)
已知向量a=(2+t,t),b=(t,1)．
(1)若a//b，求t的值：
(2)若|b|= 10，求向量a,b的夹角的余弦值．
19. (本小题12.0分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosC+ 3asinC−b−c=0．
(1)求A；
(2)若a=4，且△ABC的面积为4 3，求b，c．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=sin(ωx+φ)的部分图象如图所示，其中−π2<φ<0，且f(π3)=f(5π12)，f(π8)=0．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若tanα=2，求f(α)的值．
21. (本小题12.0分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=4，BC=3，AB=5．
(1)求证：AC⊥BC1；
(2)设AC1与底面ABC所成角的大小为60°，求三棱锥C−ABC1的体积．
22. (本小题12.0分)
如图，扇形AOB的圆心角为2π3，半径为1.一点P从点A出发，沿AB匀速移动，移动到点B后，再沿BA以同样的速度移动至点A并终止运动，记点P离开A的时间为t，且在t=3秒时，点P，A首次满足OP⋅OA=0．
(1)记f(t)=OP⋅OB，求f(t)；
(2)若g(t)= 3f(2t−1)−2f2(t)，求g(t)的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：设复数z=a+bi(a,b∈R)，且a2+b2=16，
则z⋅z−=a2+b2=16．
故选：B．
设复数z=a+bi(a,b∈R)，且a2+b2=16，根据复数的运算即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：cos3000°=cos(8×360°+120°)=cos120°=cos(180°−60°)=−cos60°=−12．
故选：B．
利用诱导公式计算可得出cos3000°的值．
本题主要考查了诱导公式的应用，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为BF=13FD，所以BF=14BD，
所以AF=AB+BF=AB+14BD
=AB+14(AD−AB)=34AB+14AD．
故选：A．
根据向量的线性运算，即可求得答案．
本题主要考查平面向量基本定理，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：∵cos(5π12+α2)= 55，∴cos(5π6+α)=2cos2(5π12+α2)−1=25−1=−35，
∴cos(π−5π6−α)=cos(π6−α)=35．
故选：C．
可根据二倍角的余弦公式得出cos(5π6+α)=−35，然后即可求出cos(π6−α)的值．
本题考查了三角函数的诱导公式，二倍角的余弦公式，考查了计算能力，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：根据直观图画法的规则，直观图中A1D1平行于y轴，A1D1=1，
可知原图中AD//Oy，从而得出AD⊥DC，且AD=2A1D1=2，
直观图中A1B1//C1D1，A1B1=34C1D1=3，可知原图中AB//CD，AB=34CD=3，
即四边形ABCD上底和下底边长分别为3，4，高为2，如图，
故其面积S=12×(3+4)×2=7．
故选：B．
根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形ABCD的形状，求出底边边长以及高，然后求出面积．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由函数f(x)= 3sinωx+cosωx=2sin(ωx+π6)的图象向左平移π3个单位，
得到函数g(x)=2sin(ωx+ωπ3+π6)的图象的周期为2πω=π，故有ω=2，
则g(x)=2sin(2x+2π3+π6)=2sin(2x+5π6)=2cos(2x+π3).
对于g(x)=2cos(2x+π3)，令2kπ−π≤2x+π3≤2kπ，k∈Z，
求得kπ−2π3≤x≤kπ−π6，k∈Z，可得函数g(x)的增区间为[kπ−2π3,kπ−π6]，k∈Z．
令k=0，可得函数g(x)的一个单调递增区间是[−2π3,−π6].
