2022-2023学年辽宁省部分高中高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省部分高中高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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。

1.一个几何体的棱数是奇数，则这个几何体可能是( )
A. 三棱锥B. 三棱柱C. 四棱锥D. 四棱柱
2.1−i2+i3=( )
A. 35−15iB. −35+15iC. 15−35iD. −15+35i
3.若正五边形ABCDE的中心为O，以AO所在的直线为轴，其余五边旋转半周形成的面围成一个几何体，则( )
A. 该几何体为圆台
B. 该几何体是由圆台和圆锥组合而成的简单组合体
C. 该几何体为圆柱
D. 该几何体是由圆柱和圆锥组合而成的简单组合体
4.已知向量a=(m,1)，b=(1,m−1)，若a⊥(a+b)，则m=( )
A. 0或2B. 2C. 0或−2D. −2
5.棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗发现的，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：[r(csθ+isinθ)]n=rn(csnθ+isinnθ).根据复数乘方公式，复数[−2(csπ5+isinπ5)]2023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
6.如图，在圆柱OO′中，AB，CD分别为圆O，O′的直径，AB//CD，AB=BC=2，E为BC的中点，则一只蚂蚁在圆柱表而从A爬到E的最短路径的长度为( )
A. π2+1
B. 4π2+1
C. 3
D. 5
7.已知函数f(x)=2cs(ωx+π3)− 3(ω>0)在[0,π12]上恰有3个零点，则ω的取值范围为( )
A. (40,48]B. [40,48)C. (42,46]D. [42,46)
8.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=2π3，AA1=AC=2AB=2，O为四边形AA1C1C的中心，则异面直线OB1与A1B夹角的余弦值为( )
A. 510B. 515C. 520D. 525
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.下列结论正确的是( )
A. 球心与球面上两个不同的点确定一个平面
B. 若直线l上任意一点都不在平面α内，则l//α
C. 若平面α//平面β，直线l⊥平面β，则l⊥α
D. 若直线l//平面α，直线l⊥平面β，则α⊥β
10.已知A(2,−1)，B(3,2)，C(−1,3)，则( )
A. AB=(−1,−3)B. AB⋅AC=9
C. cs⟨AB,AC⟩=9 1050D. AB在AC上的投影的数量为95
11.若x02−4x0+5=0(x0为复数)，则下列各选项正确的是( )
A. x0=2±iB. x0+5x0=4C. x02+25x02=8D. x04−24x0=−55
12.在正三棱锥P−ABC中，PA与底面ABC所成角的余弦值为2 77,AB=2 3，则( )
A. PC⊥AB
B. 三棱锥P−ABC的体积为3 3
C. 二面角P−AB−C的大小为π3
D. 三棱锥P−ABC的外接球的表面积为49π3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.用斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图如图所示，已知A′B′=1，A′C′=12，则BC=______ .
14.已知复数z满足z=2z−+1+3i，则z+2z−=______ .
15.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，A1B1=2，AA1= 6，则该棱台的体积为______ .
16.汾阳文峰塔建于明末清初，位于山西省汾阳市城区以东2公里的建昌村，该塔共十三层，雄伟挺拔，高度位于中国砖结构古塔之首.如图，某测绘小组为了测量汾阳文峰塔的实际高度AB，选取了与塔底B在同一水平面内的三个测量基点C，D，E，现测得∠BCD=30∘，∠BDC=70∘，∠BED=120∘，BE=17.2m，DE=10.32m，在点C测得塔顶A的仰角为62∘，则塔高AB=______ .(结果精确到1m).参考数据：取tan62∘=1.88，sin70∘=0.94， 144.9616=12.04.
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=a2+(a−6)i，z2=2a−3+a2i，a∈R.
(1)若z1+z2是纯虚数，求a；
(2)若z1+z2>0，求|z1|.
18.(本小题12分)
如图，正方体ABCD−A1B1C1D1被平面EFGH截成两个几何体，其中E，F，G，H分别在棱C1D1，CC1，BB1，A1B1上.
(1)证明：EF//平面DGH；
(2)若AB=2A1H=2BG=3EC1=3FC1=6，且直线HE与GF交于点O，求三棱锥O−C1EF的体积.
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)在(−π18,5π18)上单调递增，且直线x=−π18和x=5π18为f(x)图象的两条对称轴.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)=f(x)+f(x+π6)，求g(x)的单调递增区间.
