2023-2024學(xué)年遼寧省沈陽市東北育才五校聯(lián)考高一下學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年遼寧省沈陽市東北育才五校聯(lián)考高一下學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.與?20°角終邊相同的角是(

)A.?300° B.?280° C.2.函數(shù)f(x)=?2tan(2x+π6A.{x|x≠π6} B.{x|x≠?π12}3.已知復(fù)數(shù)z滿足(1+i)z=|3?i|，則zA.1?i B.1+i C.2?2i D.2+2i4.用斜二測畫法畫出的水平放置的平面圖形△OAB的直觀圖為如圖所示的△O′A′B′，已知△O′A′B′是邊長為2的等邊三角形，則頂點B到x軸的距離是(

)

A.26 B.4 C.25.已知函數(shù)f(x)=sin(2ωx+π6A.若f(x)相鄰兩條對稱軸的距離為π2，則ω=2;

B.若ω=1，則x∈[0,π2]時，f(x)的值域為[?1,1];

C.若f(x)在[0,π2]上單調(diào)遞增，則0<ω≤23;

6.已知α=20°，則tanα+4sinA.1 B.3 C.2 D.7.設(shè)m，n為空間中兩條不同直線，α、β為空間中兩個不同平面，下列命題中正確的為(

)A.若m上有兩個點到平面α的距離相等，則m/?/α

B.若m⊥α，n?β，則“m/?/n”是“α⊥β”的既不充分也不必要條件

C.若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n

D.若m，n是異面直線，m?α，m/?/β，n?β，n/?/α，則α/?/β8.如圖，在正四面體ABCD中，E，F(xiàn)是棱CD上的三等分點，記二面角C?AB?E，E?AB?F，F(xiàn)?AB?D的平面角分別為θ1，θ2，θ3，則(

)

A.θ1=θ2=θ3 B.二、多選題：本題共3小題，共15分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.下列命題正確的是(

)A.p:α是第二象限角或第三象限角，q:cosα<0，則p是q的充分不必要條件

B.若α為第一象限角，則cosα1+cos2α+sinα1?cos2α=210.下列有關(guān)向量的命題正確的是(

)A.若a，b，c均為非零向量，且a?b=a?c，則b=c

B.已知單位向量a，b，c滿足2a+3b+4c=0，則a?b=14

C.在△ABC中，若(11.如圖，已知正三棱臺ABC?A1B1C1由一個平面截棱長為6的正四面體所得，AA1=2，M，M1分別是AB，A1B1的中點，A.該三棱臺的體積為3823

B.平面MM1C1C⊥平面AA1B1B

C.直線三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.在?ABC中，角A，B，C的對邊分別為a,b,c，且a2+c2?b213.四棱錐P?ABCD的底面是邊長為1的正方形，如圖所示，點E是棱PD上一點，PE=35PD，若PF=λPC且滿足BF//平面ACE，則λ=14.榫卯結(jié)構(gòu)是中國古代建筑文化的瑰寶，在連接部分通過緊密的拼接，使得整個結(jié)構(gòu)能夠承受大量的重量，并且具有較高的抗震能力.這其中木楔子的運用，使得榫卯配合的牢度得到最大化滿足，木楔子是一種簡單的機(jī)械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如圖為一個木楔子的直觀圖，其中四邊形ABCD是邊長為2的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF/?/CD，EF=4，則該木楔子的外接球的體積為

．四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，b=6，且滿足bcosC=a+(1)求角B;(2)若角B的角平分線交AC于點D，BD=3，點E在線段AC上，EC=2EA，求△BDE16.(本小題12分)

如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AC=6，AB=10，cos∠CAB=35，(1)求證：AC1(2)求證：AC⊥B(3)求三棱錐A1?17.(本小題12分)已知向量a=(cosx,2sinx)(1)求函數(shù)f(x)=a?b在(2)若f(x0)=115，且(3)將g(x)圖像上所有的點向左平移π6個單位，然后再向上平移1個單位，最后使所有的點的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?倍，得到函數(shù)f(x)的圖像，當(dāng)x∈[0,π2]時，方程g(x)=m18.(本小題12分)

