2022-2023学年江西省南昌市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江西省南昌市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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.已知复数z满足zi=2+i(i为虚数单位)，则z=( )
A. 1+2iB. 1−2iC. 2+iD. 2−i
2.已知向量a=(2,m)，b=(m+1,−1)，若a⊥b，则m=( )
A. −12B. 12C. −2D. 2
3.若α，β，γ表示三个不同的平面，l表示直线，则下列条件能推出α//β的是( )
A. l⊂α，l//βB. l//α，l//βC. l⊥α，l⊥βD. α⊥γ，β⊥γ
4.已知 2sinθ−csθ=0，则tan2θ=( )
A. −2 2B. 2 2C. − 22D. 22
5.设3：30时刻，时针和分针所夹的角为θ，则csθ=( )
A. 0B. 12C. 6− 24D. 6+ 24
6.一个封闭的玻璃圆锥容器AO内装水若干如图a所示，此时水面与AO相交于点B，将其倒置后如图b所示，水面与AO还是相交于点B，则ABAO=( )
A. 2−13
B. 22
C. 33
D. 13
7.某景区准备在两座山峰的山顶之间建设索道，需要预先测量这两个山顶之间的距离.设两座山峰的山顶分别为A，B，它们对应的山脚位置分别为A1，B1，在山脚附近的一块平地上找到一点C(C,A1,B1所在的平面与山体垂直)，使得△A1B1C是以A1B1为斜边的等腰直角三角形，现从C处测得到A，B两点的仰角分别是π3和π6，若C到A1的距离为1千米，则两个峰顶的直线距离为( )
A. 303千米
B. 213千米
C. 4 33千米
D. 53千米
8.公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派在研究正五边形和正十边形的作图时，发现了“黄金分割比”约为0.618，这一数值恰好等于m=2sin18∘，则m(2−m2)=( )
A. tan18∘B. 1tan18∘C. 12D. 1
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数z=1+i(i为虚数单位)，则下列说法中正确的有( )
A. z的虚部为iB. |z|= 2C. argz−=−π4D. z10=32i
10.如图，在平面直角坐标系中，圆O与x轴的正半轴相交于点A(1,0)，过点T(x0,sinx0)作x轴的平行线与圆O相交于不同的B，C两点，且B点在C点左侧，设B(x1,y1)，C(x2,y2)，下列说法正确的是( )
A. 若x0=2π3，则x1=−12B. 若x0=2π3，则y2= 32
C. 若x1=−12，则csx0=12D. 若x2=12，则sinx0=12
11.函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<2π)的部分图象如图所示，将f(x)的图象向左平移π4个单位，再将横坐标扩大为原来的2倍得到g(x)的图象，则下列说法正确的有( )
A. ω=2
B. φ=7π6
C. f(0)D. (−23π,0)是g(x)的一个对称中心
12.由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体1如图1，沿着BB1和DD1分别作上底面的垂面，垂面经过棱EP，PH，HQ，QE的中点F，G，M，N，则两个垂面之间的几何体2如图所示，若EN=AB=EA=2，则( )
A. BB1=2 2B. FG//AC
C. BD⊥平面BFB1GD. 几何体2的表面积为16 3+8
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(1,−2)，b=(3,4)，则a在b方向上的投影数量是______ .
14.请写出复数i的一个平方根______ (只需写出其中一个).
15.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，BC=CC1=1，AB= 2，则异面直线BC1，AB1所成的角的余弦值为______ .
16.△ABC中，CA=CB=1，延长CB至E，使得∠ACB=2∠CEA，则BE+AB的最大值为______ .
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知复数z1=1−2i，z2=4−2i.
(1)求z1z2；
(2)若x，y∈R，且xz1+yz2=z1z2，求x，y的值.
18.(本小题12分)
化简求值.
(1)sin(2π−θ)cs(3π−θ)cs(3π2+θ)sin(θ−π)sin(3π+θ)cs(−θ−π)；
(2)(1+tan20∘)(1+tan25∘).
19.(本小题12分)
如图，三棱锥P−ABC中，PA⊥平面且ABC，AB⊥BC，D为PB的中点，PE=2EC，PA=AB=2BC=2.
(1)求证：平面ADE⊥平面PBC；
(2)求三棱锥D−ABE的体积.
20.(本小题12分)
如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为CD，BC的中点，BE与AC、AF分别相交于M，N两点.
(1)若AN=λAF，求λ；
(2)若AB=5，AD=2，∠BAD=π3，求AN⋅AM.
