2022-2023学年广东省汕尾市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年广东省汕尾市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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。

1.若复数(m2−m)+3i是纯虚数，则实数m=( )
A. 1B. 0或1C. 1或2D. 1或3
2.已知|a|=2 5，b=(1,2)，且a//b，则a的坐标为( )
A. (2,4)B. (−2,−4)
C. (2,4)或(−2,−4)D. (2,−4)或(−2,4)
3.将函数y=3cs(12x−π3)的图象向左平移18个周期后所得图象对应的函数为( )
A. y=3cs(12x−7π12)B. y=3cs(12x+π12)
C. y=3cs(12x−5π6)D. y=3cs(12x−π12)
4.
5.已知π2<α<π，csα=−12，则sin2α=( )
A. − 34B. 34C. − 32D. 32
6.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D为棱A1B1的中点，AB=AA1=2，则直线AB1与直线C1D所成角的余弦值为( )
A. 0B. 12C. 22D. 32
7.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b=2a，bsinA=csinC，则csC=( )
A. 14B. 74C. 23D. 34
8.如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使得A，B，C三点重合于点A′，若三棱锥A′−EFD的所有顶点均在球O的球面上，则球O的体积为( )
A. 32πB. 3 64πC. 6πD. 4 63π
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z1=1+i，z2=1−i，则下列说法正确的有( )
A. z1−=z2
B. |z1|=|z2|
C. z1z2=−i
D. 在复平面内z1，z2对应的点关于虚轴对称
10.已知函数f(x)=sin(ωx+π6)+sin(ωx−π6)+csωx，ω>0，且f(x)的最小正周期为π，则下列说法正确的有( )
A. ω=2
B. 当x∈[0,π2]时，f(x)的最小值为1
C. f(x)在区间[0,π]上单调递增
D. 若f(x+φ)为偶函数，则正实数φ的最小值为π6
11.下列说法正确的有( )
A. 若a，b满足|a|=4，|b|=1，则|a−b|的最大值为3
B. 向量a在向量b上的投影向量为a⋅b|b|2b
C. 若A(1,0)，B(4,6)，且AB=3AC，则AC=(1,2)
D. 若圆O中，弦AB的长为4，则AO⋅AB=8
12.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则( )
A. 直线BN与直线MB1是异面直线B. 直线A1M与直线BN共面
C. 直线AM与平面ABC所成角的正弦值为 53D. 点D1到平面A1BM的距离为23
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.化简cs72∘sin78∘+sin72∘sin12∘=______.
14.已知圆锥的表面积为3π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径是______.
15.在平行四边形ABCD中，AB=8，AD=6，AC=2 37，则AB⋅AD=______.
16.如图是古希腊数学家希波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别是直角三角形ABC的斜边AB，直角边AC，BC，点E在以AC为直径的半圆上，延长AE，BC交于点D.若AB=5，sin∠CAB=35，sin∠DCE=34，则△ABE的面积是__________.
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)
已知点O(0,0)，A(1,1)，B(−1,0).
(1)若OC=OA+λOB，λ是实数，且OC⊥AB，求λ的值；
(2)求OA与OB的夹角的余弦值.
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin(π4+x)sin(π4−x)+ 3sinxcsx.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)在△ABC中，若f(A2)=1，求sinB+sinC的最大值.
19.(本小题12分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，P是线段B1D1上的动点.证明：
(1)AC1//平面BDF；
(2)PE//平面BDF.
20.(本小题12分)
若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足asinB− 3bcsA=0
(1)求A；
(2)当a= 7，b=2时，求△ABC的面积．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，E为棱PB的中点.证明：
(1)AE⊥平面PBC；
(2)平面PAD⊥平面PCD.
22.(本小题12分)
如图，已知直线l1//l2，A是l1，l2之间的一个定点，且点A到l1，l2的距离分别为1，2，B是直线l2上的一个动点，作AC⊥AB，且使AC与直线l1交于点C.设∠ABD=α，△ABC的面积为S(α).
(1)求S(α)的最小值；
(2)已知m∈R，f(α)=1AC+2AB，若对任意的α∈(0,π2)，不等式mf(α)+b≤mS(α)+m恒成立，求实数b的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为复数(m2−m)+3i是纯虚数，
所以m2−m=0，解得：m=0或m=1.
故选：B.
由复数(m2−m)+3i是纯虚数，可得m2−m=0，解方程即可得出答案．
本题主要考查纯虚数的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵|a|=2 5，设a=2 5(csθ,sinθ)，b=(1,2)，且a//b，
∴2csθ=sinθ，
又cs2θ+sin2θ=1，可得csθ=± 55，
∴a的坐标为(2,4)或(−2,−4).