故选：A．
由题意，利用三角恒等变换化简f(x)的解析式，再根据函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，余弦函数的单调性，得出结论．
本题主要考查三角恒等变换，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，余弦函数的单调性，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由x1=1，xi+1=xi+2，则x5=x1+4×2=9，
由(xi,yi)(i∈N*)对应的点在曲线y=2x−1上，则y5=2x5−1=29−1=511，
所以a5=(x5,y5)=(9,511)．
故选：B．
由已知条件计算x5，y5，即可得a5．
本题主要考查指数函数的图象与性质，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：f(x)=12(sinx+cosx)−12|sinx−cosx|=sinx,sinx
，
故选：A．
讨论sinx与cosx的大小，把函数化简可得f(x)=sinx,sinx
9.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题考查了任意角的三角函数的定义，考查了计算能力和对应思想，属于基础题．
由已知利用任意角的三角函数的定义即可求解．
【解答】
解：在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(x,−3)，且tanα=−3x=3，
则x=−1，故A正确；
sinα=−3 (−1)2+(−3)2=−3 1010，故B正确；
cosα=−1 (−1)2+(−3)2=− 1010，故C错误；
因为点P位于第三象限，即α是第三象限的角，
所以α∈(π+2kπ,3π2+2kπ)，k∈Z，
所以α2∈(π2+kπ,3π4+kπ)，k∈Z，即α2是第二或四象限的角，
所以tanα2<0，故D错误．
故选：AB．
10.【答案】BD
【解析】解：对于A，因为数量积为数量，所以A错误；
对于B，根据零向量的定义即可判断，B正确；
对于C，当a为0时，C错误；
对于D，因为|a⋅b|=||a||b|cos|，又因为|a⋅b|=|a||b|，所以cos=1，即a//b，所以D正确，
故选：BD．
对于A，根据数量积为数量判断即可；
对于B，根据零向量的定义判断即可；
对于C，举反例即可；
对于D，根据数量积公式判断即可．
本题主要考查向量的数量积公式，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：若ω=2且f(x)图象关于直线x=π6对称时，
则2×π6+φ=π2+2kπ⇒φ=π6+2kπ，
因为−π2<φ<π2，
所以φ=π6，故A正确；
若ω=2且f(x)图像关于点(4π3,0)对称时，
有2×4π3+φ=kπ⇒φ=kπ−8π3，因为−π2<φ<π2，所以φ=π3，故B错误；
若φ=π4且f(x)在(0,π8)上单调递增，则ωx+π4∈(π4,π4+πω8)，
所以π4+πω8≤π2⇒ω≤2，故C正确；
φ=π4，
当x∈[0,π]，
则ωx+π4∈[π4,π4+πω]，
因为f(x)在[0,π]上的图象有且仅有2个最高点，
所以5π2≤π4+πω<9π2⇒ω∈[94,174)，即D正确．
故选：ACD．
利用三角函数的图象与性质逐一分析即可．
本题主要考查正弦函数的图象与性质，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】
【分析】
利用特例P是AC1的中点时，OP//A1B1，判断A的正误；利用直线与平面平行的判断定理判断B的正误；设底面边长为：a.求出AA1= 33a，所然后推出AB：AA1，判断C的正误；说明与每条面对角线成45°的棱有5条，面有6条对角线，推出结果判断D的正误．
本题考查空间点、线、面的位置关系的应用，考查棱柱的结构特征，是中档题．
【解答】
解：P是AC1的中点时，OP//A1B1，所以判断OP与A1B1异面不正确，即A不正确；
连接OE，显然OE= //12AC1，OE⊂平面B1CE，AC1⊄平面B1CE，
所以AC1//平面B1CE，所以B正确；
设底面边长为：a，球在底面的投影为底面三角形的内切圆，其半径为底面高的13，AA1=2R=23× 32a= 33a，所以AB：AA1= 3：1，所以C不正确；
三棱柱所有棱长均相等，与每条面对角线成45°的棱有5条，而面有6条对角线，所以侧面对角线与棱成45°角的共有 30对，所以D正确．
故选：BD．
13.【答案】−12
【解析】解：∵z=ii−1=−i1−i=−i(1+i)(1−i)(1+i)=12−12i，
∴z的虚部为−12．
故答案为：−12．
根据已知条件，结合复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．
本题考查了复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
14.【答案】−139
【解析】解：因为tan(α+π4)=tanα+11−tanα=−3，所以tanα=2，
所以tan2α=2tanα1−tan2α=−43，
所以tanβ=tan[(2α+β)−2α]=3+431+3×(−43)=−139．
故答案为：−139．
由tan(α+π4)=−3，可得tanα=2，tan2α=−43，再由tanβ=tan[(2α+β)−2α]求解即可．
本题考查了两个和(差)的正切公式及整体思想，属于基础题．
15.【答案】 3