已知函數(shù)f(x)=Asin(π2x+φ)(A>0,|φ|<π)的圖像如圖所示，點O為坐標(biāo)原點，點B、D、F為f(x)的圖像與x軸正半軸的交點，|OB|<|BD|，點C，E分別為f(x)的圖像的最高點和最低點，而函數(shù)f(x)在(1)求φ的值;(2)若A=1，求向量2BC?CD與向量(3)若點P為函數(shù)f(x)的圖像上的動點，當(dāng)點P在C，E之間運動時，BP?PF≥1恒成立，求19.(本小題12分)

如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E為AC的中點．

(1)證明：平面BED⊥平面ACD;(2)設(shè)AB=BD=2，∠ACB=60°，點F在BD?①點F為BD中點，求直線CF與直線AB所成的角的余弦值;?②當(dāng)△AFC的面積最小時，求直線CF與平面ABD所成的角的正弦值．

答案解析1.D

【解析】解：與?20°終邊相同的角的集合為S=β|β=?20°+k·360°,k∈Z，

結(jié)合題意，令k=1，則β=?20°+1×360°=340°．

2.D

【解析】解：由正切函數(shù)的定義域，得2x+π6≠kπ+π2，k∈Z，

即x≠kπ2+π6(k∈Z)3.B

【解析】解：根據(jù)題意得，

z=3?i1+i=21+i

=21?i4.A

【解析】解：根據(jù)直觀圖中平行于x軸的長度不變，

平行于y軸的長度變?yōu)樵瓉淼囊话耄?/p>

所以O(shè)A=2，

因為S△OAB=22S△O′A′B′=22×5.D

【解析】解：f(x)=sin(2ωx+π6)+sin(2ωx?π6)+2cos2ωx?1

=32sin2ωx+12cos2ωx+32sin2ωx?12cos2ωx+cos2ωx

=3sin?2ωx+cos?2ωx=2sin?(2ωx+π6)，

對于A，若f(x)相鄰兩條對稱軸的距離為π2，則T=2×π2=π，

所以2π2ω=π，解得ω=1，故A錯誤；

對于B，若ω=1，則f(x)=2sin?(2x+π6)，

當(dāng)x∈[0,π2]時，2x+π6∈[π6,7π6]，

所以6.B

【解析】解：α=20°，

則tanα+4sinα=sin20°+4sin20°cos20°cos20°=sin20°+2sin40°cos20°

=7.D

【解析】解：對于A，當(dāng)直線m與α相交時，直線m上關(guān)于交點對稱的兩點到平面的距離相等，故A錯誤;

對于B，若m⊥α，n?β，m/?/n，則n⊥α，又n?β，所以α⊥β;當(dāng)α⊥β時，m⊥α，當(dāng)m?β時，n?β，

m，n可以相交，所以“m/?/n”是“α⊥β”的充分不必要條件，故B錯誤;

對于C，若α⊥β，m?α，n?β，m與n位置關(guān)系不固定，可以是各自平面內(nèi)的任意直線，故C錯誤;

對于D，若m、n是異面直線，m?α，m//β，n?β，n/?/α，則在直線m任取一點P，過直線n與點P確定平面

γ，γ∩α=c，又n/?/α，則n//c，n?β，c?β，所以c//β，又m//β，m?α，c?α，m∩c=P，所以α/?/β，

故D正確．

8.D

【解析】解：如圖1，

在正四面體ABCD中，取AB的中點G，連接CG，DG，則CG⊥AB，DG⊥AB，而CG∩DG=G，且CG，DG?平面CDG，

所以AB⊥平面CDG，連接EG，F(xiàn)G，因為EG?平面CDG，F(xiàn)G?平面CDG，所以AB⊥EG，AB⊥FG．

由二面角的平面角的定義可以判斷θ1=∠CGE，θ2=∠EGF，θ3=∠FGD，由對稱性容易判斷θ1=θ3．

設(shè)該正四面體的棱長為6，如圖2，

CD=6，易得CG=DG=33，取CD的中點H，則GH⊥CD，CE=2，EH=HF=1，

在△GCH中，由勾股定理可得GH=GC2?CH2=32，

于是GE=GF=(32)2+9.ACD

【解析】解：若α是第二象限角或第三象限角，則cosα<0．

若cosα<0，取a=π，cosα=?1<0，此時α不是第二象限角或第三象限角，

則p是q的充分不必要條件，故A項正確;