故选：C.
设出向量a，根据两向量平行的坐标表示，列出方程，求出a即可．
本题考查了平面向量平行的坐标表示的应用问题，是基础题目．
3.【答案】D
【解析】解：因为函数y=3cs(12x−π3)的最小正周期为T=4π，即T8=π2，
故向左平移18个周期后所得y=3cs[12(x+π2)−π3]=3cs(12x−π12).
故选：D.
求出函数的最小正周期，直接根据平移规律即可得结果．
本题主要考查三角函数的图象变换，属于基础题．
4.【答案】

【解析】
5.【答案】C
【解析】解：∵π2<α<π，csα=−12，∴sinα= 1−cs2α= 32，
∴sin2α=2sinαcsα=2×(−12)× 32=− 32.
故选：C.
利用同角三角函数的基本关系求出sinα，再由二倍角公式计算可得．
本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系式与倍角公式的应用，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：取AB的中点E，BB1的中点F，连接DE，CE，EF，CF，
则EF//AB1，EF=12AB1，
因为D为棱A1B1的中点，E为AB的中点，AB//A1B1，AB=A1B1，
所以DB1//EB，DB1=EB，
所以四边形DEBB1为平行四边形，
所以DE//BB1，DE=BB1，
因为CC1//BB1，CC1=BB1，
所以CC1//DE，CC1=DE，
所以四边形DECC1为平行四边形，
所以CE//DC1，
所以∠CEF为直线AB1与直线C1D所成角或其补角，
因为在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，
所以EF= 12+12= 2,CF= 12+22= 5，CE= 22−12= 3，
在△CEF中，由余弦定理得
cs∠CEF=CE2+EF2−CF22CE⋅EF=3+2−52× 3× 2=0，
所以直线AB1与直线C1D所成角的余弦值为0，
故选：A.
取AB的中点E，BB1的中点F，连接DE，CE，EF，CF，则可得∠CEF为直线AB1与直线C1D所成角或其补角，然后在△CEF中求解即可．
本题考查正三棱柱结构特征、异面直线所成角的定义及其余弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意，bsinA=csinC，利用正弦定理得：ba=c2，
再结合b=2a，可得2a2=c2，
由余弦定理：csC=a2+b2−c22ab=a2+4a2−2a22⋅2a2=34，所以D选项正确．
故选：D.
根据正弦定理进行角化边，再由余弦定理可解．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：根据题意，可得A′D⊥A′E，A′D⊥A′F，A′E⊥A′F，且A′E=1，A′F=1，A′D=2，
所以三棱锥D−A′EF可补成一个长方体，则三棱锥D−A′EF的外接球即为长方体的外接球，如图所示，
设长方体的外接球的半径为R，可得2R= 12+12+22= 6，所以R= 62，
所以外接球的体积为V=43πR3=43π⋅( 62)3= 6π.
故选：C.
根据题意，把三棱锥D−A′EF可补成一个长方体，利用长方体的对角线长求得外接球的半径R= 62，结合球的体积公式，即可求解．
本题主要考查了三棱锥的外接球问题，考查了球的体积公式，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：对于选项A，z1−=1−i=z2，故选项A正确；
对于选项B，|z1|= 1+1= 2，|z2|= 1+(−1)2= 2，所以|z1|=|z2|，故选项B正确；
对于选项C，z1z2=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=2i2=i，故选项C错误；
对于选项D，在复平面内z1对应的点为Z1(1,1)，z2对应的点为Z2(1,−1)，点Z1，Z2关于实轴对称，故选项D错误．
故选：AB.
分别应用共轭复数、复数的模、复数的除法法则和复数的几何意义进行求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：由f(x)=sin(ωx+π6)+sin(ωx−π6)+csωx= 3sinωx+csωx=2sin(ωx+π6)，
因为f(x)的最小正周期为π，所以ω=2ππ=2，所以f(x)=2sin(2x+π6)，故A正确；
当x∈[0,π2]，可得2x+π6∈[π6,7π6]，
当2x+π6=7π6时，即x=π2时，函数f(x)取得最小值，最小值为f(x)min=2sin7π6=−1，故B不正确；
当x∈[0,π]，可得2x+π6∈[π6,13π6]，所以函数f(x)不是单调函数，故C不正确；
由f(x+φ)=2sin(2x+2φ+π6)，若函数f(x+φ)为偶函数，
可得2sin(2φ+π6)=±2，即sin(2φ+π6)=±1，解得2φ+π6=π2+kπ,k∈Z，
解得φ=π6+kπ2,k∈Z，当k=0时，φ=π6，所以正实数φ的最小值为π6，故D正确．
故选：AD.