21.(本小题12分)
古语云：“积善之家，必有余兴”，扇是扇风的，有“风生水起”走好运之意，“扇”与“善”字谐音，佩戴扇形玉佩，有行善积德之意，一支考古队在对某古墓进行科考的过程中，发现一枚扇形玉佩，但因为地质原因，此扇形玉佩已经碎成若干块，其中一块玉佩碎片如图1所示，通过测量得到数据AC= 2−1，BC= 3，AB=2(图1中破碎边缘呈锯齿形状).
(1)求这个扇形玉佩的半径；
(2)现又找到一块比较规则的三角形碎片，如图2所示，其三边长分别为37，57，1，且该三角形碎片有两边是原扇形边界的一部分，请复原该扇形玉佩的具体参数(圆心角、弧长、面积).
22.(本小题12分)
小波到一个广告公司去应聘包装设计师职位，考官给大家出了一道题目：某礼品厂生产一种棱长为a的正四面体形状的礼品(如图).请你为它设计一个包装盒，形状随意，可提出不同方案供考官选择(不考虑包装盒材料的质量、厚度、重量及接缝处损耗).
(1)小波给出了长方体和圆柱两个设计方案(如图)，请分别计算这两个包装盒的表面积；
(2)考虑到礼品各面易碎，礼品较大，包装盒体积不能太大，但礼品各面与包装盒表面之间需要有填充物，请你帮小波设计一个方案.(需要画图表示，并配以简单说明理由)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：zi=2+i，
则z=2+ii=(2+i)ii2=1−2i.
故选：B.
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为向量a=(2,m)，b=(m+1,−1)，
若a⊥b，则a⋅b=2(m+1)−m=0，
所以m=−2.
故选：C.
由已知结合向量数量积的坐标表示即可求解．
本题主要考查了向量数量积的性质的坐标表示，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：对于A，l⊂α，l//β，α，β可能相交，故A错误；
对于B，l//α，l//β，α，β可能相交，故B错误；
对于C，l⊥α，l⊥β，假设α，β相交，不妨设如图所示：
设与α，β分别于A，B，设P为两平面交线上一点，连接AP，BP，
则l⊥AP，l⊥BP，则∠ABP=∠BAP=90∘，与三角形内角和矛盾，
故α，β不可能相交，则α//β，故C正确；
对于D，α⊥γ，β⊥γ，α，β可能相交，故D错误；
故选：C.
对于A，判断α，β可能相交，同理对于B，D，判断α，β可能相交，对于C，利用反证的方法可判断．
本题考查直线与平面的位置关系，考查学生的推理能力，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：因为 2sinθ−csθ=0，
所以tanθ= 22，
则tan2θ=2tanθ1−tan2θ= 21−12=2 2.
故选：B.
由已知结合同角基本关系及二倍角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了同角基本关系及二倍角公式的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为时针每小时转360×112=30∘，即钟表的一大格为30∘，
而3：30时刻，时针和分针相差2.5个大格，
所以3：30时刻，时针和分针所夹的角为θ=2.5×30∘=75∘，
则csθ=cs75∘=cs(45∘+30∘)= 22× 32− 22×12= 6− 24.
故选：C.
由题意先求出θ=2.5×30∘=75∘，然后结合两角和的余弦公式可求．
本题主要考查了两角和的余弦公式的应用，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意，设ABAO=t，
若将圆锥倒置后，水面与AO还是相交于点B，则水的体积是圆锥体积的12，
则有t3=12=2−1，变形可得t=2−13.
故选：A.
根据题意，设ABAO=t，分析可得水的体积是圆锥体积的12，由此可得t3=12，变形可得答案．
本题考查圆锥的体积计算，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：过B作BD⊥AA1，
又△A1B1C是以A1B1为斜边的等腰直角三角形，
则|CA1|=|CB1|=1，|A1B1|= 2，|BD|= 2，
因为从C处测得到A，B两点的仰角分别是π3和π6，
所以|AA1|=|CA1|tanπ3= 3，|BB1|=|CB1|tanπ6= 33，
所以|AD|=|AA1|−|BB1|=2 33，
所以|AB|= |AD|2+|BD|2= (2 33)2+( 2)2= 303.
故选：A.
由三角函数的定义，结合勾股定理求解即可．
本题考查了解三角形，属基础题．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了二倍角公式在三角化简求值中的应用，属于基础题．
由已知条件结合二倍角公式进行化简即可求解．
【解答】
解：因为m=2sin18∘，
则m(2−m2)=2sin18∘(2−4sin218∘)
=4sin18∘cs36∘
=4sin18∘cs18∘cs36∘cs18∘
=sin72∘cs18∘
=1.