【解析】解：如图所示，
△ABC是半径为r的⊙O的内接正三角形，
则BC=2CD=2rsinπ3= 3r，
设圆弧所对圆心角的弧度数为α，
则rα= 3r，
解得α= 3．
故答案为： 3．
如图所示，△ABC是半径为r的⊙O的内接正三角形，可得BC=2CD=2rsinπ3= 3r，设圆弧所对圆心角的弧度数为α，可得rα= 3r，即可得出．
本题考查了圆的内接正三角形的性质、弧长公式、直角三角形的边角关系，属于基础题．
16.【答案】−43
【解析】解：设BM=λBC(0≤λ≤1)，
则AM⋅MN=(AB+BM)⋅(MC+CN)
=(AB+λBC)⋅[(1−λ)BC+λCA]
=AB⋅(1−λ)BC+AB⋅λCA+λBC⋅(1−λ)BC+λBC⋅λCA
=−2(1−λ)−2λ+4λ(1−λ)−2λ2
=−6λ2+4λ−2
=−6(λ−13)2−43，
当λ=13时，AM⋅MN取得最大值，最大值为−43．
故答案为：−43．
设BM=λBC(0≤λ≤1)，利用平面向量的线性运算及向量的数量积将AM⋅MN用λ表示出来，再结合二次函数的性质，即可求解．
本题主要考查平面向量的线性运算及向量的数量积，属于中档题．
17.【答案】解：由已知得复数z=(1−i)2+3(1+i)2−i=−2i+3+3i2−i=3+i2−i
=(3+i)(2+i)(2−i)(2+i)=5+5i5=1+i，
(1)因为复数z1与z在复平面上所对应的点关于虚轴对称，
则它们实部互为相反数，虚部相等，
所以z1=−1+i．
(2)因为z2+az+b=1−i，
所以(1+i)2+a(1+i)+b=1−i，
整理得a+b+(2+a)i=1−i，
因为a，b∈R，所以a+b=1，且2+a=−1，
解得a=−3，b=4，所以复数z2=−3+4i．
所以z2=a+bi的共轭复数为−3−4i．
【解析】(1)先化简得z=1+i，再根据复数z1与z在复平面上所对应的点关于虚轴对称即可求得z1；
(2)由z2+az+b=1−i得a+b+(2+a)i=1−i，根据复数相等的概念求出a，b的值即得解．
本题主要考查复数的运算和共轭复数的概念，考查复数相等的概念，属于基础题．
18.【答案】解：(1)∵a//b，
∴2+t−t2=0，解得t=−1或2；
(2)∵|b|= 10，
∴t2+1=10，解得t=±3，
①t=3时，a=(5,3),b=(3,1)，|a|= 34,|b|= 10，a⋅b=15+3=18，
∴cos=a⋅b|a||b|=18 34× 10=9 8585；
②t=−3时，a=(−1,−3),b=(−3,1)，a⋅b=3−3=0，
∴cos=0．
【解析】(1)根据a//b可得出2+t−t2=0，解出t即可；
(2)根据|b|= 10可求出t=±3，然后可得出a,b的坐标，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出a,b夹角的余弦值．
本题考查了平行向量的坐标关系，根据向量的坐标求向量的长度的方法，向量夹角的余弦公式，向量数量积的坐标运算，考查了计算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)根据正弦定理，acosC+ 3asinC−b−c=0，
变为sinAcosC+ 3sinAsinC−sinB−sinC=0，
即sinAcosC+ 3sinAsinC=sinB+sinC，
也即sinAcosC+ 3sinAsinC=sin(A+C)+sinC，
所以sinAcosC+ 3sinAsinC=sinAcosC+cosAsinC+sinC，
整理，得 3sinA−cosA=1，
即 32sinA−12cosA=12，所以sin(A−π6)=12，
所以A−π6=π6，则A=π3．
(2)由A=π3，S△ABC=12bcsinA=4 3，得bc=16，
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccosA=(b+c)2−2bc−2bccosA，
则(b+c)2=a2+3bc，
所以b+c=8，
则b=c=4．
【解析】(1)在△ABC中，由acosC+ 3asinC−b−c=0及正弦定理得到sin(A−π6)=12，得出角A；(2)面积公式结合余弦定理可得b=c=4．
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)f(π3)=f(5π12)，则f(x)的对称轴为x=12(π3+5π12)=3π8，
又f(π8)=0，则T=4×(3π8−π8)=π=2πω，∴ω=2，
∴f(x)=sin(2x+φ)，图象过点(π8,0)，
根据五点法的对应性，又−π2<φ<0，
有2×π8+φ=0，φ=−π4，
则f(x)=sin(2x−π4)；
(2)sin2α=2sinαcosαsin2α+cos2α=2tanα1+tan2α=45，
cos2α=cos2α−sin2αcos2α+sin2α=1−tan2α1+tan2α=−35，
f(α))=sin(2α−π4)= 22(sin2α−cos2α)= 22×(45+35)=7 210．
【解析】(1)根据图象定周期，确定ω，φ即可；(2)利用二倍角公式，同角关系式即可求值．
本题考查三角函数的性质，二倍角公式，同角关系，齐次式，属于基础题．
21.【答案】解：(1)证明：由AC=4，BC=3，AB=5，得AB2=AC2+CB2，
∴∠ACB=90°，∴AC⊥BC，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，可得C1C⊥BC，BC∩C1C=C，
∴AC⊥平面CBB1C1，∵BC1⊂平面CBB1C1，
