2023-2024学年江苏省镇江市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省镇江市高一（下）期末数学试卷（含解析），共14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.在复平面内，复数21−i(i是虚数单位)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
2.正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，AD中点，则EF与BC1所成角为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
3.已知向量a，b满足：a=(1,0)，|b|=4，a⋅b=0，则|3a−b|=( )
A. 7B. 5C. 10D. 5
4.如图，将一个圆柱4等份切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了20，则原圆柱的侧面积是( )
A. 10πB. 20πC. 100πD. 200π
5.已知tan(α−π4)=14，tan(α+β)=25，则tan(β+π4)=( )
A. 322B. 1318C. 16D. 1322
6.已知向量OA，OB，OC满足：OA+OB+OC=0，且|OA|=|OB|=|OC|=1，则三角形ABC的形状是( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
7.设α为锐角，若cs(α+π3)=− 33，则cs(2α+π6)的值为( )
A. 2 23B. −2 23C. −13D. 53
8.在△ABC中，点M，N在边BC上，且满足：AM=12(AB+AC)，ABAC=BNNC，若A=2π3，AM= 32，AN=23，则△ABC的面积等于( )
A. 12B. 23C. 22D. 32
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知α，β是不同平面，m，n，l是不同直线，则“m/​/n”的充分条件是( )
A. m⊥l，n⊥lB. m/​/α，m⊂β，α∩β=n
C. m⊥α，n⊥β，α/​/βD. α/​/β，m⊂α，n⊂β
10.已知复数z=3+4i(i是虚数单位)，z−是z的共轭复数，下列说法中正确的是( )
A. z的虚部为4B. z−=3−4i
C. z2=|z|2D. 2+i是z的一个平方根
11.设e1，e2是夹角为60°的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量p，存在唯一有序实数对(λ,μ)，使得p=λe1+e2，我们称有序数对(λ,μ)为向量p的“仿射坐标”.若向量a和b的“仿射坐标”分别为(1,2)，(m,−1)，则下列说法正确的是( )
A. |a|= 7
B. 若m=3，则a+b的“仿射坐标”为(4,1)
C. 若a⊥b，则m=2
D. 若a//b，则m=−12
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是______．
13.将正方形ABCD沿对角线AC折叠成直二面角B−AC−D，则此时BD与平面ABC成角的大小是______．
14.某校高一学生对学校附近的一段近似直线型高速公路进行实地测绘(如图)，结合地形，他们选择了C，D两地作为测量点.通过测量得知：C，D两地相距300米，A，B分别位于C地正东和东偏南37°方向上；C，A和B分别位于D地的北偏东51°，81°和南偏东63°方向上.则A，C两地之间的距离为______米；若一辆汽车通过高速公路AB段用时约50秒，则该辆汽车的车速约为______千米/小时．
(参考数据：sin9°≈320，sin10°≈17100，sin66°≈6875cs37°≈45)
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中.
(1)求证：AB/​/平面A1B1CD；
(2)求证：AC1⊥B1C.
16.(本小题15分)
在直角坐标系xOy中，已知向量OA=(1,−1)，OB=(3,1)，OC=(m,3)(其中m∈R)，D为坐标平面内一点．
(1)若A，B，C三点共线，求m的值；
(2)若向量AB与AC的夹角为π4，求m的值；
(3)若四边形ABCD为矩形，求D点坐标．
17.(本小题15分)
已知角α，β满足sinα=2 55，csβ=−45，且−π2<α<π2，0<β<π．
(1)求sin(2α−β)的值；
(2)求α+β2的大小．
18.(本小题17分)
在以下三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．
①2a−b=2ccsB；
②2csinA=atanC；