化简函数为f(x)=2sin(ωx+π6)，可判定A正确，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，可判定B、C错误，D正确．
本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：对于A，因为|a|=4，|b|=1，
所以|a−b|= a2−2a⋅b+b2= |a|2−2|a|⋅|b|cs⟨a,b⟩+|b|2= 17−8cs⟨a,b⟩，
因为cs⟨a,b⟩∈[0,π]，所以当⟨a,b⟩=π时，|a−b|取得最大值5，所以A错误；
对于B，向量a在向量b上的投影向量为a⋅b|b|2b，所以B正确；
对于C，由A(1,0)，B(4,6)，得AB=(3,6)，
因为AB=3AC，所以AC=(1,2)或AC=(−1,−2)，所以C错误；
对于D，因为在圆O中，弦AB的长为4，
所以AO⋅AB=|AO|⋅|AB|cs⟨AO,AB⟩=|AO|⋅|AB|⋅12|AB||AO|=12|AB|2=8，
所以D正确，
故选：BD.
对于A，由|a−b|= a2−2a⋅b+b2结合已知可求出其最大值，对于B，由投影向量的定义判断，对于C，根据已知条件直接求解即可，对于D，由数量积的定义结合圆的性质求解．
本题主要考查了向量的数量积运算，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A：因为BN⊂平面BB1C1C，B1∈平面BB1C1C，M∉平面BB1C1C，
所以由异面直线的定义可得，直线BN与MB1是异面直线，故A正确；
对于B：连接MN，D1C，由正方体的性质知，
因为D1C//A1B，
又因为MN//D1C，
所以MN//A1B，
所以M，N，A1，B四点共面，
所以直线A1M与直线BN共面，故B正确；
对于C：取DC的中点H，连接MH，
由正方体的性质知：MH⊥平面ABC，
所以∠MAH是直线AM与平面ABC所成角，
所以AH= AD2+DH2= 5，
sin∠MAH=MHMA=MH MH2+AH2=2 22+( 5)2=23，故C错误；
对于D：设点D1到平面A1BM的距离为h，
所以VD1−A1BM=VB−A1D1M⇒13S△A1BMh=13S△A1D1M⋅DD1，
因为A1M= A1D12+D1M2= 5，A1B= A1B12+BB12=2 2，
取DC的中点H，连接MH，
由正方体的性质知：MH⊥平面ABC，
连接BH，
所以BH= CH2+BC2= 5，BM= BH2+HM2= 5+4=3，
cs∠A1MB=A1M2+BM2−A1B22⋅A1M⋅BM=5+9−82× 5×3= 55，
所以sin∠A1MB= 1−cs2∠A1MB= 1−( 55)2=2 55，
所以S△A1BM=12⋅A1M⋅MB⋅sin∠A1MB=12× 5×3×2 55=3，
S△A1D1M=12⋅A1D1⋅D1M=12×2×1=1，
所以由13S△A1BMh=13S△A1D1M⋅DD1，可得：13×3×h=13×1×2⇒h=23，故D正确．
故选：ABD.
由异面直线的定义判断A；连接MN，D1C，由题意可得MN//A1B，所以M，N，A1，B四点共面，可判断B；由线面角的定义可判断C；由等体积法可判断D.
本题考查直线与平面的位置关系，线面所成角，距离，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
13.【答案】12
【解析】解：cs72∘sin78∘+sin72∘sin12∘
=cs72∘sin78∘+sin72∘cs(90∘−12∘)
=cs72∘sin78∘+sin72∘cs78∘
=sin(72∘+78∘)
=sin150∘
=sin30∘=12.
故答案为：12.
利用诱导公式和两角和的正弦公式求解即可．
本题主要考查诱导公式及两角和的正弦公式，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】1
【解析】【分析】
本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：(1)圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；(2)圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．
设出圆锥的底面半径，由它的侧面展开图是一个半圆，分析出母线与半径的关系，结合圆锥的表面积为3π，构造方程，可求出半径
【解答】
解：设圆锥的底面的半径为r，圆锥的母线为l，
则由πl=2πr得l=2r，
而S=πr2+πr⋅2r=3πr2=3π
故r2=1
解得r=1
故答案为：1
15.【答案】24
【解析】解：由平面向量加法的平行四边形法则得：AC=AB+AD，
两边同时平方得：AC2=(AB+AD)2=AB2+AD2+2AB⋅AD，
即2AB⋅AD=AC2−(AB2+AD2)，
∴AB⋅AD=AC2−(AB2+AD2)2=(2 37)2−64−362=24.