故选：D.
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，z的虚部为1，故A错误，
对于B，|z|= 12+12= 2，故B正确；
对于C，z−=1−i，
故z−= 2( 22− 22i)= 2(cs7π4+sin74πi)，
故argz−=7π4，故C错误；
对于D，z2=(1+i)2=2i，
故z10=(2i)5=32i，故D正确．
故选：BD.
根据已知条件，结合虚部的定义，复数模公式，复数的四则运算，共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查虚部的定义，复数模公式，复数的四则运算，共轭复数的定义，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：由题意可知y1=y2=sinx0，
若x0=2π3，则y1=y2=sin2π3= 32，则x1=− 1−y12=−12，故A，B正确；
若x1=−12，则csx0=±12，故C错误；
若x2=12，则csx0=±12，所以sinx0=± 1−x22=± 32，故D错误．
故选：AB.
利用任意角三角函数的定义，逐项判断即可．
本题主要考查了任意角三角函数的定义，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<2π)的部分图象，
T4=14×2πω=5π12−π6，∴ω=2.
再根据五点法作图，可得2×π6+φ=π2，∴φ=π6，f(x)=2sin(2x+π6).
将f(x)的图象向左平移π4个单位，可得y=2sin(2x+π2+π6)=2cs(2x+π6)的图象；
再将横坐标扩大为原来的2倍得到g(x)=2cs(x+π6)的图象，故A正确，B错误．
由于f(0)=1，g(0)= 3，可得f(0)令x=−2π3，可得g(x)=− 3，故(−2π3,0)不是g(x)的一个对称中心，故D错误．
故选：AC.
由周期求出ω值，根据五点法作图求出φ，可得函数f(x)的解析式，再根据函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，三角函数的图象和性质，得出结论．
本题主要考查根据函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求函数的解析式，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，三角函数的图象和性质，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：将几何体1与几何体2合并到一起，连接BB1，FG，PQ，EH，AC，BD，
记FG∩PQ=K，则K∈BB1，
对于A，∵在正四棱台ABCD−EPHQ中，AB//EP，F是EP的中点，
∴AB//EF，
∵N是EQ的中点，EN=2，∴EQ=4，EP=4，EF=2，
∵AB=2，∴AB=EF，
∴四边形B1FBG是边长为2的菱形，
在边长为4的正方形EPHQ中，FE=4 2，
∵F，G分别是EP，PH的中点，∴FG//EH，FG=12EH=2 2，
∴BB1=2 22−(2 22)2=2 2，故A正确；
对于B，∵在正四棱台ABCD−EPHQ中，面ABCD//面EPHQ，
又面AEHC∩面ABCD=AC，面AEHC∩面EPHQ=EH，
∴AC//EH，∵FG//EH，∴FG//AC，故B正确；
对于C，在四边形EPHQ中，由比例得PK=14PQ= 2，
由对称性可知BK=12B1B= 2，而PB=2，
∴PK2+BK2=PB2，∴PK⊥BK，∴PQ⊥BK，
而由选项B同理可证BD//PQ，∴BD⊥BK，
∵在正方形ABCD中，BD⊥AC，而FG//AC，∴BD⊥FG，
∵BK∩FG=K，BK，FG⊂面BFB1G，∴BD⊥面BFB1G，故C正确；
对于D，由选项A知四边形BGB1F是边长为2的正方形，上下底面是边长为2的正方形，
四边形ABFE是边长为2的菱形，其高为 22−(4−22)2= 3，
∴几何体2是由4个边长为2的正方形和8个上述菱形组合而成，
∴几何体2的表面积为S=4×22+8×2× 3=16+16 3，故D错误．
故选：ABC.
对于A，先证明四边形B1FBG是边长为2的菱形，再利用中位线定理求出FG，从而得解；对于B，利用面面平行的性质定理证明AC//EH，从而得证；对于C，利用勾股定理证明PQ⊥BK，从而利用线面垂直的判定定理得证；对于D，将几何体2拆分成4个正方形与8个菱形，能求出结果．
本题考查菱形、中位线定理、面面平行的性质定理、勾股定理、线面垂直的判定定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】−1
【解析】解：由已知，向量a=(1,−2)，b=(3,4)，
则a⋅b=3−8=−5，|b|=5，
∴a在b方向上的投影为：
|a|cs=|a|⋅a⋅b|a||b|=a⋅b|b|=−55=−1.
故答案为：−1.