20.(本小题12分)
如图，在圆锥PO中，AB是圆O的直径，C为AB上更靠近A的三等分点，D为线段PO的中点，且PA=3，圆锥PO的侧面展开图是圆心角为4π3的扇形.
(1)求圆锥PO的表面积；
(2)求D到平面PAC的距离.
21.(本小题12分)
已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA(1+csB)=sinBcsA.
(1)求A的取值范围；
(2)求2aa+c的取值范围.
22.(本小题12分)
如图1，在等腰直角△ABC中，∠C=π2，D，E分别是AC，AB的中点，F为线段CD上一点(不含端点)，将△ADE沿DE翻折到△A1DE的位置，连接A1C，A1B，得到四棱锥A1−BCDE，如图2所示，且A1F⊥CD.
(1)证明：A1F⊥平面BCDE；
(2)若直线A1E与平面BCDE所成角的正切值为 155，求二面角A1−BD−C的平面角的正切值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：三棱锥有6条棱，三棱柱有9条棱，四棱锥有8条棱，四棱柱有12条棱．
故选：B.
根据棱柱和棱锥的几何特征即可求解．
本题考查棱柱和棱锥的几何特征，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：1−i2+i3=1−i2−i=(1−i)(2+i)(2−i)(2+i)=2+i−2i−i25=35−15i.
故选：A.
直接利用复数的乘除法法则求解即可．
本题考查了复数的乘除法计算问题，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，作出其余五边旋转半周形成的面围成一个几何体，如图：
该几何体是由圆台和圆锥组合而成的简单组合体．
故选：B.
根据题意，由根据圆柱、圆锥、圆台的概念，分析可得答案．
本题考查旋转体的定义，注意圆台、圆锥的结构特征，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：向量a=(m,1)，b=(1,m−1)，则a+b=(m+1,m)
因为a⊥(a+b)，
所以m(m+1)+m=0，得m=0或−2.
故选：C.
利用向量线性运算的坐标表示和向量垂直的坐标表示计算即可．
本题考查向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意得[−2(csπ5+isinπ5)]2023=(−2)2023(cs2023π5+isin2023π5)=(−2)2023(cs3π5+isin3π5)，
因为(−2)2023<0，cs3π5<0，sin3π5>0，
所以复数[−2(csπ5+isinπ5)]2023在复平面内对应的点位于第四象限．
故选：D.
根据复数乘方公式结合三角函数诱导公式及复数的几何意义可求得结果．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：如图所示，把半圆柱侧面展开，得到侧面展开图为矩形ABCD，
在圆柱OO′中，因为AB=BC=2，可得AB=π，
即矩形ABCD中，AB=π，BE=1，
则最短路径的长度为AE= AB2+BE2= π2+1.
故选：A.
把半圆柱侧面展开得到侧面展开图为矩形ABCD，结合矩形的性质，即可求解．
本题考查圆柱的结构特征、展开图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：因为x∈[0,π12]，所以ωx+π3∈[π3,πω12+π3].令2cs(ωx+π3)− 3=0，
则cs(ωx+π3)= 32.因为f(x)=2cs(ωx+π3)− 3在[0,π12]上有3个零点，
所以23π6≤πω12+π3<25π6，解得42≤ω<46.
故选：D.
由余弦型函数的性质列出不等式组，进而得出ω的取值范围．
本题主要考查余弦函数的图象与性质，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：如图，延长AB至点D，使AB=BD，延长A1B1至点E，使A1B1=B1E，连接DE，B1D，
由题意得A1B//B1D，则异面直线OB1与A1B的夹角为∠OB1D，过O作FH⊥AC，垂足为F，
交A1C1于H，
连接DF，B1H，OD，由余弦定理得B1H= A1B_12+A1H2−2A1B1⋅A1Hcs∠B1A1H，
DF= AF2+AD2−2AF⋅ADcs∠DAF= 7，所以OB1=2，OD=2 2，
易得B1D= 5，所以cs∠OB1D=22+( 5)2−(2 2)22×2× 5= 520.
故选：C.
利用异面直角所成角的定义作出所求的角，然后利用余弦定理求解即可．
本题考查异面直角所成角的定义、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：当球心与球面上两个不同的点在一条直线上时，不能确定一个平面，故A错误；
若直线l上任意一点都不在平面α内，由直线与平面平行的定义可知l//α，故B正确；
若平面α//平面β，直线l⊥平面β，由线面垂直的性质定理可知l⊥α，故C正确；
当l//α时，设l⊂γ，γ∩α=m，则l//m，由l⊥β，则m⊥β，
又m⊂α，可得α⊥β，故D正确．
故选：BCD.