③△ABC的面积为12c(asinA+bsinB−csinC)(如多选，则按选择的第一个记分)
问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_____．
(1)求角C；
(2)若c=2，求△ABC面积的最大值；
(3)在(2)的条件下，若△ABC为锐角三角形，求2a−b的取值范围．
19.(本小题17分)
已知在多面体ABC−A1B1C1中，A1B1/​/AB，B1C1/​/BC，AB=2A1B1．
(1)若A1，A，C，C1四点共面，求证：多面体ABC−A1B1C1为棱台；
(2)在(1)的条件下，平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，AA1⊥AB，B1C1=2A1B1=4，AA1=2，且∠B1BC=3π4．
①求多面体ABC−A1B1C1的体积；
②求二面角A−CC1−B正切值．
答案解析
1.A
【解析】解：21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，
则对应的点(1,1)位于第一象限．
故选：A．
2.C
【解析】解：设正方体的棱长为2，连接AD1，取DD1的中点M，
连接FM，ME，DE，在正方体中，易证得BC1/​/AD1，
因为E，F分别为AD，AB的中点，FM//AD1，所以FM//BC1，
所以∠MFE或补角等于EF与BC1所成角，
在△FEM中，EF=FM=12⋅BD=12⋅2 2= 2，
DE= AD2+AE2= 4+1= 5，ME= MD2+DE2= 1+5= 6，
所以cs∠MFE=FM2+EF2−ME22FM⋅EF=2+2−62⋅ 2⋅ 2=−12，
所以EF与BC1所成角的余弦值为|cs∠MFE|=12，
所以EF与BC1所成的角为60°．
故选：C．
3.B
【解析】解：由题意，a=(1,0)，|b|=4，a⋅b=0，
则|3a−b|= 9a2−6a⋅b+b2= 9+16=5．
故选：B．
4.B
【解析】解：根据题意，设该圆柱的底面半径为r，高为ℎ，
重新组合后，增加的面积为rℎ+rℎ=2rℎ=20，变形可得rℎ=10，
则原圆柱的侧面积S=2πrℎ=20π．
故选：B．
5.A
【解析】解：∵tan(α−π4)=14，tan(α+β)=25，
∴tan(π4+β)=tan[(α+β)−(α−π4)]=tan(α+β)−tan(α−π4)1+tan(α+β)tan(α−π4)=25−141+25×14=322．
故选：A．
6.D
【解析】解：向量OA，OB，OC满足：OA+OB+OC=0，
所以O为三角形的重心，即三条中线交于O，
因为|OA|=|OB|=|OC|=1，
则O为三角形的外心，即O为中垂线的交点，
故三角形ABC的形状是等边三角形．
故选：D．
7.B
【解析】解：由α为锐角，得π3<α+π3<5π6，
而cs(α+π3)=− 33，因此sin(α+π3)= 1−cs2(α+π3)= 63，
所以cs(2α+π6)=sin[(2α+π6)+π2]=sin2(α+π3)=2sin(α+π3)cs(α+π3)=2× 63×(− 33)=−2 23．
故选：B．
8.D
【解析】解：根据题意，在△ABC中，设AB=c，CB=a，AC=b，
因为AM=12(AB+AC)，所以M为BC中点，可得|AM|2=14(|AB|2+2AB⋅AC+|AC|2)=14c2+12cbcsA+14b2，
整理得34=14c2−14cb+14b2，化简得3=c2−cb+b2．
因为ABAC=BNNC，所以AN为∠BAC的平分线，
由S△ABC=S△ABN+S△ANC，得12bcsinA=12c⋅ANsin∠BAN+12b⋅ANsin∠CAN，
代入题中数据并化简，可得bc=23c+23b，则32bc=b+c且3=c2−cb+b2=(b+c)2−3bc，
根据以上两式可得3=94(bc)2−3bc，解得bc=2(负值舍去)，所以△ABC的面积S=12bcsinA= 32．
故选：D．
9.BC
【解析】解：α，β是不同平面，m，n，l是不同直线，
对于A，∵m⊥l，n⊥l，∴m，n相交、平行或异面，故A错误；
对于B，m/​/α，m⊂β，α∩β=n，则m/​/n，
∴“m/​/n”的充分条件是m/​/α，m⊂β，α∩β=n，故B正确；
对于C，m⊥α，n⊥β，α/​/β，∴由线面垂直的性质得m/​/n，
∴“m/​/n”的充分条件是m⊥α，n⊥β，α/​/β，故C正确；
对于D，α/​/β，m⊂α，n⊂β，则m，n平行或异面，故D错误．
故选：BC．
10.ABD
【解析】解：因为z=3+4i，则z的虚部为3，z−=3−4i，A，B正确；
z2=(3+4i)2=9+24i−16=−7+24i，|z|=5.C错误；
因为(2+i)2=4+4i−1=3+4i=z，D正确．
故选：ABD．
11.ABD