由于α為第一象限角，則cosα>0，sinα>0，

cosα1+cos2α+sinα1?cos2a=cosα1+2cos2α?1

+sinα1?(1?2sin2α)=cosα2cosα+sinα2sinα=2，故10.BCD

【解析】解：對于A，因為a?b=a?c，

所以a·b?c=0．

因為a，b，c均為非零向量，則b=c或a⊥b?c，故A錯誤；

依題意2a+3b=?4c，兩邊同時平方得16c2=4a2+12a?b+9b2，

所以16=13+12a?b，可得a?b=14，故B正確；

對于C，AB|AB|表示AB方向的單位向量，AC|AC|表示AC方向的單位向量，

根據(jù)平面向量加法的幾何意義可知AB|AB|+AC|AC|與11.ABC

【解析】解：選項A：將三棱臺

ABC?A1B1C1如圖1，依題意，

△SBC

是邊長為6的正三角形，且

△SB1所以

B1C1BC=SB?BB1SB

(另解：因為

△SB1C1∽△SBC

，

所以

?SB1C1

也是正三角形，邊長

SB1=SB?B于是正三棱臺的高

?=A(另解：

?=?正四面體SABC??正四面體SA1B1C所以該三棱臺的體積

V=13×選項B：易知

M1M⊥AB

，

MC⊥AB

，又

M1M∩MC=M

，

M1M、MC?所以

AB⊥

平面

M1MCC1

，又

AB?

平面

AA1B1B

，所以平面

選項C：連接

CM1

，

PM1

，

SM1

，在

?SMC

中，因此在

△M1MC

中，

M1有

M1M2+M1C2=MC2

，所以

由

M1C?

平面

M1MCC1

得

AB⊥M1C

，又

AB∩M所以

M1C⊥

平面

AA1B1B

，故直線CP與平面

在

Rt△CPM1

中，

tan∠CPM1=所以當(dāng)

M1P

最大時，

tan∠CPM1

最小，由點P知當(dāng)點P與點A或點B重合時

M1P

最大，此時

M1P=23所以直線CP與平面

AA1B1B

所成角的正切值的最小值為

選項D：當(dāng)

CP=27

時，可得

M因此點P的軌跡是以

M1

為圓心，2為半徑的圓與等腰梯形

AA1B1B

重合部分的兩段弧

A1E?連接

M1E

，

M1F

，由

M1M=3

，因此

∠A1M1E=∠B1M1F=則點P的軌跡的長度為

2l=4π3

，故選項故選：ABC12.?2【解析】解：在?ABC中，由余弦定理得cosB=所以AB?13.13【解析】解：如圖，連接BD，交AC于點O，連接OE，

由ABCD是正方形，得BO=OD，在線段PE取點G，使得GE=ED，

由PE=35PD連接BG，F(xiàn)G，則BG//OE，

由OE?平面ACE，BG?平面ACE，得BG/?/平面ACE，

而BF/?/平面ACE，

BG∩BF=B，BG,BF?平面BGF，因此平面BGF//平面ACE，

又平面PCD∩平面ACE=EC，

平面PCD∩平面BGF=GF，

則GF/?/EC，所以λ=PF故答案為：13

14.32π3【解析】解：分別過點A，B作EF的垂線，垂足分別為G，H，連接DG，CH，則EG=4?22=1，

故AG=AE2?EG2=22?12=3．

取AD的中點O′，連接GO′，

又AG=GD，∴GO′⊥AD，則GO′=AG2?(AD2)2=2．

由對稱性易知，過正方形ABCD的中心O1且垂直于平面ABCD的直線必過線段EF的中點O2，且所求外接球的球心O在這條直線上，

設(shè)球O的半徑為R，則R2=OO12+AO12，且R2=OO2215.解：(1)因為bcosC=a+33csinB，所以由正弦定理得：

sinBcosC=sinA+33sinCsinB，

又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

所以cosBsinC+33sinCsinB=0，

因為在△ABC中，sinC≠0，所以cosB+33sinB=0，tanB=?3，

而0<B<π，所以B=2π3．

(2)因為B=2π3，外接圓的半徑R=23，所以由正弦定理得：【解析】(1)利用正弦定理，余弦定理，將已知條件轉(zhuǎn)化為純角的關(guān)系式，然后利用兩角和的正弦公式化簡即可求出角B;

