2023-2024学年陕西省渭南市大荔县高一下学期期末质量检测数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省渭南市大荔县高一下学期期末质量检测数学试卷（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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若复数z满足z2+i=2i,i是虚数单位，则在复平面内z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.已知向量a=(−4,3)，则与向量a方向相反的单位向量是( )
A. −45,35B. 45,−35
C. −45,−35D. 45,−35或−45,35
3.军事上角的度量常用密位制，密位制的单位是“密位”.1密位就是圆周的16000所对的圆心角的大小.若角α=1000密位，则α=( )
A. π6B. π4C. π3D. 5π12
4.下列四个函数中，以π为最小正周期，且在区间(π2,π)上单调递减的是( )
A. y=csxB. y=|sinx|C. y=csx2D. y=tanx
5.已知sin(α−π6)+csα=35，则cs(2α+π3)=( )
A. −725B. 725C. −2425D. 2425
6.已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且l⊂α，m⊂β，下列命题为真命题的是( )
A. 若l//m，则α//βB. 若α//β，则l//β
C. 若l⊥m，则l⊥βD. 若α⊥β，则l//m
7.若△ABC的内角A，B，C满足sinA2=sinB4=sinC3，则csB=( )
A. 12B. 14C. −12D. −14
8.正三棱锥S−ABC的底面是面积为 3的正三角形，高为2 2，则其内切球的表面积为( )
A. 83B. 8π3C. 8π9D. 89
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。
9.已知函数f(x)=sinx+1，则( )
A. f(x)的最小正周期为2πB. f(x)是奇函数
C. f(x)的图象关于直线x=π轴对称D. f(x)的值域为[0,2]
10.已知非零向量a,b,c，以下命题正确的有( )
A. 若a⋅c=b⋅c，则a=b
B. 若a+b=b，则2b>a+2b
C. 若a⋅b=0，则a=0或b=0
D. 已知a=2,b=0,1,c=a+2b，则a,c=b,c
11.如图所示，若长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4.E是DD1的中点，则( )
A. B1E⊥A1B
B. 平面B1CE//平面A1BD
C. 三棱锥C1−B1CE的体积为83
D. 三棱锥C1−B1CD1的外接球的表面积为24π
12.如图所示，已知角α,β0<α<β<π2的始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为A,B，M为线段AB的中点，射线OM与单位圆交于点C，则( )
A. ∠AOB=β−α
B. OM=csβ−α2
C. 点C的坐标为csα+β2,sinα+β2
D. 点M的坐标为csα+β2csβ−α2,sinα+β2sinβ−α2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若一个扇形的弧长和面积均为3，则该扇形的圆心角的弧度数为 ．
14.若a=2,b=1，且a−b2=3，则a与b的夹角为__ _______．
15.tan25∘+tan35∘+ 3tan25∘tan35∘的值为 ．
16.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上､下面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则V2V1= ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
(1)化简：− 1−2sin190∘cs190∘cs170∘+ 1−cs2170∘
(2)已知tanα=34，计算3sinα+2csαsinα−4csα
18.(本小题12分)
求一个复数z，使得z+4z为实数，且z−2=2．
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，∠ACB=90∘，PA⊥底面ABC．
(1)证明：平面PBC⊥平面PAC；
(2)若AC=BC=PA，M是PB中点，求AM与平面PBC所成角的正切值．
20.(本小题12分)
在▵ABC中，角A,B,C对应的边分别为a,b,c，已知B=π6,b= 2,c=2，求a的值．