根据条件容易求出a⋅b和|b|的值，通过a在b方向上的投影公式求解即可．
考查向量数量积的坐标运算，能根据向量坐标求向量长度，以及投影的定义及计算公式．
14.【答案】 22+ 22i(或− 22− 22i)
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)为复数i的一个平方根，
则z2=(a+bi)2=a2−b2+2abi=i，即a2−b2=02ab=1，
解得a=b= 22或a=b=− 22，
故z= 22+ 22i(或− 22− 22i).
故答案为： 22+ 22i(或− 22− 22i).
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数相等的条件，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数相等的条件，属于基础题．
15.【答案】 66
【解析】解法一：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，BC=CC1=1，AB= 2，
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则A(1,0,0)，B(1, 2,0)，B1(1, 2,1)，C1(0, 2,1)，
BC1=(−1,0,1)，AB1=(0, 2,1)，
设异面直线BC1，AB1所成的角为θ，
则异面直线BC1，AB1所成的角的余弦值为：
csθ=|BC1⋅AB1||BC1|⋅|AB1|=1 2⋅ 3= 66.
解法二：连接AD1，B1D1，则AD1//BC1，如图，
则∠B1AD1是异面直线BC1，AB1所成的角(或所成角的补角)，
∵AD1= AA12+A1D12= 1+1= 2，AB1= AB2+BB12= 2+1= 3，B1D1= A1D12+A1B12= 1+2= 3，
∴异面直线BC1，AB1所成的角的余弦值为：
cs∠B1AD1=AB12+AD12−B1D122×AB1×AD1=3+2−32× 3× 2= 66.
故答案为： 66.
法一：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线BC1，AB1所成的角的余弦值．
法二：连接AD1，B1D1，则AD1//BC1，则∠B1AD1是异面直线BC1，AB1所成的角(或所成角的补角)，利用余弦定理能求出异面直线BC1，AB1所成的角的余弦值．
本题考查长方体的结构特征、异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】94
【解析】解：设∠CEA=θ，则∠ACB=2θ，因为CA=CB=1，
所以∠BAC=∠ABC=π−2θ2=π2−θ，
又∠ABC=∠BAE+∠AEB，所以∠BAE=π2−2θ，
由0<∠BAC=π2−θ<π20<∠BAE=π2−2θ<π，可得0<θ<π4，
在△ABC中，由正弦定理ACsin∠ABC=ABsin∠ACB，
得AB=sin2θsin(π2−θ)=2sinθcsθcsθ=2sinθ，
在△ABE中，由正弦定理BEsin∠BAE=ABsin∠AEB，
得BE=2sinθ⋅sin(π2−2θ)sinθ=2cs2θ，
则BE+AB=2cs2θ+2sinθ=2−4sin2θ+2sinθ，
由0<θ<π4，得sinθ∈(0, 22)，
则当sinθ=14时，BE+AB取得最大值为2−14+12=94.
故答案为：94.
设∠CEA=θ，则∠ACB=2θ，再求出∠BAC，∠ABC，∠BAE，分别在△ABC和△ABE中利用正弦定理求出AB，BE，再根据三角函数的性质即可得解．
本题考查正弦定理在解三角形中的应用，属中档题．
17.【答案】解：(1)因为z1=1−2i，z2=4−2i，
所以z1z2=(1−2i)(4−2i)=4−4−2i−8i=−10i；
(2)因为xz1+yz2=z1z2，所以x(1−2i)+y(4−2i)=−10i，
则x−2xi+4y−2yi=−10i，即x+4y−(2x+2y)=−10i，
故x+4y=02x+2y=10，解得x=203y=−53.
【解析】(1)根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解；
(2)根据已知条件，结合复数相等的条件，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．
18.【答案】解：(1)sin(2π−θ)cs(3π−θ)cs(3π2+θ)sin(θ−π)sin(3π+θ)cs(−θ−π)=−sinθ⋅(−csθ)⋅sinθ−sinθ⋅(−sinθ)⋅(−csθ)=−1.
(2)因为tan(20∘+25∘)=tan20∘+tan2∘1−tan20∘⋅tan25∘=1，
所以tan20∘+tan25∘=1−tan20∘⋅tan25∘，
即tan20∘⋅tan25∘+tan20∘+tan25∘=1，
所以(1+tan20∘)(1+tan25∘)=tan20∘⋅tan25∘+tan20∘+tan25∘+1=2.
【解析】由题意，利用诱导公式、两角和的正切公式，计算求得结果．
本题主要考查诱导公式、两角和的正切公式的应用，属于基础题．
19.【答案】解：(1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂面ABC，
所以PA⊥BC，
又AB⊥BC，PA∩AB=A，
所以BC⊥面PAB，
又AD⊂面PAB，
所以BC⊥AD，
因为PA=AB，D为PB的中点，
所以AD⊥PB，
又BC∩PB=B，
所以AD⊥面PBC，
又AD⊂面ADE，
所以平面ADE⊥面PBC.
