2023-2024学年河南省新未来高一下学期期末质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省新未来高一下学期期末质量检测数学试题（含解析），共13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.与角−π9终边相同的角是( )
A. 8π9B. 17π9C. −11π9D. 7π18
2.已知向量a=x,1−x，b=x+3,9，若a⊥b，则( )
A. x=−2B. x=−12C. x=3D. x=72
3.若tanα=2，则cs2αsin2α+cs2α的值为( )
A. −34B. −35C. 25D. 12
4.已知圆柱的母线长比底面半径长多2cm，表面积为24π cm2，则该圆柱的体积为( )
A. 12πcm3B. 14πcm3C. 16πcm3D. 18πcm3
5.函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,−π2<φ<π2的部分图象如图所示，则f(x)=( )
A. 2sin2x+π12B. 2sin2x+π6C. 2sin2x−π12D. 2sin2x−π6
6.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B=2C，b= 2a，则( )
A. △ABC为直角三角形B. △ABC为锐角三角形
C. △ABC为钝角三角形D. △ABC的形状无法确定
7.已知f(x)=2csωx−π3(其中ω>0)，若方程|f(x)|=1在区间(0,π)上恰有4个实根，则ω的取值范围是( )
A. 83,3B. 83,3C. 2,83D. 2,83
8.已知四棱锥S−ABCD的所有顶点都在半径为R(R为常数)的一个球面上，底面ABCD是正方形且球心O到平面ABCD的距离为1，若此四棱锥体积的最大值为6，则球O的体积等于( )
A. 32π3B. 8πC. 16πD. 16π3
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如图，小明在A处向正东方向走3km后到达B处，他再沿南偏西30°方向走akm到达C处，这时他离出发点A的距离为 7km，那么a的值可以是( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
10.下列不等式中成立的是( )
A. sin1cs2
C. cs−70∘>sin18∘D. sin4π5>sin17π6
11.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2,AA1=3，O为BD1的中点，E为棱AA1上任意一点，直线OE与棱CC1交于点F.则下列结论正确的是( )
A. 四边形BFD1E是平行四边形
B. 当E为AA1的中点时，四边形BFD1E是菱形
C. 四边形BFD1E的周长的最小值为9
D. 四棱锥B1−BED1F的体积为4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知z=(2−i)i1+i，则z的虚部为 ．
13.已知向量a,b满足a=1,b=2，且a+b=a−2b，则a−b= ．
14.如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=CC1=B1C1=2,AC⊥BC，平面α过棱BB1的中点P且与AC1平行，若α截该三棱柱所得的截面为等腰梯形，则该截面的面积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知复数z=1+i是一元二次方程x2+ax+b=0(a∈R,b∈R)的根．
(1)求a,b的值；
(2)若复数(a+bi)(m−i)(其中m∈R)为纯虚数，求复数ω=5m−1+3mi的模．
16.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足bc−a+cb−a=1．
(1)求角A；
(2)若△ABC的外接圆的面积为7π3，sinB+sinC=5 77sinA，求△ABC的面积．
17.(本小题12分)
已知函数fx=2sinxcsx+ 3sin2x− 32cs2x− 32．
(1)求函数fx的单调递减区间；
(2)求函数fx在区间−π4,π4上的最大值和最小值；
(3)若θ为锐角，fθ2+π24= 105，求csθ的值．
18.(本小题12分)
如图，在矩形ABCD中，F为CD的中点，E为AD上靠近点A的三等分点，BD与EF相交于点G，记EG=λGF．
(1)求λ的值；
(2)若AB=1,BC=2，求BG⋅BF的值．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，▵PAB是边长为2的等边三角形，底面ABCD为菱形，∠DAB=π3，PD= 3．
(1)求锐二面角P−AB−D的大小；
(2)求AP与平面PBC所成的角的正弦值．
答案解析
1.B
【解析】由题意，与角−π9终边相同的角可写为α=−π9+2kπ(k∈Z)，
令k=1，代入，得α=17π9
故选：B．
2.C
【解析】已知向量a=x,1−x，b=x+3,9，
若a⊥b，则xx+3+91−x=0，
解得x=3．
故选：C．
3.B
【解析】由tanα=2，得cs2αsin2α+cs2α=cs2α−sin2α2sinαcsα+cs2α=1−tan2α2tanα+1=1−222×2+1=−35．
故选：B
4.C
【解析】设圆柱底面圆半径为r，则圆柱母线长为r+2，
由圆柱表面积为24π，得2πr2+2πr(r+2)=24π，解得r=2，
所以该圆柱的体积为πr2(r+2)=16π(cm3).