(2)在(1)的條件下，可利用正弦定理求出b，然后利用余弦定理和三角形的面積公式可得關(guān)于a,c的方程組，可解得a,c的值，進(jìn)一步發(fā)現(xiàn)△ABC為等腰三角形，BD⊥AC，再由EC=2EA，AC=6，求出DE，因此可求出△BDE的面積．16.(1)證明：設(shè)B1C與BC1交于點E，則E為BC1的中點，連接DE，則在△ABC1中，DE//AC1，又DE?平面CDB1，AC1?平面CDB1，所以AC1/?/平面CDB1．

(2)證明：在△ABC中，由余弦定理BC2=AC2+AB2?2AC?ABcos∠CAB求得BC=8，

∴△ABC為直角三角形，∴AC⊥BC．

又∵CC1⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1∩BC=C，CC1，BC?平面BCC1，

∴AC⊥平面BCC1．

【解析】(1)設(shè)B1C與BC1交于點E，則E為BC1的中點，連接DE，根據(jù)線面平行的判定定理即可證明；

(2)根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理即可證明；

17.解：(1)因為f(x)=a?b=2cos2x+23sinxcosx=cos2x+1+3sin2x=2cos(2x?π3)+1，

所以2kπ≤2x?π3≤π+2kπ，

即kπ+π6≤x≤2π3+kπ，k∈Z，

又因為x∈[0,π]，

所以函數(shù)f(x)在[0,π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為[π6,2π3]；

(2)若f(x0)=115，則2cos(2x0?π3)+1=115，

所以cos(2x0?π3)=35，

因為x0∈(π【解析】(1)利用平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示結(jié)合二倍角公式、輔助角公式化簡f(x)，再根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)整體代換計算即可求單調(diào)區(qū)間；

(2)利用同角三角函數(shù)的平方關(guān)系得sin(2x0?π318.解：(1)在x=?12處取得最小值，則φ?π4=?π2+2kπ,k∈Z，

∴φ=2kπ?π4,k∈Z，又|φ|<π，則k=0，即φ=?π4；

(2)若A=1，取B(12,0)，C(32,1)，D(52,0)，

即BC=(1,1)，CD=(1,?1)，

故2BC?CD=(1,3)，即|2BC?CD|=10；

BC+3CD=(4,?2)，即|BC+3CD|=25，

設(shè)向量2BC?CD與向量BC+3CD之間夾角為θ，

因此cosθ=(2BC?CD)?(BC+3CD)|2BC?CD|?|BC+3CD|=?210×2【解析】(1)根據(jù)f(?12)=?A，進(jìn)一步求出φ；

(2)分別求出BC=(1,1)和CD=(1,?1)，并求出|2BC?CD|=10和|BC+3CD|=25，運用向量的夾角公式即可求解；

(3)根據(jù)題意設(shè)點P(x,Asin(19.解：(1)因為AD=CD，E為AC的中點，所以AC⊥DE，

在△ABD和△CBD中AD=CD，∠ADB=∠CDB，DB=DB，

所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又E為AC的中點，

所以AC⊥BE，又DE，BE?平面BDE，DE∩BE=E，

所以AC⊥平面BDE．

又因為AC?平面ACD，

所以平面BED⊥平面ACD;

(2)?①取BF的中點M，BC的中點N，連接MN，ME，NE，則AB//NE，CF//MN，

所以∠MNE(或其補(bǔ)角)為CF與AB所成的角，

由∠ACB=60°且AB=CB，所以△ABC是等邊三角形，則AB=BC=2，BE=3，

由AD⊥CD且AD=CD，