∴AC⊥BC1；
(2)由C1C⊥平面ABC，可得AC为AC1在底面ABC内的射影，
知∠C1AC即为AC1与平面ABC所成的角，∴∠C1AC=60°，
又∵△C1AC为直角三角形，且AC=4，∴C1C=4 3，
C1C为三棱锥C1−ABC的高，S△ABC=6，
VC−ABC1=VC1−ABC=13⋅S△ABC⋅C1C=13×6×4 3=8 3，
∴三棱锥C−ABC1的体积8 3．
【解析】(1)由已知可得AC⊥BC，C1C⊥BC，进而可证AC⊥平面CBB1C1，可证结论；
(2)由已知可得∠C1AC即为AC1与平面ABC所成的角，可得C1C=4 3，进而可求三棱锥C−ABC1的体积．
本题考查线线垂直的证明，考查空间几何体的体积的计算，属中档题．
22.【答案】解：(1)依题意，当t=3秒时，OP⋅OA=0，此时∠AOP=π2，即点P每秒移动π6，
当t∈[0,4]时，点P从点A出发，移动至点B，∴∠AOP=π6t，∴∠BOP=2π3−π6t，
所以f(t)=OP⋅OB=|OP|⋅|OB|⋅cos∠BOP=cos(2π3−π6t)=sin(π6t−π6)，
当t∈[4,8]时，点P从点B出发，移动至点A，∴∠BOP=π6(t−4)=π6t−2π3，
所以f(t)=OP⋅OB=|OP|⋅|OB|⋅cos∠BOP=cos(π6t−2π3)=sin(π6t−π6)，
于是f(t)=sin(π6t−π6),t∈[0,8]．
(2)g(t)= 3f(2t−1)−2f2(t)= 3sin[π6(2t−1)−π6]−2sin2(π6t−π6)
= 3sin(π3t−π3)−[1−cos(π3t−π3)]= 3sin(π3t−π3)+cos(π3t−π3)−1
=2[ 32sin(π3t−π3)+12cos(π3t−π3)]−1=2sin(π3t−π6)−1，
因为0≤2t−1≤180≤t≤18，所以12≤t≤92，
因为π3t−π6∈[0,4π3]，sin(π3t−π6)∈[− 32,1]，g(t)∈[− 3−1,1]．
所以g(t)的取值范围为：[− 3−1,1]．
【解析】(1)f(t)=OP⋅OB=|OP|⋅|OB|⋅cos∠BOP，讨论t∈[0,4]时，∠BOP=2π3−π6t，t∈[4,8]时，∠BOP=π6t−2π3，代入可得出f(t)=sin(π6t−π6),t∈[0,8]．
(2)化简g(t)=2sin(π3t−π6)−1，根据t的范围，求出π3t−π6的范围，即可求出sin(π3t−π6)的范围，即可得出答案．
本题考查向量数量积公式、三角函数恒等变换等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高一（下）期末数学试卷
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. 若|z|=4，则z⋅z−=( )
A. 32 B. 16 C. 4 D. 2
2. cos3000°的值为( )
A. 12 B. −12 C. 32 D. − 32
3. 如图所示，F为平行四边形ABCD对角线BD上一点，BF=13FD，则AF=( )
A. 34AB+14AD B. 34AB−14AD C. 14AB+34AD D. 14AB−34AD
4. 已知cos(5π12+α2)= 55，则cos(π6−α)的值为( )
A. 13 B. −13 C. 35 D. −35
5. 如图，梯形A1B1C1D1是一水平放置的平面图形ABCD在斜二测画法下的直观图.若A1D1平行于y1轴，A1B1//C1D1,A1B1=34C1D1=3,A1D1=1，则平面图形ABCD的面积是( )
A. 14 B. 7 C. 7 2 D. 14 2
6. 若函数g(x)的周期为π，其图象由函数f(x)= 3sinωx+cosωx(ω>0)的图象向左平移π3个单位得到，则g(x)的一个单调递增区间是( )
A. [−2π3,−π6] B. [−4π3,−π3] C. [−π6,π3] D. [−π3,2π3]
7. 向量ai=(xi,yi)，x1=1，xi+1=xi+2,(i∈N*)，(xi,yi)(i∈N*)对应的点在曲线y=2x−1上，则a5=( )
A. (7,31) B. (9,511) C. (9,127) D. (11,63)
8. 已知函数f(x)=12(sinx+cosx)−12|sinx−cosx|，则f(x)的值域是( )
A. [−1, 22] B. [−1,1] C. [− 22,1] D. [−1,− 22]
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. 在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(x,−3)，且tanα=3，则( )
A. x=−1 B. sinα=−3 1010 C. cosα= 1010 D. tanα2>0
10. 下列说法正确的是( )
A. (a⋅b)c=a(b⋅c) B. 零向量与任一向量既垂直也共线
C. 若a⋅b=a⋅c，则b=c D. |a⋅b|=|a||b|⇔a//b
11. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,−π2<φ<π2)，则下面说法正确的是( )
A. 若ω=2且f(x)图象关于直线x=π6对称，则φ=π6
B. 若ω=2且f(x)图像关于点(4π3,0)对称，则φ=π6
C. 若φ=π4且f(x)在(0,π8)上单调递增，则ω的最大值为2
D. 若φ=π4且f(x)在[0,π]上的图象有且仅有2个最高点，则ω的取值范围为[94,174)