【解析】解：根据“仿射坐标”定义，a=e1+2e2，b=me1−e2，
对于A，|a|=|e1+2e2|，即|a|2=|e1+2e2|2=|e1|2+4|e1|⋅|e2|cs60°+4|e2|2=7，
∴|a|= 7，故A正确；
对于B，a=e1+2e2，b=3e1−e2，则a+b=4e1+e2，
根据“仿射坐标”定义，a+b的“仿射坐标”为(4,1)，故B正确；
对于C，若a⊥b，则a⋅b=(e1+2e2)⋅(me1−e2)=0，
化简a⋅b=m|e1|2+(2m−1)|e1|⋅|e2|cs60°−2|e2|2=0，
∴m+(2m−1)×12−2=0，解得m=54，故C错误；
对于D，若a//b，a=λb，则e1+2e2=λ(me1−e2)=λme1−λe2，
∴1=λm，2=−λ，联立得出m=−12，λ=−2.故D正确．
故选：ABD．
12.24π
【解析】解：依题意，正四棱柱的底面边长是2，
所以它的体对角线的长是2 6，
所以球的直径是2 6，
所以这个球的表面积是：4π( 6)2=24π．
故答案为：24π．
13.45°
【解析】解：取AC的中点O，连接OB，OD，则OB⊥AC，OD⊥AC，且OB=OD，
所以∠BOD即为二面角B−AC−D的平面角，
所以∠BOD=90°，即OB⊥OD，
又OD⊥AC，OB∩AC=O，
所以OD⊥平面ABC，
所以∠OBD即为BD与平面ABC所成角，
因为OB=OD，OB⊥OD，
所以∠OBD=45°，
所以BD与平面ABC所成角的大小是45°．
故答案为：45°．
14.1000 72
【解析】解：在△ACD中，∠DCA=51°+90°=141°，∠CAD=90°−81°=9°，
CD=300米，∠CDA=180°−∠DCA−∠CAD=30°，
由正弦定理得CDsin∠CAD=ACsin∠CDA，即300sin9∘=AC12，即300320=AC12，
解得AC=1000米；
在△BCD中，CD=300米，∠BCD=90°−∠ACB+51°=90°−37°+51°=104°，
∠BDC=180°−51°−63°=66°，∠CBD=180°−∠BCD−∠BDC=180°−104°−66°=10°，
由正弦定理得CDsin∠CBD=BCsin∠BDC，
即300sin10∘=BCsin66∘，即300100=AC6875，
解得BC=1600米，
在△ABC中，∠ACB=37°，AC=1000米，BC=1600米，
由余弦定理得AB2=CA2+CB2−2CA⋅CB⋅cs∠ACB，
即AB2=10002+16002−2×1000×1600×45=1000000，
所以AB=1000米=1千米，
50秒=5060×60小时=172小时，
所以速度为1172=72千米/小时．
故答案为：1000；72．
15.证明：(1)在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB/​/A1B1，
AB⊄A1B1C1D1，A1B1⊂A1B1C1D1，
所以AB/​/平面A1B1CD；
(2)连接BC1，AC1，由正方体的性质可知B1C⊥BC1，
且AC⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，
所以AC⊥B1C，
又因为AC∩B1C=C，
所以B1C⊥平面ACC1，AC1⊂平面ACC1，
所以AC1⊥B1C.
16.解：(1)已知向量OA=(1,−1)，OB=(3,1)，OC=(m,3)(其中m∈R)，
所以AB=(2,2)，AC=(m−1,4)，
由于A，B，C三点共线，
故8−2(m−1)=0，解得m=5．
(2)由于AB=(2,2)，AC=(m−1,4)，
故cs=AB⋅AC|AC||AC|=2(m−1)+8 22+22× (m−1)2+42= 22，
解得m=1；
(3)设点D(x,y)，
由AB=(2,2)，BC=(m−3,2)，AD=(x−1,y+1)，CD=(x−m,y−3)，
由于四边形ABCD为矩形，
所以AB⊥BC，
故AB⋅BC=2(m−3)+4=0，解得m=1；
由AB=−CD，所以x−1=−2y−3=−2，解得x=−1，y=1；
故D(−1,1)．
17.解：(1)因为sinα=2 55−π2<α<π2，
所以csα= 55，
所以sin2α=2sinαcsα=2×2 55× 55=45，cs2α=1−2sin2α=−35，
因为csβ=−45，0<β<π，所以sinβ=35，
所以sin(2α−β)=sin2αcsβ−cs2αsinβ=45×(−45)−(−35)×35=−725；
(2)因为sinα=2 55，−π2<α<π2，
所以0<α<π2，
因为csβ=−45，0<β<π，所以π2<β<π，
故π4<β2<π2，π4<α+β2<π，
又因为csβ=−45=2cs2β2−1，
所以cs2β2=110csβ2= 1010sinβ2=3 1010，