故答案为：24.
根据向量的加法运算，以及向量的数量积运算计算即可求解．
本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，属于基础题．
16.【答案】21+12 78
【解析】【分析】
本题主要考查三角形面积公式，两角和与差的正弦公式，属于中档题．
由题意得到∠DCE=∠CAE，再用正弦的和角公式求解sin∠EAB，再求出AE，由三角形的面积公式即可得出答案．
【解答】
解：由题意得：∠DCE+∠ACE=π2,∠CAE+∠ACE=π2，
所以∠DCE=∠CAE，故sin∠DCE=sin∠CAE=34，又∠CAE为锐角，
所以cs∠CAE= 1−(34)2= 74，
因为sin∠CAB=35，∠CAB为锐角，所以cs∠CAB=45，
故sin∠EAB=sin(∠CAE+∠CAB)
=sin∠CAEcs∠CAB+cs∠CAEsin∠CAB
=34×45+ 74×35
=12+3 720，
因为AB=5，∠ACB=π2，sin∠CAB=35，
所以BC=3，AC=4，
又因为∠AEC=π2，cs∠CAE= 74，
所以AE=ACcs∠CAE=4× 74= 7，
所以△ABE的面积是
S=12⋅AB⋅AEsin∠EAB
=12×5× 7×12+3 720=21+12 78.
故答案为：21+12 78
17.【答案】解：(1)∵O(0,0)，A(1,1)，B(−1,0)，
∴OA=(1,1)，OB=(−1,0)，AB=(−2,−1)，
故OC=(1−λ,1)，
∵OC⊥AB，
∴OC⋅AB=−2(1−λ)+(−1)×1=0，解得λ=32；
(2)∵OA⋅OB=1×(−1)+1×0=−1，|OA|= 12+12= 2，|OB|=1，
∴cs⟨OA,OB⟩=OA⋅OB|OA||OB|=−1 2×1=− 22，
故OA与OB的夹角的余弦值为− 22.
【解析】(1)求出OC的坐标，利用数量积为0，列出关于λ的方程，解出即可得结果；
(2)直接根据向量夹角公式即可得结果．
本题主要考查平面向量的数量积运算，属于基础题．
18.【答案】解：(1)f(x)=sin(π4+x)cs(π4+x)+ 3sinxcsx
=12sin(π2+2x)+ 32sin2x
=12cs2x+ 32sin2x
=sin(2x+π6)，
∴f(x)的最小正周期为π.
(2)由0得A+π6=π2，即A=π3，
∴sinB+sinC=sinB+sin(2π3−B)=sinB+ 32csB+12sinB=32sinB+ 32csB= 3sin(B+π6)
∵0∴π6∴当B+π6=π2，即B=π3时，sinB+sinC取得最大值 3.
【解析】(1)通过诱导公式以及辅助角公式将f(x)化成三角函数的一般形式，进而可得周期；
(2)代入(1)式可得A的值，将sinB+sinC表示成关于B的三角函数，结合三角函数的性质即可得结果．
本题主要考查了和差角公式，辅助角公式的应用，还考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：如图，连接AC交BD于点O，连接FO.
∵F为CC1的中点，O为AC的中点，
∴FO为△ACC1的中位线，
∴FO//AC1.
又∵FO⊂平面BDF，AC1⊄平面BDF，
∴AC1//平面BDF
(2)连接ED1，EB1，连接A1C1交B1D1于点O1，连接EO1，如图．
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BD//B1D1，
∵B1D1⊄平面BDF，BD⊂平面BDF，
∴B1D1//平面BDF.
又EO1为△AA1C1的中位线，
∴EO1//AC1.
∵AC1//平面BDF，EO1⊄平面BDF，
∴EO1//平面BDF.
又∵EO1⊂平面B1D1E，B1D1⊂平面B1D1E，EO1∩B1D1=O1，
∴平面B1D1E//平面BDF.
∵PE⊂平面B1D1E，
∴PE//平面BDF.