12. 在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为正三角形，侧棱垂直于底面，E是AB的中点，O是BC1的中点.给出下列结论正确的是( )
A. 若P是AC1上的动点，则OP与A1B1异面
B. AC1//平面B1CE
C. 若该三棱柱有内切球，则AB：AA1=1： 3
D. 若该三棱柱所有棱长均相等、则侧面对角线与棱成45°角的共有 30对
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知复数z=ii−1(i为虚数单位)，则z的虚部为______ ．
14. 已知tan(2α+β)=3,tan(α+π4)=−3，则tanβ= ______ ．
15. 已知一圆弧的弧长等于它所在圆的内接正三角形的边长，则这段圆弧所对圆心角的弧度数为______ ．
16. 已知在边长为2的正三角形ABC中，M，N分别是边BC，AC上的动点，且CN=BM，则AM⋅MN的最大值是______
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=(1−i)2+3(1+i)2−i．
(1)若复数z1与z在复平面上所对应的点关于虚轴对称，求z1；
(2)若实数a，b满足z2+az+b=1−i，求z2=a+bi的共轭复数．
18. (本小题12.0分)
已知向量a=(2+t,t),b=(t,1)．
(1)若a//b，求t的值：
(2)若|b|= 10，求向量a,b的夹角的余弦值．
19. (本小题12.0分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosC+ 3asinC−b−c=0．
(1)求A；
(2)若a=4，且△ABC的面积为4 3，求b，c．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=sin(ωx+φ)的部分图象如图所示，其中−π2<φ<0，且f(π3)=f(5π12)，f(π8)=0．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若tanα=2，求f(α)的值．
21. (本小题12.0分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=4，BC=3，AB=5．
(1)求证：AC⊥BC1；
(2)设AC1与底面ABC所成角的大小为60°，求三棱锥C−ABC1的体积．
22. (本小题12.0分)
如图，扇形AOB的圆心角为2π3，半径为1.一点P从点A出发，沿AB匀速移动，移动到点B后，再沿BA以同样的速度移动至点A并终止运动，记点P离开A的时间为t，且在t=3秒时，点P，A首次满足OP⋅OA=0．
(1)记f(t)=OP⋅OB，求f(t)；
(2)若g(t)= 3f(2t−1)−2f2(t)，求g(t)的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：设复数z=a+bi(a,b∈R)，且a2+b2=16，
则z⋅z−=a2+b2=16．
故选：B．
设复数z=a+bi(a,b∈R)，且a2+b2=16，根据复数的运算即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：cos3000°=cos(8×360°+120°)=cos120°=cos(180°−60°)=−cos60°=−12．
故选：B．
利用诱导公式计算可得出cos3000°的值．
本题主要考查了诱导公式的应用，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为BF=13FD，所以BF=14BD，
所以AF=AB+BF=AB+14BD
=AB+14(AD−AB)=34AB+14AD．
故选：A．
根据向量的线性运算，即可求得答案．
本题主要考查平面向量基本定理，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：∵cos(5π12+α2)= 55，∴cos(5π6+α)=2cos2(5π12+α2)−1=25−1=−35，
∴cos(π−5π6−α)=cos(π6−α)=35．
故选：C．
可根据二倍角的余弦公式得出cos(5π6+α)=−35，然后即可求出cos(π6−α)的值．
本题考查了三角函数的诱导公式，二倍角的余弦公式，考查了计算能力，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：根据直观图画法的规则，直观图中A1D1平行于y轴，A1D1=1，
可知原图中AD//Oy，从而得出AD⊥DC，且AD=2A1D1=2，
直观图中A1B1//C1D1，A1B1=34C1D1=3，可知原图中AB//CD，AB=34CD=3，
即四边形ABCD上底和下底边长分别为3，4，高为2，如图，
故其面积S=12×(3+4)×2=7．
故选：B．
根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形ABCD的形状，求出底边边长以及高，然后求出面积．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由函数f(x)= 3sinωx+cosωx=2sin(ωx+π6)的图象向左平移π3个单位，
得到函数g(x)=2sin(ωx+ωπ3+π6)的图象的周期为2πω=π，故有ω=2，
则g(x)=2sin(2x+2π3+π6)=2sin(2x+5π6)=2cos(2x+π3).