故选：C
5.C
【解析】由图像可得A=2，19π24−π24=34T，可得T=π
由T=2πω=π，可得ω=2
所以fx=2sin2x+φ，由f19π24=2sin2×19π24+φ=2sin19π12+φ=−2
所以19π12+φ=2kπ+3π2,k∈Z，解得φ=2kπ−π12,k∈Z
由−π2<φ<π2，所以φ=−π12
所以fx=2sin2x−π12
故选：C
6.A
【解析】解：因为b= 2a，
由正弦定理可得sinB= 2sinA，
又B=2C，
则sin2C= 2sin3C，
sin2C= 2sin2CcsC+ 2cs2CsinC，
2sinCcsC=2 2sinCcs2C+ 2cs2CsinC，
由sinC≠0，
得2csC=2 2cs2C+ 2(2cs2C−1)，
即4 2cs2C−2csC− 2=0，
解得csC= 22或csC=− 24，
又因为B=2C，故C∈(0,π2)，
所以csC= 22，
故C=π4，B=π2，所以△ABC为等腰直角三角形．
故选A．
7.D
【解析】由|f(x)|=1，得2csωx−π3=1，
所以csωx−π3=12或csωx−π3=−12，
所以ωx−π3=−π3+2kπ，或ωx−π3=π3+2kπ，或ωx−π3=2π3+2kπ，或ωx−π3=4π3+2kπ,k∈Z，
由x∈(0,π)，得ωx∈(0,ωπ)，所以ωx−π3∈(−π3,ωπ−π3)，
因为方程|f(x)|=1在区间(0,π)上恰有4个实根，
所以5π3<ωx−π3≤7π3，解得2<ω≤83，
故选：D
8.A
【解析】因为AB= 2R2−1，所以Vmax=13×R+1×2R2−1=23R+1R2−1=6，
得R3+R2−R−10=0，得R3−2R2+3R2−R−10=0，
有R2R−2+3R+5R−2=0，有R−2R2+3R+5=0，
得R=2，所以球O的体积为43π×8=323π．
故选：A
9.AD
【解析】如图，


由条件可知AB=3km,BC=akm,AC= 7km,∠ABC=90∘−30∘=60∘,
根据余弦定理可知，AC2=AB2+BC2−AB⋅BCcs∠ABC，
所以7=9+a2−2×3a×12，解得a=2或a=1．
故选：AD．
10.ACD
【解析】解：对于A，∵y=sinx在0,π2上单调递增，又0<1<π3<π2，∴sin1对于B，∵y=csx在π2,π上单调递减，又π2<2<2π3<π，∴cs2π3对于C，∵cs−70∘=cs70∘=sin20∘，y=sin x在0,π2上单调递增，∴sin20∘>sin18∘，
∴cs−70∘>sin18∘，C正确；
对于D，∵sin4π5=sinπ−π5=sinπ5，sin17π6=sin3π−π6=sinπ6，
∵y=sinx在0,π2上单调递增，0<π6<π5<π2，
∴sinπ6sin17π6，D正确．
故选ACD．
11.ABD
【解析】对于A，因为O为BD1的中点，直线OE与棱CC1交于点F，所以E,D1,F,B四点共面，
因为平面ABB1A1//平面DCC1D1，平面BFD1E∩平面ABB1A1=BE，平面DCC1D1∩平面ABB1A1=D1F，
所以BE//D1F，同理可证得BF//D1E，
所以四边形BFD1E是平行四边形，所以 A正确，
对于B，因为E为AA1的中点，所以A1E=AE，因为AB=BC=AD=A1D1，∠BAE=∠D1A1E=90∘，
所以▵BAE≌▵D1A1E，所以BE=ED1，
因为四边形BFD1E是平行四边形，所以四边形BFD1E是菱形，所以 B正确，
对于C，设AE=x(0≤x≤3)，则A1E=3−x，BE= 4+x2,D1E= 4+(3−x)2，
所以四边形BFD1E的周长为2(BE+D1E)=2( 4+x2+ 4+(3−x)2)
=2( (2−0)2+(0−x)2+ (2−0)2+(3−x)2)，
则 (2−0)2+(0−x)2+ (2−0)2+(3−x)2看成平面上点P(0,x)到点M(2,0),N(2,3)的距离和，
设点M(2,0)关于y轴的 对称点为M′(−2,0)，则MP=M′P