21.(本小题12分)
22.(本小题12分)
已知O为坐标原点，对于函数f(x)=asinx+bcsx，称向量OM=(a,b)为函数f(x)的相伴特征向量，同时称函数f(x)为向量OM的相伴函数．
(1)若OT=− 3,1为ℎ(x)=msinx−π6的相伴特征向量，求实数m的值；
(2)记向量ON=1, 3的相伴函数为f(x)，求当f(x)=85且x∈−π3,π6时sinx的值；
(3)已知A(−2,3)，B(2,6)，ℎ(x)为(1)中函数，φ(x)=ℎx2−π3，请问在y=φ(x)的图象上是否存在一点P，使得AP⊥BP，若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．
答案解析
1.A
【解析】因为z2+i=2i，则z=2i2+i=2i2−i2+i2−i=25+45i，
所以z对应的点为25,45，位于第一象限．
故选：A．
2.B
【解析】解：与向量a方向相反的单位向量为：
−a|a|=−1 (−4)2+32⋅a=−15a=(45,−35)．
故选：B．
3.C
【解析】解：α=1000密位
4.B
【解析】解：在A中，y=csx的最小周期是2π，在区间(π2,π)上为减函数，不满足条件；
在B中，y=|sinx|的最小正周期是π，在区间(π2,π)上为减函数，满足条件；
在C中，y=csx2的最小正周期是4π，在区间(π2,π)上为减函数，不满足条件；
在D中，y=tanx的最小正周期是π，在区间(π2,π)上为增函数，不满足条件．
故选B．
5.B
【解析】解：因为 32sinα−12csα+csα=35，
所以 32sinα+12csα=35，即sin(α+π6)=35，
所以cs2α+π3=cs2α+π6=1−2sin2α+π6=1−2×925=725，
故选B．
6.B
【解析】解： 若l//m，则α与β可能相交，A不正确;
若α//β，又l⊂α,则l//β，B正确;
若l⊥m，则l与β可能平行，C不正确;
若α⊥β，则l与m的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，D不正确．
故选：B．
7.D
【解析】因为sinA2=sinB4=sinC3，所以a:b:c=2:4:3，设a=2k,b=4k,c=3k
csB=a2+c2−b22ac=4k2+9k2−16k212k2=−14
故选：D
8.C
【解析】由题意可知：正三棱锥S−ABC的顶点S在底面ABC投影为▵ABC的中心O，
设底面边长为a，侧棱长为b，其内切球的半径为r，
由题意可得：12×a×a× 32= 3 b2−a 32=2 2，解得a=2b=2 7 3,
由三棱锥的体积可得：13× 3×2 2=13r 3+3×12×2× 283−1，解得r= 23，
所以其内切球的表面积为4πr2=8π9．
故选：C．
9.AD
【解析】对于A中，由正弦型函数的性质，可得fx的最小正周期为T=2πω=2π，所以 A正确；
对于B中，由f(−x)=−sinx+1≠−fx，所以fx不是奇函数，所以 B错误；
对于C中，由f(π)=sinπ+1=1不是函数fx的最值，所以fx的图象不关于x=π轴对称，所以 C错误；
对于D中，由−1≤sinx≤1，可得0≤sinx+1≤2，所以函数fx的值域为[0,2]，所以 D正确．
故选：AD．
10.BD
【解析】对于A，若a⋅c=b⋅c，则c⋅(a−b)=0，
故a=b或c⊥(a−b)，故 A错误；
对于B，若a+b=b，则a+b2=b2，
即a2+2a⋅b+b2=b2，即a2+2a⋅b=0，
则∣2b∣2−a+2b2=4b2−a2−4a⋅b−4b2=a2>0，
所以2b2>a+2b2，即2b>a+2b，故 B正确，
对于C，若非零向量a,b，有a⋅b=0，则a⊥b，故 C错误；
对于D，若a=2，b=(0,1),c=a+2b，得到b=1，
则c= a2+4a⋅b+4b2= 4+4+4a⋅b= 8+4a⋅b，
a⋅c=a⋅(a+2b)=a2+2a⋅b=4+2a⋅b，
cs⟨a,c⟩=a⋅cac=4+2a⋅b2× 8+4a⋅b=2+a⋅b 8+4a⋅b，
故b⋅c=b⋅(a+2b)=2b2+a⋅b=2+a⋅b，
所以csb,c=b⋅cbc=2+a⋅b1× 8+4a⋅b=2+a⋅b 8+4a⋅b，
所以cs⟨a,c⟩=csb,c，又⟨a,c⟩∈[0,π],b,c∈[0,π]，
所以a,c=b,c，故 D正确．
故选：BD
11.CD
【解析】解：长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，
在A中，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
则B1(2,0,4)，E(0,2,2)，A1(0,0,4)，B(2,0,0)，
B1E=(−2,2,−2)，A1B=(2,0,−4)，
∵B1E⋅A1B=−4+0+8=4≠0，∴B1E与A1B不垂直，故A错误；