对于g(x)=2cos(2x+π3)，令2kπ−π≤2x+π3≤2kπ，k∈Z，
求得kπ−2π3≤x≤kπ−π6，k∈Z，可得函数g(x)的增区间为[kπ−2π3,kπ−π6]，k∈Z．
令k=0，可得函数g(x)的一个单调递增区间是[−2π3,−π6].
故选：A．
由题意，利用三角恒等变换化简f(x)的解析式，再根据函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，余弦函数的单调性，得出结论．
本题主要考查三角恒等变换，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，余弦函数的单调性，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由x1=1，xi+1=xi+2，则x5=x1+4×2=9，
由(xi,yi)(i∈N*)对应的点在曲线y=2x−1上，则y5=2x5−1=29−1=511，
所以a5=(x5,y5)=(9,511)．
故选：B．
由已知条件计算x5，y5，即可得a5．
本题主要考查指数函数的图象与性质，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：f(x)=12(sinx+cosx)−12|sinx−cosx|=sinx,sinx
，
故选：A．
讨论sinx与cosx的大小，把函数化简可得f(x)=sinx,sinx
9.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题考查了任意角的三角函数的定义，考查了计算能力和对应思想，属于基础题．
由已知利用任意角的三角函数的定义即可求解．
【解答】
解：在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(x,−3)，且tanα=−3x=3，
则x=−1，故A正确；
sinα=−3 (−1)2+(−3)2=−3 1010，故B正确；
cosα=−1 (−1)2+(−3)2=− 1010，故C错误；
因为点P位于第三象限，即α是第三象限的角，
所以α∈(π+2kπ,3π2+2kπ)，k∈Z，
所以α2∈(π2+kπ,3π4+kπ)，k∈Z，即α2是第二或四象限的角，
所以tanα2<0，故D错误．
故选：AB．
10.【答案】BD
【解析】解：对于A，因为数量积为数量，所以A错误；
对于B，根据零向量的定义即可判断，B正确；
对于C，当a为0时，C错误；
对于D，因为|a⋅b|=||a||b|cos
故选：BD．
对于A，根据数量积为数量判断即可；
对于B，根据零向量的定义判断即可；
对于C，举反例即可；
对于D，根据数量积公式判断即可．
本题主要考查向量的数量积公式，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：若ω=2且f(x)图象关于直线x=π6对称时，
则2×π6+φ=π2+2kπ⇒φ=π6+2kπ，
因为−π2<φ<π2，
所以φ=π6，故A正确；
若ω=2且f(x)图像关于点(4π3,0)对称时，
有2×4π3+φ=kπ⇒φ=kπ−8π3，因为−π2<φ<π2，所以φ=π3，故B错误；
若φ=π4且f(x)在(0,π8)上单调递增，则ωx+π4∈(π4,π4+πω8)，
所以π4+πω8≤π2⇒ω≤2，故C正确；
φ=π4，
当x∈[0,π]，
则ωx+π4∈[π4,π4+πω]，
因为f(x)在[0,π]上的图象有且仅有2个最高点，
所以5π2≤π4+πω<9π2⇒ω∈[94,174)，即D正确．
故选：ACD．
利用三角函数的图象与性质逐一分析即可．
本题主要考查正弦函数的图象与性质，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】
【分析】
利用特例P是AC1的中点时，OP//A1B1，判断A的正误；利用直线与平面平行的判断定理判断B的正误；设底面边长为：a.求出AA1= 33a，所然后推出AB：AA1，判断C的正误；说明与每条面对角线成45°的棱有5条，面有6条对角线，推出结果判断D的正误．
本题考查空间点、线、面的位置关系的应用，考查棱柱的结构特征，是中档题．
【解答】
解：P是AC1的中点时，OP//A1B1，所以判断OP与A1B1异面不正确，即A不正确；
连接OE，显然OE= //12AC1，OE⊂平面B1CE，AC1⊄平面B1CE，
所以AC1//平面B1CE，所以B正确；
设底面边长为：a，球在底面的投影为底面三角形的内切圆，其半径为底面高的13，AA1=2R=23× 32a= 33a，所以AB：AA1= 3：1，所以C不正确；
