2023-2024学年黑龙江省双鸭山市建新中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年黑龙江省双鸭山市建新中学高一（下）期末数学试卷（含答案），共7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z=2−6i，则z的共轭复数z−的虚部为( )
A. −6iB. 6iC. 6D. −6
2.在平面直角坐标系中，若角a的终边经过点P(sinπ6,−csπ6)，则sin(π2+α)=( )
A. −12B. 32C. − 32D. 12
3.已知a=(1,x)，b=(2,−4)，若a与b的夹角为锐角，则实数x的取值范围为( )
A. {x|x<12}B. {x|x>12}
C. {x|x<12且x≠−2}D. {x|x>12且x≠2}
4.如图，体积为V的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点．v1为小球相交部分(图中阴影部分)的体积，v2为大球内、小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是( )
A. v1=v2
B. v2=v2
C. v1>v2
D. v15.已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)的渐近线方程为y=± 3x，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，点M(−1,0)，N(0,b)，点P为线段MN上的动点，当PF1⋅PF2取得最小值时，△PF1F2的面积为( )
A. 32B. 2 3C. 2D. 3
6.tan20°+1−tan5°1+tan5∘+ 3tan20°tan40°=( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
7.在△ABC中，a=4，b=52，5cs(B+C)+3=0，则角B的大小为( )
A. π6B. π4C. π3D. π6或5π6
8.已知三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB=PC，∠PAB=90°，底面ABC是边长为2 3的等边三角形，△PBC的面积为5 3.有下列四个结论：
①三个侧面均为等腰三角形；
②点A到平面PBC的距离为125；
③球O的表面积为32π；
④PB与平面ABC所成角的余弦值为2 77．
其中正确的结论为( )
A. ②④B. ②③C. ①③D. ①②
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.已知不共面的三个向量a，b，c都是单位向量，且夹角都是π3，则下列结论正确的是( )
A. {a,a−b,b+c}是空间的一组基底
B. {3a+7b+4c,2a+3b+c,−a+b+2c}不是空间的一组基底
C. 向量a−b−c的模是2
D. 向量a−b−c和b的夹角为3π4
10.已知函数f(x)=|2x−1|,x≤1(x−2)2,x>1，函数y=f(x)−a有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，且x1A. a的取值范围是(0,1)B. x2−x1的取值范围是(0,1)
C. x3+x4=4D. 2x1+2x2x3+x4=2
11.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，C1E=3EC，平面ABE将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为Ω上，下部分对应的几何体为Ω下，则( )
A. Ω下的体积为2
B. Ω上的体积为12
C. Ω下的外接球的表面积为9π
D. 平面ABE截该正四棱柱所得截面的面积为2 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(1,2)，b=(4,x)，若a⊥b，则|a+2b|= ______．
13.设a，b是实数，若21−i=a+bi(i是虚数单位)，则a+b的值是______．
14.在平面直角坐标系xOy中，满足x2+y2=1的点构成一个圆，经过点(12, 32)且与之相切的直线方程是______；类似地，在空间直角坐标系O−xyz中，满足x2+y2+z2=1的点构成的空间几何体是一个球，则经过点(23,−13,23)且与之相切的平面方程是______．
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，某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截取八个一样的四面体得到的，已知被截的正方体棱长是2a．
(1)求石凳的体积；
(2)求石凳的表面积．
16.(本小题15分)
已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(a+b)sinA=csinC+(2a−b)sinB．
(1)求角C的大小；
(2)若c= 2，求△ABC面积的最大值．
17.(本小题15分)
在△ABC中，已知BC=4，AC=3，P在线段BC上，且BP=13BC，AQ=23AB，设CB=a，CA=b．
(1)用向量a，b表示AP；
(2)若∠ACB=60°，求AP⋅CQ．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示．
(Ⅰ)求函数f(x)的周期及表达式；
(Ⅱ)若函数g(x)=f(x)−2csx+1，求g(x)的最大值及单调递增区间．
19.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a+b−5，c= 7，且4sin2A+B2−cs2C=72．
(1)求角C的大小；
(2)求△ABC的面积．
参考答案
1.C
2.D
3.C
4.D
5.A
6.C
7.A
8.B
9.ABD
10.AC
11.ACD
12. 85
13.2
14.12x+ 32y=1 x−13y+23z=1
15.解：(1)根据题意可知正方体的体积为V正方体=(2a)3=8a3，
又截去的每个四面体体积为V四面体=13×12a2×a=a36，
所以石凳的体积为V=V正方体−8V四面体=8a3−8×a36=20a33；
(2)因为石凳的每个正方形面面积为S正方形=( 2a)2=2a2，
又石凳的每个正三角形面面积为S三角形=12( 2a)2sin60°= 3a22，
所以石凳的全面积为S=6S正方形+8S三角形=12a2+8× 3a22=(12+4 3)a2．
16.解：(1)∵在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(a+b)sinA=csinC+(2a−b)sinB，
∴(a+b)a=c2+(2a−b)b，即a2+b2−c2=ab，∴csC=a2+b2−c22ab=12，∴C=π3．
(2)据(1)求解知，a2+b2−c2=ab，
∵c= 2，∴a2+b2=2+ab．
又a2+b2≥2ab，当且仅当a=b是，取等号，∴ab≤2，
∴△ABC面积的最大值为12ab⋅sinC=12×2×sinπ3= 32．
17.解：(1)由题意得，AP=CP−CA=23CB−CA=23a−b．
(2)CQ=CA+AQ=CA+23AB=CA+23(CB−CA)=23CB+13CA=23a+13b，
所以AP⋅CQ=(23a−b)⋅(23a+13b)=49|a|2−49a⋅b−13|b|2=49⋅42−49⋅4⋅3⋅cs60°−13⋅32=139．
18.解：(Ⅰ)根据函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象，
可得T4=5π6−π3=π2，
所以，T=2π=2πω，∴ω=1．
点(π3,1)代入函数得，sin(π3+φ)=1，
∴π3+φ=π2+2kπk∈Z，又φ<π2，
∴φ=π6，即函数为f(x)=sin(x+π6)．
(Ⅱ)函数g(x)=f(x)−2csx+1=sin(x+π6)−2csx+1
= 32sinx+12csx−2csx+1
= 3sin(x−π3)+1，
故当x−π3=2kπ+π2，即x=2kπ+5π6，k∈Z时，函数g(x)取得最大值 3+1．
令2kπ−π2≤x−π3≤2kπ+π2，求得2kπ−π6≤x≤2kπ+5π6，
可得函数g(x)的单调递增区间为[−π6+2kπ,5π6+2kπ](k∈Z)．
19.解：(1)∵A+B+C=180°，
∴A+B2=90°−C2，
由4sin2A+B2−cs2C=72得：4cs2C2−cs2C=72，
∴4⋅1+csC2−(2cs2C−1)=72，
整理得：4cs2C−4csC+1=0，
解得：csC=12，
∵0°∴C=60°；
(2)由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcsC，即7=a2+b2−ab，
∴7=(a+b)2−3ab=25−3ab⇔ab=6，
∴S△ABC=12absinC=12×6× 32=3 32．