在B中，B1(2,0,4)，C(2,2,0)，E(0,2,2)，A1(0,0,4)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，
CB1=(0,−2,4)，CE=(−2,0,2)，BA1=(−2,0,4)，BD=(−2,2,0)，
设平面B1CE的法向量n=(x,y,z)，
则n·CB1=−2y+4z=0n·CE=−2x+2z=0，取x=1，得n=(1,2,1)，
设平面A1BD的法向量m=(a,b,c)，
则m·BA1=−2a+4c=0m·BD=−2a+2b=0，取a=1，得m=(1,1,12)，
∵m,n不共线，∴平面B1CE与平面A1BD相交，故B错误；
在C中，三棱锥C1−B1CE的体积为：
VC1−B1CE=VB1−C1CE=13×12×4×2×2=83，故C正确；
在D中，三棱锥C1−B1CD1的外接球就是长方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，
∴三棱锥C1−B1CD1的外接球半径R= 22+22+422= 6，
∴三棱锥C1−B1CD1的外接球的表面积为S=4π×( 6)2=24π，故D正确．
故选：CD．
12.ABC
【解析】对于A：因为∠AOx=α,∠BOx=β，0<α<β<π2，所以∠AOB=β−α，正确；
对于B：依题意M为线段AB的 中点，则OM⊥AB，则∠AOM=β−α2，
又OA=1，所以OM=OAcs∠AOM=csβ−α2，正确；
对于C：M为线段AB的中点，射线OM与单位圆交于点C，则C为AB⌢的中点，
所以∠COx=α+β−α2=α+β2，
又OC=1，所以点C的坐标为csα+β2,sinα+β2，正确；
对于D：xM=12xA+xB=12(csα+csβ)=12csα+β2+α−β2+csα+β2−α−β2
=12csα+β2csα−β2−sinα+β2sinα−β2+csα+β2csα−β2+sinα+β2sinα−β2
=12⋅2csα+β2csα−β2=csα+β2csα−β2，
yM=12yA+yB=12(sinα+sinβ)=12sinα+β2+α−β2+sinα+β2−α−β2
=12sinα+β2csα−β2+csα+β2sinα−β2+sinα+β2csα−β2−csα+β2sinα−β2
=12⋅2sinα+β2csα−β2=sinα+β2csα−β2，
所以点M的坐标为csα+β2csβ−α2,sinα+β2csβ−α2，错误．
故选：ABC
13.32
【解析】∵l=312l⋅r=3⇒l=3r=2,
∴|α|=lr=32，
故答案为：32
14.π3
【解析】设a与b的夹角为θ，
a−b2=a2−2a⋅b+b2=a2−2a⋅bcsθ+b2=3，
即4−2×2csθ+1=3，解得csθ=12，
故θ=π3．
故答案为：π3
15. 3
【解析】解：tan25°+tan35°+ 3tan25°tan35°
=tan(25°+35°)(1−tan25°tan35°)+ 3tan25°tan35°
= 3(1−tan25°tan35°)+ 3tan25°tan35°
= 3．
故答案为： 3．
16.23
【解析】设圆柱的底面半径为r，则圆柱的母线长为2r，球的半径为r，
则V1=πr2⋅2r=2πr3，V2=43πr3，
所以V2V1=43πr32πr3=23．
故答案为：23．
17.解：(1)− 1−2sin190∘cs190∘cs170∘+ 1−cs2170∘=− sin190∘−cs190∘2cs170∘+sin170∘=cs190∘−sin190∘cs170∘+sin170∘
=−cs10∘+sin10∘−cs10∘+sin10∘=1,
(2)3sinαcsα+2sinαcsα−4=3tanα+2tanα−4=3×34+234−4=−1713
【解析】(1)利用同角三角函数关系求解即可；(2)利用弦切互化求解即可．
18.解：由题意，设z=a+bi，a,b∈R，且a,b不同时为0，
因为z+4z∈R，即a+bi+4a+bi=a+bi+4a−bia2+b2=a+4aa2+b2+b1−4a2+b2i∈R，
所以b−4ba2+b2=0，①
又z−2=2，即a−2+bi= a−22+b2=2，②
联立①②解得a=4b=0，或a=1b=± 3，经检验此时a+4aa2+b2≠0，
所以复数z=4或z=1− 3i或z=1+ 3i，
【解析】由题意，设z=a+bi，a,b∈R，且a,b不同时为0，则有b−4ba2+b2=0 a−22+b2=2，求解方程组即可．
19.解：(1)证明：因为 ∠ACB=90∘ ，
所以 AC⊥CB ，又 PA⊥ 底面ABC，CB⊂底面ABC，
所以 PA⊥CB ，又 AC∩PA=A ，AC、PA⊂平面PAC，
所以 CB⊥ 平面PAC，
因为 CB⊂ 平面PBC，
所以平面 PBC⊥ 平面PAC；
(2)如图所示：
作 AO⊥PC 于点O，连接OM，