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：已知A(2,−1)，B(3,2)，C(−1,3)，则有AB=(1,3)，AC=(−3,4)，
对于A，AB=(1,3)，故A选项错误；
对于B，AB⋅AC=−3+12=9，故B选项正确；
对于C，∵|AB|= 12+32= 10，|AC|= (−3)2+42=5，
∴cs⟨AB,AC⟩=AB⋅AC|AB||AC|=9 1050，故C选项正确；
对于D，AB在AC上的投影的数量为AB⋅AC|AC|=95，D选项正确．
故选：BCD.
利用向量的坐标表示，向量数量积的坐标运算公式等逐一判断各选项即可．
本题考查平面向量的坐标运算，还涉及到向量的模和夹角，投影数量，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：因为x02−4x0+5=0，所以x0−2=±i，所以x0=2±i，故A正确；
因为x02−4x0+5=0，且x0=2±i≠0，所以x0+5x0=4，故B正确；
因为x0+5x0=4，所以(x0+5x0)2=16，所以x02+25x02+10=16，所以x02+25x02=6，故C错误；
因为x02−4x0+5=0，所以x02=4x0−5，则x04−24x0=(4x0−5)2−24x0=16x02−64x0+25
=16(x02−4x0)+25=16×(−5)+25=−55，D正确．
故选：ABD.
根据已知，利用复数概念、性质计算求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：由题意，作正三棱锥P−ABC，取AB的中点D，连接PD，CD，
取等边△ABC的中心O，连接PO，AO，如图所示．
在正三棱锥P−ABC中，因为D为AB的中点，所以PD⊥AB，
在等边△ABC中，因为D为AB的中点，所以CD⊥AB.
又PD∩CD=D，PD，CD⊂平面PDC，
所以AB⊥平面PDC，因为PC⊂平面PDC，所以PC⊥AB，所以A正确，
因为三棱锥P−ABC为正三棱锥，等边△ABC的中心为O，所以PO⊥平面ABC，
所以∠PAO为PA与底面ABC所成的角，
则cs∠PAO=AOAP=2 77.
因为AB=2 3，所以AO=23× 32×2 3=2，OD=13× 32×2 3=1，所以2AP=2 77，得AP= 7，
所以OP= AP2−AO2= 7−4= 3，
所以三棱锥P−ABC的体积为13× 34×(2 3)2× 3=3，所以B错误，
因为PD⊥AB，CD⊥AB，所以二面角P−AB−C的平面角为∠PDC，
所以tan∠PDC=PODO= 3，因为∠PDC为锐角，所以∠PDC=π3，所以C正确，
设正三棱锥P−ABC的外接球的半径为r，则(r−PO)2+CO2=r2，可得(r− 3)2+4=r2，解得r=72 3，
故正三棱锥P−ABC的外接球的表面积S=4πr2=49π3，故D正确．
故选：ACD.
取AB的中点D，连接PD，CD，取等边△ABC的中心O，连接PO，AO，然后根据正三棱锥的性质结合已知条件逐个分析判断即可．
本题主要考查了三棱锥的体积计算、几何体的外接球问题以及空间角的有关计算，属于中档题．
13.【答案】 2
【解析】解：由斜二测画法得，在△ABC中，∠BAC=π2，AB=AC=1，
所以BC= 2.
故答案为： 2.
根据斜二测画法和已知条件得到△ABC为直角三角形，从而可求得结果．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
14.【答案】−3−i
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，则a+bi=2(a−bi)+1+3i=2a+1+(3−2b)i，
所以a=2a+1b=3−2b，解得a=−1b=1，
故z+2z−=−1+i+2(−1−i)=−3−i.
故答案为：−3−i.
设复数z=a+bi，即可根据复数相等的充要条件列方程求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
15.【答案】563
【解析】解：如图，连接AC，BD交于点O，连接A1C1，B1D1交于点O1，连接OO1，
过A1作A1M⊥AC，垂足为M，可知A1M为四棱台ABCD−A1B1C1D1的高，
则A1O1=12A1C1=12× 2A1B1= 2，AO=12AC=12× 2AB=2 2，
∴AM=12(AC−A1C1)= 2，A1M= A1A2−AM2=2.