所以cs(α+β2)=csαcsβ2−sinαsinβ2= 55× 1010−2 55×3 1010=− 22，
又因为π4<α+β2<π，所以α+β2=3π4．
18.解：(1)若选①：由正弦定理得2sinA−sinB=2sinCcsB，则2sin(B+C)−sinB=2sinCcsB，
∴2sinBcsC+2csBsinC−sinB=2sinCcsB，
∴2sinBcsC−sinB=0，
∵B∈(0,π)，sinB≠0，
∴csC=12，
∵C∈(0,π)，
∴C=π3；
选②：2csinA=atanC，
则2csinA=atanC=a⋅sinCcsC，
由正弦定理得，2sinC⋅sinA=sinA⋅sinCcsC，
即2csC=1，csC=12，
∵C∈(0,π)，
∴C=π3；
若选③：△ABC的面积为12c(asinA+bsinB−csinC)，
则12absinC=12c(asinA+bsinB−csinC)，
由正弦定理得12abc=12c(a2+b2−c2)，
∴a2+b2−c2=ab，
∴csC=a2+b2−c22ab=12，
∵C∈(0,π)，
∴C=π3；
(2)由余弦定理得，c2=a2+b2−2abcsC，
则4=a2+b2−ab≥ab，当且仅当a=b=2时取等号，即(ab)max=4，
S=12absinC= 34ab，
则Smax= 3，当且仅当a=b=2时取得最大值；
(3)由正弦定理得，asinA=bsinB=csinC=4 33，即a=4 33sinA，b=4 33sinB，
则2a−b=8 33sinA−4 33sinB=8 33sinA−4 33sin(A+π3)=2 3sinA−2csA=4sin(A−π6)，
由于△ABC为锐角三角形，
则0∴2a−b∈(0,2 3)．
19.解：(1)证明：因为AB/​/A1B1，AB⊂平面ABC，A1B1平⊄面ABC，
所以A1B1平面ABC，
同理可证B1C1/​/平面ABC，
又因为A1B1∩B1C=B1，A1B1⊂平面A1B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，
所以平面ABC/​/平面A1B1C1，而A1B1/​/AB，
故AA ​1，BB1共面，
因为AB≠A1B1，设AA1∩BB1=M，而M∈AA1，且AA1⊂平面AA1C1C，

所以M∈平面AA1C1C，同理可证M∈平面BB1C1C，
所以M∈面AA1C1C∩面BB1C1C，又因平面AA1C1C∩平面BB1C1C=CC1，
所以M∉CC1，
则AA1，BB1，CC1交于同一点M，
又因为平面ABC/​/平面A1B1C1，
所以多面体ABC−A1B1C1为棱台．
(2)①三棱台ABC−A1B1C1中，由(1)知侧棱AA1，BB1，CC1交于同一个点M，连结AB1，
在侧面梯形AA1B1B中，有AB/​/A1B1，AA1⊥AB，
所以梯形AA1B1B为直角梯形，
又因为AA1=A1B1=2，AB=2A1B1=4，
所以AB1=2 2=BB1，
所以AB12+BB12=AB2，
故AB 1⊥BB1，
又因为ABB1A1⊥面BCC1B1，面ABB1A1∩面BCC1B1=BB1，AB1⊂面ABB1A1，
所以AB1⊥平面BCC1B1，
即AB1的长度等于点A到平面BCC1B1的距离，
在三棱台ABC−A1B1C1中，有B1C1BC=A1B1AB，
即4BC=24，所以BC=8，
在侧面梯形BCC1B1中，B1C1=4，BC=8，BB1=2 2，∠B1BC=3π4，
所以侧面梯形BCC1B1的面积SBCC1B1=12×(4+8)×2 2×sin3π4=12．
又MB−2 2MB=MB−BB1MB=MB1MB=B1C1BC=12，
解得MB=4 2，
故S△MBC=12×BC×BM×sin∠CBM=12×8×4 2×sin3π4=16，
所以VA−MBC=13SMBC×AB1=13×16×2 2=32 23．
因为VM−A1B1C1VM−ABC=(12)3=18，
故VABC−AA1C1=78VM−ABC=78VA−MBC=78×32 23=28 23，所以所求棱台ABC−AB1C1的体积为28 23．

②在△MBC内，过点B1作B1D⊥CM，记垂足为D，连接AD，
由①知AB1⊥面BCC1B1，又B1D，CM⊂平面BB1C1C，
所以AB1⊥B1D，AB1⊥CM，
又因为B1D⊥CM，AB1∩B1D=B1，
所以CM⊥平面AB1D，又因为AD⊂平面AB1D，
所以CM⊥AD，
又B1D⊥CM，所以∠ADB1的值等于二面角A−CC1−B的值，
在△MBC中，BC=8，BM=4 2，∠B1BC=3π4，
所以CM= (4 2)2+82−2×4 2×8×cs3π4=4 10，
故16=S△MBC=12BM×BC×sin3π4=12CM×2B1D=12×4 10×2B1D，
解得B1D=2 105，
故由AB1⊥B1D即知tan∠ADB1=AB1B1D=2 22 105= 5，
所以二面角A−CC1−B的正切值为 5．