因为平面 PBC⊥ 平面PAC，平面 PBC∩ 平面PAC=PC，AO⊂平面PAC，AO⊥PC，
所以 AO⊥ 平面PBC，
则 ∠AMO 即为AM与平面PBC所成的角．
设 AC=BC=PA=tt>0 ，则 AB= 2t,PB= 3t ，
所以 AM= 3t2 ，又 AO= 2t2 ，
所以 OM= AM2−AO2=12t ，
所以AM与平面PBC所成角的正切值为 tan∠AMO=AOOM= 2 ．
【解析】(1)由 ∠ACB=90∘ ，得到 AC⊥CB ，再根据 PA⊥ 底面ABC，得到 PA⊥CB ，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
(2)作 AO⊥PC于点O，连接OM，由平面 PBC⊥ 平面PAC，得到 AO⊥ 平面PBC，
则 ∠AMO 即为AM与平面PBC所成的角求解．
20.解：由正弦定理，得sinC=csinBb=2sin30∘ 2= 22．
因为c>b,B=π6，所以π6当C=π4时，A=7π12.可得：
a=bsinAsinB= 2sin7π12sinπ6= 2sinπ3+π4sinπ6
= 2sinπ3csπ4+csπ3sinπ4sinπ6= 2 32× 22+12× 2212= 3+1；
当C=3π4时，A=π12.可得：
a=bsinAsinB= 2sinπ12sinπ6= 2sinπ4−π6sinπ6
= 2sinπ4csπ6−csπ4sinπ6sinπ6
= 2× 22× 32− 22×1212= 3−1，
故a= 3±1．
【解析】由正弦定理得C=π4或3π4，分两种情况，利用正弦定理得到答案．
21.解：(1)∵函数f(x)=sinx+π6+sinx−π6+csx+a，
化简得：f(x)=sinxcs⁡π6+csxsin⁡π6+sinxcs⁡π6−csxsin⁡π6+csx+a
= 3sin x+cs x+a
=2sin (x+π6)+a．
∵sin (x+π6)的最大值为1，
∴2+a=1，
解得：a=−1．
(2)由(1)可得fx=2sin (x+π6)−1，
根据三角函数的性质可得：2kπ+π2⩽x+π6⩽2kπ+3π2,(k∈z)，
解得：2kπ+π3⩽x⩽2kπ+4π3,(k∈z)
∴f(x)的单调递减区间为[π3+2kπ,4π3+2kπ]，k∈Z．
(3)由题意f(x)≥0，即2sin (x+π6)−1≥0，
可得：sin (x+π6)≥12，
∴2kπ+π6⩽x+π6⩽2kπ+5π6,(k∈z)，
解得：2kπ⩽x⩽2π3+2kπ,k∈z
∴f(x)≥0成立的x的取值范围是{x|2kπ⩽x⩽2π3+2kπ,k∈z}．
【解析】(1)首先利用两角和与差的正弦公式和辅助角公式化简成为y=Asin(ωx+φ)的形式，再根据三角函数的性质可得a的值．
(2)将内层函数看作一个整体，放到正弦函数的减区间上，解不等式得函数的单调递减区间；
(3)根据三角函数的性质求解f(x)≥0成立的x的取值集合．
22.解：(1)∵ℎ(x)=msinx−π6= 32msinx−12mcsx，
又OT=− 3,1为ℎ(x)=msinx−π6的相伴特征向量，
∴m=−2；
(2)∵向量ON=(1, 3)的相伴函数为f(x)=sinx+ 3csx，
又f(x)=sinx+ 3csx=2sinx+π3=85，
∴sinx+π3=45．
∵x∈−π3,π6，∴x+π3∈0,π2，
∴csx+π3=35，
∴sinx=sinx+π3−π3=12sinx+π3− 32csx+π3=4−3 310；
(3)由题可知ℎ(x)=−2sinx−π6，
∴φ(x)=ℎx2−π3=−2sinx2−π3−π6=−2sinx2−π2=2csx2，
设Px,2cs12x，∵A(−2,3),B(2,6)，
∴AP=x+2,2cs12x−3，BP=x−2,2cs12x−6，
又∵AP⊥BP，
∴AP⋅BP=0，
∴(x+2)(x−2)+2cs12x−32cs12x−6=0，
即x2−4+4cs212x−18cs12x+18=0，
∴2cs12x−922=254−x2，
∵−2≤2cs12x≤2，∴−132≤2cs12x−92≤−52，
∴254≤2cs12x−922≤1694，
又∵254−x2≤254，
∴当且仅当x=0时，2cs12x−922和254−x2同时等于254，
∴在y=ℎ(x)图像上存在点P(0,2)，使得AP⊥BP．
【解析】(1)利用特征向量的定义即得；
(2)根据题意可得相伴函数f(x)=sinx+ 3csx，再根据条件可得csx+π3=35，由sinx=sinx+π3−π3=12sinx+π3− 32csx+π3最终得到结果；
(3)由题可得ℎx的解析式，设Px,2cs12x，根据条件列出方程式求出满足条件的点P坐标即可．
已知函数f(x)=sinx+π6+sinx−π6+csx+a的最大值为1，
(1)求常数a的值；
(2)求函数f(x)的单调递减区间；
(3)求使f(x)≥0成立的x的取值集合．