三棱柱所有棱长均相等，与每条面对角线成45°的棱有5条，而面有6条对角线，所以侧面对角线与棱成45°角的共有 30对，所以D正确．
故选：BD．
13.【答案】−12
【解析】解：∵z=ii−1=−i1−i=−i(1+i)(1−i)(1+i)=12−12i，
∴z的虚部为−12．
故答案为：−12．
根据已知条件，结合复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．
本题考查了复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
14.【答案】−139
【解析】解：因为tan(α+π4)=tanα+11−tanα=−3，所以tanα=2，
所以tan2α=2tanα1−tan2α=−43，
所以tanβ=tan[(2α+β)−2α]=3+431+3×(−43)=−139．
故答案为：−139．
由tan(α+π4)=−3，可得tanα=2，tan2α=−43，再由tanβ=tan[(2α+β)−2α]求解即可．
本题考查了两个和(差)的正切公式及整体思想，属于基础题．
15.【答案】 3
【解析】解：如图所示，
△ABC是半径为r的⊙O的内接正三角形，
则BC=2CD=2rsinπ3= 3r，
设圆弧所对圆心角的弧度数为α，
则rα= 3r，
解得α= 3．
故答案为： 3．
如图所示，△ABC是半径为r的⊙O的内接正三角形，可得BC=2CD=2rsinπ3= 3r，设圆弧所对圆心角的弧度数为α，可得rα= 3r，即可得出．
本题考查了圆的内接正三角形的性质、弧长公式、直角三角形的边角关系，属于基础题．
16.【答案】−43
【解析】解：设BM=λBC(0≤λ≤1)，
则AM⋅MN=(AB+BM)⋅(MC+CN)
=(AB+λBC)⋅[(1−λ)BC+λCA]
=AB⋅(1−λ)BC+AB⋅λCA+λBC⋅(1−λ)BC+λBC⋅λCA
=−2(1−λ)−2λ+4λ(1−λ)−2λ2
=−6λ2+4λ−2
=−6(λ−13)2−43，
当λ=13时，AM⋅MN取得最大值，最大值为−43．
故答案为：−43．
设BM=λBC(0≤λ≤1)，利用平面向量的线性运算及向量的数量积将AM⋅MN用λ表示出来，再结合二次函数的性质，即可求解．
本题主要考查平面向量的线性运算及向量的数量积，属于中档题．
17.【答案】解：由已知得复数z=(1−i)2+3(1+i)2−i=−2i+3+3i2−i=3+i2−i
=(3+i)(2+i)(2−i)(2+i)=5+5i5=1+i，
(1)因为复数z1与z在复平面上所对应的点关于虚轴对称，
则它们实部互为相反数，虚部相等，
所以z1=−1+i．
(2)因为z2+az+b=1−i，
所以(1+i)2+a(1+i)+b=1−i，
整理得a+b+(2+a)i=1−i，
因为a，b∈R，所以a+b=1，且2+a=−1，
解得a=−3，b=4，所以复数z2=−3+4i．
所以z2=a+bi的共轭复数为−3−4i．
【解析】(1)先化简得z=1+i，再根据复数z1与z在复平面上所对应的点关于虚轴对称即可求得z1；
(2)由z2+az+b=1−i得a+b+(2+a)i=1−i，根据复数相等的概念求出a，b的值即得解．
本题主要考查复数的运算和共轭复数的概念，考查复数相等的概念，属于基础题．
18.【答案】解：(1)∵a//b，
∴2+t−t2=0，解得t=−1或2；
(2)∵|b|= 10，
∴t2+1=10，解得t=±3，
①t=3时，a=(5,3),b=(3,1)，|a|= 34,|b|= 10，a⋅b=15+3=18，
∴cos
②t=−3时，a=(−1,−3),b=(−3,1)，a⋅b=3−3=0，
∴cos
【解析】(1)根据a//b可得出2+t−t2=0，解出t即可；
(2)根据|b|= 10可求出t=±3，然后可得出a,b的坐标，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出a,b夹角的余弦值．
本题考查了平行向量的坐标关系，根据向量的坐标求向量的长度的方法，向量夹角的余弦公式，向量数量积的坐标运算，考查了计算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)根据正弦定理，acosC+ 3asinC−b−c=0，
变为sinAcosC+ 3sinAsinC−sinB−sinC=0，
即sinAcosC+ 3sinAsinC=sinB+sinC，
也即sinAcosC+ 3sinAsinC=sin(A+C)+sinC，
所以sinAcosC+ 3sinAsinC=sinAcosC+cosAsinC+sinC，
整理，得 3sinA−cosA=1，
即 32sinA−12cosA=12，所以sin(A−π6)=12，