故该棱台的体积为13×2×(16+4+ 16×4)=563.
故答案为：563.
根据台体的结构特征以及台体的体积公式运算求解．
本题考查棱台体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】85m
【解析】解：在△BED中，由余弦定理得BD2=BE2+DE2−2BE⋅DE⋅cs∠BED，
则BD= 17.22+10.322−2×17.2×10.32×cs120∘
= 579.8464=2 144.9616=2×12.04=24.08m.
在△BCD中，由正弦定理得BDsin∠BCD=BCsin∠BDC，
则BC=BD⋅sin∠BDCsin∠BCD=24.08×0.9412≈45.27m.
在△ABC中，∠ACB=62∘，
所以AB=BC⋅tan∠ACB≈45.27×1.88=85.1076≈85m.
故答案为：85m.
根据余弦定理先求出BD，再利用正弦定理即可求解．
本题考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】解：(1)由题意得z1+z2=a2+2a−3+(a2+a−6)i，
因为z1+z2是纯虚数，
所以a2+2a−3=0a2+a−6≠0，
解得：a=1.
(2)因为z1+z2>0，
所以a2+2a−3>0a2+a−6=0，
解得：a=2.
故|z1|=|4−4i|=4 2.
【解析】(1)先计算z1+z2，然后由其为纯虚数，可得实部为零，虚部不为零，从而可求出a的值；
(2)由z1+z2>0，可得复数z1+z2为实数，则虚部为零，实部大于零，求出a的值，从而可求出复数z1，进而可求得|z1|.
本题考查了复数的有关概念，考查复数求模，是基础题．
18.【答案】(1)证明：由正方体性质可得平面ABB1A1//平面DCC1D1，
∵平面ABB1A1∩平面EFGH=GH，平面DCC1D1∩平面EFGH=EF，
∴EF//GH，
∵GH⊂平面DGH，EF⊄平面DGH，
∴EF//平面DGH；
(2)解：∵O∈HE，HE⊂平面A1B1C1D1，∴O∈平面A1B1C1D1.
∵O∈GF，GF⊂平面BCC1B1，∴O∈平面BCC1B1.
∵平面A1B1C1D1∩平面BCC1B1=B1C1，∴O∈B1C1.
∵EC1//HB1，∴△OEC1∽△OHB1，
∴OC1OB1=EC1HB1=23，
即OC1=23(OC1+6)，则OC1=12，
∴VO−C1EF=13S△C1EF⋅OC1=13×12EC1⋅FC1⋅OC1=8.
【解析】(1)由面面平行的性质可得EF//GH，然后由线面平行的判定定理可证得结论；
(2)由平面的性质结合题意可得O∈B1C1，再由△OEC1∽△OHB1，可求出OC1=12，从而可求得结果．
本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
19.【答案】解：(1)由题意知，T=2×(5π18+π18)=2π3，所以ω=2πT=3，
令f(5π18)=sin(2×5π18+φ)=1，得5π9+φ=π2+2kπ，k∈Z，
解得φ=−π18+2kπ，k∈Z，
又因为|φ|<π2，所以φ=−π18，
所以f(x)=sin(3x−π18)；
(2)函数g(x)=f(x)+f(x+π6)
=sin(3x−π18)+sin[3(x+π6)−π18]
=sin(3x−π18)+cs(3x−π18)
= 2sin[(3x−π18)+π4]
= 2sin(3x+7π36)，
令−π2+2kπ≤3x+7π36≤π2+2kπ，k∈Z，
解得−25π108+2kπ3≤x≤11π108+2kπ3，k∈Z，
所以g(x)的单调递增区间为[−25π108+2kπ3,11π108+2kπ3]，k∈Z.
【解析】(1)由题意求出T、ω和φ的值，即可写出f(x)的解析式；
(2)写出函数g(x)的解析式，再求g(x)的单调递增区间．
本题考查了三角函数的图象与性质应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)因为圆锥PO的侧面展开图是圆心角为4π3的扇形，PA=3，
所以扇形的弧长l=4π3×3=4π，
所以圆锥底面圆的周长为4π，
所以底面圆的半径r=4π2π=2，
所以圆锥的表面积S=πr2+12×PA×l=4π+12×3×4π=10π.