所以 (2−0)2+(0−x)2+ (2−0)2+(3−x)2=MP+NP
=M′P+NP≥M′N= 42+32=5，当x=32时取等号，
所以四边形BFD1E的周长为10，所以C错误，
对于D，VB1−BED1F=VB1−BED1+VB1−BFD1=VD1−B1BE+VD1−B1BF
=13×12×3×2×2+13×12×3×2×2=4，所以 D正确，
故选：ABD
12.−12 或−0.5
【解析】因为z=(2−i)i1+i=2i−i21+i=1+2i1+i=1+2i1−i1+i1−i=3+i2=32+12i，
所以z=32−12i
故z的虚部为−12．
故答案为：−12．
13.1
【解析】因为a+b=a−2b，所以a+b|2=a−2b|2，
展开得a2+2a⋅b+b2=a2−4a⋅b+4b2，
将a=1,b=2代入，整理得2a⋅b=4，
所以a−b|2=a|2+|b|2−2a⋅b=1，即a−b=1．
故答案为：1
14.3 32
【解析】在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=CC1=B1C1=2,AC⊥BC，
即底面▵ABC为直角三角形，且斜边AB= 22+22=2 2，
取AA1的中点E,A1C1的中点F,B1C1的中点G，连接EP､EF､FG､GP，
则FG//A1B1､EP//A1B1，所以EP//FG，即E､F､G､P四点共面，
由EF//AC1,EF⊂平面EFGP,AC1⊄平面EFGP，所以AC1//平面EFGP，故平面EFGP即为平面α，
取FG的中点M,EP的中点N，连接MN，则MN为等腰梯形EFGP的高，
因为EP=AB=2 2,FG=12AB= 2,EF=PG= 12+12= 2，
所以MN= ( 2)2− 222= 62，
所以SEFGP=12×2 2+ 2× 62=3 32．
故答案为：3 32
15.解：(1)因为z=1+i是一元二次方程x2+ax+b=0的根，
所以z=1−i也是一元二次方程x2+ax+b=0的根，
故(1+i)+(1−i)=−a(1+i)×(1−i)=b，解得a=−2b=2．
(2)因为复数(a+bi)(m−i)=2−2m+(2+2m)i为纯虚数，
所以2−2m=0，且2+2m≠0，即m=1．
所以复数ω=5m−1+3mi=4+3i，
故|ω|= 42+32=5．
【解析】(1)由z=1±i是一元二次方程x2+ax+b=0两根，并根据韦达定理即可求解；
(2)由(1)并结合(a+bi)(m−i)为纯虚数，得m=1，再代入复数ω中求模即可．
16.解：(1)因为bc−a+cb−a=1，
所以b(b−a)+c(c−a)=(c−a)(b−a)，
所以b2−ab+c2−ac=bc−ac−ab+a2，即b2+c2−a2=bc，
所以csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
因为A∈0,π，所以A=π3；
(2)因为△ABC的外接圆的面积为7π3，所以△ABC的外接圆半径为r= 213，
由正弦定理得asinA=2r，a=2rsinA=2× 213× 32= 7，
因为sinB+sinC=5 77sinA，所以由正弦定理得b+c=5 77a=5，
由(1)知b2+c2−a2=bc，
所以(b+c)2−7=3bc，得3bc=25−7=18，则bc=6，
所以△ABC的面积为12bcsinA=12×6× 32=3 32．
【解析】(1)对已知等式化简后，利用余弦定理可求出角A；
(2)先求出角三角形外接圆的半径，再由正弦定理可求出a，将已知等式利用正弦定理统一成边的形式可求出b+c=5，再结合(1)可求出bc=6，从而可求出三角形的面积．
17.解：(1)由fx=sin2x+ 321−cs2x− 32cs2x− 32
=sin2x− 3cs2x=2sin2x−π3．
令2kπ+π2≤2x−π3≤2kπ+3π2，k∈Z，解得kπ+5π12≤x≤kπ+11π12,k∈Z