所以A−π6=π6，则A=π3．
(2)由A=π3，S△ABC=12bcsinA=4 3，得bc=16，
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccosA=(b+c)2−2bc−2bccosA，
则(b+c)2=a2+3bc，
所以b+c=8，
则b=c=4．
【解析】(1)在△ABC中，由acosC+ 3asinC−b−c=0及正弦定理得到sin(A−π6)=12，得出角A；(2)面积公式结合余弦定理可得b=c=4．
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)f(π3)=f(5π12)，则f(x)的对称轴为x=12(π3+5π12)=3π8，
又f(π8)=0，则T=4×(3π8−π8)=π=2πω，∴ω=2，
∴f(x)=sin(2x+φ)，图象过点(π8,0)，
根据五点法的对应性，又−π2<φ<0，
有2×π8+φ=0，φ=−π4，
则f(x)=sin(2x−π4)；
(2)sin2α=2sinαcosαsin2α+cos2α=2tanα1+tan2α=45，
cos2α=cos2α−sin2αcos2α+sin2α=1−tan2α1+tan2α=−35，
f(α))=sin(2α−π4)= 22(sin2α−cos2α)= 22×(45+35)=7 210．
【解析】(1)根据图象定周期，确定ω，φ即可；(2)利用二倍角公式，同角关系式即可求值．
本题考查三角函数的性质，二倍角公式，同角关系，齐次式，属于基础题．
21.【答案】解：(1)证明：由AC=4，BC=3，AB=5，得AB2=AC2+CB2，
∴∠ACB=90°，∴AC⊥BC，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，可得C1C⊥BC，BC∩C1C=C，
∴AC⊥平面CBB1C1，∵BC1⊂平面CBB1C1，
∴AC⊥BC1；
(2)由C1C⊥平面ABC，可得AC为AC1在底面ABC内的射影，
知∠C1AC即为AC1与平面ABC所成的角，∴∠C1AC=60°，
又∵△C1AC为直角三角形，且AC=4，∴C1C=4 3，
C1C为三棱锥C1−ABC的高，S△ABC=6，
VC−ABC1=VC1−ABC=13⋅S△ABC⋅C1C=13×6×4 3=8 3，
∴三棱锥C−ABC1的体积8 3．
【解析】(1)由已知可得AC⊥BC，C1C⊥BC，进而可证AC⊥平面CBB1C1，可证结论；
(2)由已知可得∠C1AC即为AC1与平面ABC所成的角，可得C1C=4 3，进而可求三棱锥C−ABC1的体积．
本题考查线线垂直的证明，考查空间几何体的体积的计算，属中档题．
22.【答案】解：(1)依题意，当t=3秒时，OP⋅OA=0，此时∠AOP=π2，即点P每秒移动π6，
当t∈[0,4]时，点P从点A出发，移动至点B，∴∠AOP=π6t，∴∠BOP=2π3−π6t，
所以f(t)=OP⋅OB=|OP|⋅|OB|⋅cos∠BOP=cos(2π3−π6t)=sin(π6t−π6)，
当t∈[4,8]时，点P从点B出发，移动至点A，∴∠BOP=π6(t−4)=π6t−2π3，
所以f(t)=OP⋅OB=|OP|⋅|OB|⋅cos∠BOP=cos(π6t−2π3)=sin(π6t−π6)，
于是f(t)=sin(π6t−π6),t∈[0,8]．
(2)g(t)= 3f(2t−1)−2f2(t)= 3sin[π6(2t−1)−π6]−2sin2(π6t−π6)
= 3sin(π3t−π3)−[1−cos(π3t−π3)]= 3sin(π3t−π3)+cos(π3t−π3)−1
=2[ 32sin(π3t−π3)+12cos(π3t−π3)]−1=2sin(π3t−π6)−1，
因为0≤2t−1≤180≤t≤18，所以12≤t≤92，
因为π3t−π6∈[0,4π3]，sin(π3t−π6)∈[− 32,1]，g(t)∈[− 3−1,1]．
所以g(t)的取值范围为：[− 3−1,1]．
【解析】(1)f(t)=OP⋅OB=|OP|⋅|OB|⋅cos∠BOP，讨论t∈[0,4]时，∠BOP=2π3−π6t，t∈[4,8]时，∠BOP=π6t−2π3，代入可得出f(t)=sin(π6t−π6),t∈[0,8]．
(2)化简g(t)=2sin(π3t−π6)−1，根据t的范围，求出π3t−π6的范围，即可求出sin(π3t−π6)的范围，即可得出答案．
本题考查向量数量积公式、三角函数恒等变换等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
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