(2)因为C为AB上更靠近A的三等分点，
所以∠AOC=60∘，
所以△AOC为等边三角形，边长为2，
所以S△AOC=12×2×2×sin60∘= 3，
因为PA=PC=3，AC=AO=2，
点P到AC的距离为 PA2−(AC2)2= 32−12=2 2，
PO= PA2−AO2= 32−22= 5，
设D到平面PAC的距离为h，
因为VP−AOC=VO−PAC，
所以13S△AOC⋅PO=13S△PAC×h，
所以S△AOC⋅PO=S△PAC×h，
所以 3× 5=2 2×h，
所以h= 152 2= 304，
所以D到平面PAC的距离为 304.
【解析】(1)先根据题意求出侧面展开所形成扇形得弧长即底面圆的周长，底面圆的半径，由圆锥的表面积公式，即可得出答案．
(2)设D到平面PAC的距离为h，VP−AOC=VO−PAC，则S△AOC⋅PO=13S△PAC×h，即可得出答案．
本题考查圆锥的表面积，点到平面的距离，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题意得sinA=sinBcsA−csBsinA=sin(B−A)，
所以A=B−A+2kπ或A+B−A=π+2kπ，k∈Z，
所以2A=B+2kπ或B=π+2kπ，k∈Z，
由于A，B，C为锐角△ABC的内角，所以B=2A.
因为△ABC是锐角三角形，所以0(2)由正弦定理得2aa+c=2sinAsinA+sinC=2sinAsinA+sin(A+B)=2sinAsinA+sinAcsB+csAsinB
=2sinAsinA+sinAcs2A+csAsin2A=2sinAsinA+sinA(2cs2A−1)+2sinAcs2A=12cs2A，
由A∈(π6,π4)，得csA∈( 22, 32)，2cs2A∈(1,32)，
所以2aa+c=12cs2A∈(23,1)，即2aa+c的取值范围为(23,1).
【解析】(1)根据差角公式以及三角函数的性质即可求解，
(2)根据正弦定理边角化，结合三角恒等变换，即可由角的范围求解三角函数值的范围．
本题主要考查解三角形，正弦定理的应用，三角恒等变换的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：因为∠C=π2，且DE//BC，
所以DE⊥AD，
所以DE⊥A1D，DE⊥DC，
又因为A1D∩CD=D，且A1D，CD⊂平面A1DC，
所以DE⊥平面A1DC，
因为A1F⊂平面A1DC，
所以DE⊥A1F，
又因为A1F⊥CD，CD∩DE=D且CD，DE⊂平面BCDE，
所以A1F⊥平面BCDE.
(2)如图所示，连接EF，
因为D，E分别是AC与AB的中点，可得A1D=CD=DE，
又因为A1F⊥平面BCDE，
所以直线A1E与平面BCDE所成的角为∠A1EF，
由直线A1E与平面BCDE所成角的正切值为 155，即tan∠A1EF= 155，
设DF=x，则A1F= A1D2−DF2= A1D2−x2，EF= DE2+DF2= A1D2+x2，
所以tan∠A1EF=A1FEF= A1D2−x2 A1D2+x2= 155，
解得A1D=2x，即F为CD的中点，
过F作FO⊥BD，垂足为O，
因为A1F⊥平面BCDE，BD⊂平面BCDE，
所以A1F⊥BD，
又因为A1F∩OF=F，且A1F，OF⊂平面A1OF，
所以BD⊥平面A1OF，
因为A1O⊂平面A1OF，
所以A1O⊥BD，
所以二面角A1−BD−C的平面角为∠A1OF，
由BC=4x，CD=2x，则BD= BC2+CD2=2 5x，
所以OF=12⋅CD⋅BCBD=2 55x，
因为A1F= A1D2−x2= 3x，
所以tan∠A1OF=A1FOF= 152.
【解析】(1)根据题意证得DE⊥A1D，DE⊥DC，利用线面垂直的判定得到DE⊥平面A1DC，得出DE⊥A1F，再由A1F⊥CD，进而证得A1F⊥平面BCDE；
(2)连接EF，得到A1E与平面BCDE所成的角为∠A1EF，设DF=x，结合题意，列出方程求得A1D=2x，即F为CD的中点，过F作FO⊥BD，得到二面角A1−BD−C的平面角为∠A1OF，在直角△A1OF中，即可求解．
本题考查线面垂直的判定定理，考查二面角的定义及其求解，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．