【解析】(1)连接AC交BD于点O，连接FO，由三角形中位线定理可得FO//AC1，进而可得线面平行；
(2)连接ED1，EB1，连接A1C1交B1D1于点O1，连接EO1，通过线面平行得出平面B1D1E//平面BDF，进而得出结果．
本题考查线面平行相关知识，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为asinB− 3bcsA=0，由正弦定理，得sinAsinB− 3sinBcsA=0，
又sinB≠0，从而tanA= 3，由于0(2)由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA，而a= 7,b=2，A=π3，
得7=4+c2−2c，即c2−2c−3=0因为c>0，所以c=3，
故△ABC面积为12bcsinA=3 32.
【解析】(1)由正弦定理化简已知可得sinAsinB− 3sinBcsA=0，又sinB≠0，从而可求tanA，由于0(2)由余弦定理解得c2−2c−3=0，结合c>0，即可求c，利用三角形面积公式即可得解．
本题主要考查了三角形面积公式，正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用，属于基本知识的考查．
21.【答案】证明：(1)∵PA=AB，且E为PB的中点，
∴AE⊥PB，
∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴PA⊥BC，
∵在正方形ABCD中，AB⊥BC，
又∵AB，PA⊂平面PAB，PA∩AB=A，
∴BC⊥平面PAB，
又∵AE⊂平面PAB，
∴BC⊥AE，
∵BC，PB⊂平面PBC，PB∩BC=B，
∴AE⊥平面PBC.
(2)设PD的中点为Q，连接AQ，如图．
∵PA=AD，
∴AQ⊥PD，
又∵PA⊥CD，AD⊥CD，PA，AD⊂平面PAD，PA∩AD=A，
∴CD⊥平面PAD，
∵AQ⊂平面PAD，∴CD⊥AQ，
又∵CD，PD⊂平面PCD，CD∩PD=D，
∴AQ⊥平面PCD，
∵AQ⊂平面PAD，
∴平面PAD⊥平面PCD.
【解析】(1)依题意可得AE⊥PB，再由线面垂直得到PA⊥BC，即可得到BC⊥平面PAB，从而得到BC⊥AE，即可得证；
(2)设PD的中点为Q，连接AQ，则AQ⊥PD，再证明CD⊥平面PAD，即可得到CD⊥AQ，从而得到AQ⊥平面PCD，即可得证．
本题考查空间中垂直关系的判断，考查逻辑推理能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)在Rt△ABD中，sinα=ADAB=2AB，则AB=2sinα；
在Rt△AEC中，∠EAC=α，csα=AEAC=1AC，则AC=1csα，
∴△ABC的面积S(α)=12AB⋅AC=12⋅2sinα⋅1csα=1sinαcsα=2sin2α.
∵0<α<π2，∴0<2α<π，
故当2α=π2，即α=π4时，sin2α取得最大值1，此时S(α)取得最小值2；
(2)由(1)知AB=2sinα，AC=1csα，
∴f(α)=sinα+csα.
不等式mf(α)+b≤mS(α)+m对任意的α∈(0,π2)恒成立，
等价于b≤−m(sinα+csα)+msinαcsα+m对任意的α∈(0,π2)恒成立．
令t=sinα+csα，则t= 2sin(α+π4)，
因为α∈(0,π2)，所以α+π4∈(π4,3π4)，所以t∈(1, 2],
又sinαcsα=t2−12，
∴b≤−mt+m2(t2−1)+m=m2(t2−2t+1)=m2(t−1)2.
令h(t)=m2(t−1)2，其中1∴b≤h(t)，t∈(1, 2].
①当m=0时，h(t)=0，即b≤0；
②当m>0时，函数h(t)在(1, 2]上单调递增，
∴h(t)>h(1)=0，即b≤0；
③当m<0时，函数h(t)在(1, 2]上单调递减，
∴h(t)≥h( 2)=32m− 2m，即b≤32m− 2m
综上，当m≥0时，实数b的取值范围是(−∞,0]；
当m<0时，实数b的取值范围(−∞,32m− 2m].
【解析】(1)解Rt△ABD和Rt△AEC分别可得AB=2sinα，AC=1csα，则△ABC的面积S(α)=12AB⋅AC=2sin2α，根据α的范围即可求S(α)的最小值；
(2)原不等式恒成立可转化为b≤−m(sinα+csα)+msinαcsα+m恒成立，令t=sinα+csα，可得b≤−mt+m2(t2−1)+m=m2(t2−2t+1)=m2(t−1)2，再令h(t)=m2(t−1)2，根据t的范围，讨论m的值即可求解．
本题考查了转化思想、分类讨论思想、三角形的面积公式及三角恒等变换，属于中档题．