(2)VD−ABE=VE−ADB，
因为D为PB的中点，
所以VD−ABE=VE−ADB=12VE−PAB，
又PE=2EC，
所以PE：PC=23，
所以VD−ABE=VE−ADB=12VE−PAB=12⋅23VC−PAB=13VC−PAB=13VP−ABC
=13⋅12S△ABC⋅PA=13×13×12×2×1⋅2=29.
【解析】(1)由PA⊥平面ABC结合线面垂直的性质定理可得PA⊥BC，进而可得BC⊥面PAB，又PA=AB，D为PB的中点，则AD⊥PB，由线面垂直的判定定理可得AD⊥面PBC，即可得出答案．
(2)根据题意可得VD−ABE=VE−ADB=12VE−PAB=12⋅23VC−PAB=13VC−PAB=13VP−ABC，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，解题中需要理清思路，属于中档题．
20.【答案】解：(1)AF=AB+BF=AB+12BC=AB+12AD，
∵E，N，B三点共线，
∴AN=μAE+(1−μ)AB=μ(AD+DE)+(1−μ)AB=μAD+μ2AB+(1−μ)AB=(1−μ2)AB+μAD，
∵AN=λAF，
∴(1−μ2)AB+μAD=λAB+λ2AD，
由平面向量基本定理可得：1−μ2=λμ=λ2，解得：λ=45μ=25，
∴λ=45；
(2)由(1)知AN=45AB+25AD，
设AM=tAC=t(AB+AD)=tAB+tAD，
∵E，M，B三点共线，
∴AM=mAE+(1−m)AB=m(AD+DE)+(1−m)AB=mAD+m2AB+(1−m)AB=(1−m2)AB+mAD，
由平面向量基本定理可得：t=1−m2t=m，解得：m=23t=23，
∴AM=23AB+23AD，
∴AN⋅AM=(45AB+25AD)⋅(23AB+23AD)=815AB2+45AB⋅AD+415AD2
=815×25+45×5×2×12+415×4=27615=925.
【解析】(1)由平面向量的线性运算直接计算即可；
(2)由(1)知AN=45AB+25AD，由平面向量的线性运算计算可得AM=23AB+23AD，再由平面向量的数量积运算计算即可．
本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由余弦定理得cs∠BAC=22+( 2−1)2− 322×2×( 2−1)= 22，
记扇形的中心为O，设OC=x，由题意可知OB=x+ 2−1，
由余弦定理得(x+ 2−1)2+22−2×2×(x+ 2−1)× 22=(x+ 2−1)2，
解得x=1，所以扇形半径为r=1+ 2−1= 2；
(2)由题意可知图2中三角形中的钝角即为扇形的圆心角，
其余弦值csθ=(57)2+(37)2−122×57×37=−12，
从图中可知π2<θ<π，
所以扇形的圆心角θ=2π3，
弧长l=rθ=2 23π，
面积S=θ2π×πr2=θ2π×π×2=2π3.
【解析】(1)记扇形的中心为O，设OC=x，则OB=x+ 2−1，而后由余弦定理建立关于x的方程，进而得出扇形的半径；
(2)由题意可知图2中三角形中的钝角即为扇形的圆心角，由余弦定理求解圆心角，而后求出扇形的弧长和面积．
本题主要考查扇形有关计算，属中档题．
22.【答案】解：(1)过正四面体A−BCD的顶点A作底面BCD的高AH，其中H为垂足，
则BH= 33a，故Rt△ABH中，AH= AB2−BH2= 63a，
所以方案1中，长方体的长、宽、高分别为a, 32a, 63a，
表面积S1=2(a⋅ 32a+ 32a⋅ 63a+ 63a⋅a)=( 3+ 2+2 63)a3，
方案2中，圆柱的底面半径为 33a，高为 63a，
表面积S2=2π( 33a)2+2π( 33a)⋅ 63a=(2π3+2 2π3)a2.
(2)(答案不唯一)
如图所示，将这个正四面体放置在一个正方体内，
且正四面体的四个顶点也是正方体的顶点．
此时正方体的棱长为 22a，体积为，表面积为3a2.

【解析】(1)根据正四面体的结构特征运算求解；
(2)设计正方体，结合题意分析运算．
本题主要考查棱柱的表面积，圆锥的表面积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．