故函数fx的减区间为kπ+5π12,kπ+11π12,k∈Z
(2)由−π4≤x≤π4，有−5π6≤2x−π3≤π6
有−1≤sin2x−π3≤12，−2≤fx≤1
故函数fx在区间−π4,π4上的最大值为1，最小值为−2；
(3)由fθ2+π24=2sinθ−π4= 105，可得sinθ−π4= 1010
因为0<θ<π2，可得−π4<θ−π4<π4
又由sinθ−π4>0，可得0<θ−π4<π4，有csθ−π4= 1−110=3 1010．
有csθ=csθ−π4+π4= 22csθ−π4−sinθ−π4= 22×3 1010− 1010= 55．
【解析】(1)将fx的解析式化为fx=2sin2x−π3，然后解出不等式2kπ+π2≤2x−π3≤2kπ+3π2即可；
(2)由−π4≤x≤π4，得−5π6≤2x−π3≤π6，然后根据正弦函数的知识可得答案；
(3)由条件可得sinθ−π4= 1010，然后可得csθ−π4的 值，然后利用csθ=csθ−π4+π4算出答案即可．
18.解：(1)因为在矩形ABCD中，F为CD的中点，E为AD上靠近点A的三等分点，
所以BE=BA+AE=BA+13BC，BF=BC+CF=BC+12BA，
因为点G在BD上，所以设BG=kBD=k(BA+BC)(0因为EG=λGF，所以BG−BE=λ(BF−BG)，
所以(1+λ)BG=BE+λBF，
所以(1+λ)k(BA+BC)=BA+13BC+λ(BC+12BA)=(1+12λ)BA+(13+λ)BC，
所以(1+λ)k=1+12λ(1+λ)k=13+λ，解得λ=43，k=57，
(2)由(1)可知BG=57(BA+BC)，BF=BC+12BA，
因为AB⊥BC，所以BA⋅BC=0，
所以BG⋅BF=57(BA+BC)⋅(BC+12BA)
=57(BA⋅BC+12BA2+BC2+12BC⋅BA)
=57×(12+4)=4514．
【解析】(1)将BA,BC作为基底，利用平面向量基本定理结合共线定理对EG=λGF化简，用基底表示，然后列方程组可求得λ的值；
(2)把BG,BF用基底表示，再作数量积运算即可．
19.解：(1)在四棱锥P−ABCD中，取AB中点E，连接PE,DE,BD，
在菱形ABCD中，∠DAB=π3，则▵ABD是正三角形，DE⊥AB，由AB=2，得DE= 3，
由▵PAB是正三角形，得PE⊥AB,PE= 3，则∠PED是二面角P−AB−D的平面角，
而PD=PE=DE= 3，则∠PED=π3，
所以锐二面角P−AB−D的大小为π3．
(2)由(1)知，AB⊥平面PDE，而AB⊂平面ABCD，则平面PDE⊥平面ABCD，
取DE中点H，连接PH,CH，由▵PED为正三角形，得PH⊥DE，PH=32，
而平面PDE∩平面ABCD=DE，PH⊂平面PDE，则PH⊥平面ABCD，
三棱锥P−BCD的体积VP−BCD=13S▵BCD⋅PH=13× 34×22×32= 32，
显然DE⊥CD，CH2=CD2+DH2，又CH⊂平面ABCD，即有PH⊥CH，
于是PC= CH2+PH2= CD2+DH2+PH2= 22+( 32)2+(32)2= 7，
又PB=BC=2，▵PBC底边PC上的高ℎ= BC2−(12PC)2= 22−( 72)2=32，
设点D到平面PBC的距离为d，由VD−PBC=VP−BCD，得13S▵PBC⋅d= 32，
即12PC⋅ℎ⋅d=3 32，于是32⋅ 7d=3 3，解得d=2 3 7，
由AD//BC,BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，得AD//平面PBC，
因此点A到平面PBC的距离等于点D到平面PBC的距离d=2 3 7，
令AP与平面PBC所成的角为θ，则sinθ=dPA= 217，
所以AP与平面PBC所成的角的正弦值 217．
【解析】(1)取AB中点E，利用二面角的定义求解即得．
(2)取DE的中点，利用等体积法求出点D到平面PBC的距离，进而求出点A到平面PBC的距离，再利用公式法求出线面角的正弦值．