2023-2024學(xué)年江西省九江市高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年江西省九江市高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、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.復(fù)數(shù)z=2+i2i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知cos2α+5sinα=3，則sinα=(

)A.12 B.?12 C.3.已知m，n是兩條不重合的直線，α，β是兩個不重合的平面，則下列命題正確的是(

)A.若m//n，n//α，則m//α

B.若n⊥α，n⊥m，m?β，則α//β

C.若α//β，m⊥β，則m⊥α

D.若α⊥β，m?β，則m⊥α4.已知a,b滿足|a|=|bA.255 B.55 5.△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a=asinC+bcosC，則(

)A.cosB=sinC B.sinB=cosC C.cosA=sinB D.sinA=cosB6.如圖，單位圓M與數(shù)軸相切于原點O，把數(shù)軸看成一個“皮尺”，對于任意一個正數(shù)a，它對應(yīng)正半軸上的點A，把線段OA按逆時針方向纏繞到圓M上，點A對應(yīng)單位圓上點A′，這樣就得到一個以點M為頂點，以MO為始邊，經(jīng)過逆時針旋轉(zhuǎn)以MA′為終邊的圓心角α，該角的弧度數(shù)為a.若扇形OMA′面積為π6，則OA?OA′A.36π C.π3 D.7.如圖，已知圓錐頂點為P，底面直徑為AB,AB=4,∠APB=π6，以AB為直徑的球O與圓錐相交的曲線記為Ω(異于圓錐的底面)，則曲線Ω的長為(

)A.23πB.3π

C.2π

8.已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的部分圖象如圖.若x1+2x2=0A.12

B.32

C.?1二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知復(fù)數(shù)z1，z2，則下列命題中正確的是(

)A.若|z1|=|z2|，則z2=±z1 B.z1?10.把函數(shù)y=f(x)圖象上所有點的橫坐標(biāo)縮短到原來的12倍，縱坐標(biāo)不變，再把所得曲線向右平移π3個單位長度，得到函數(shù)y=sin2(x?A.最小正周期為π B.值域為[0,1]

C.圖象關(guān)于直線x=?π6對稱 D.在11.四棱錐P?ABCD的底面為正方形，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1，動點M在線段PC上(不含端點)，點M到平面ABCD和平面PAD的距離分別為d1，d2，則(

)A.過M，A，D三點的截面為直角梯形

B.△BDM的面積最小值為63

C.四棱錐P?ABCD外接球的表面積為6π

D.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知向量a=(cosθ,sinθ),b=(3,?1).若a⊥b13.如圖“四角反棱臺”，它是由兩個相互平行的正方形經(jīng)過旋轉(zhuǎn)、連接而成，且上底面正方形的四個頂點在下底面的射影點為下底面正方形各邊的中點.若下底面正方形邊長為4，“四角反棱臺”高為3，則該幾何體體積為______．14.已知α，β是函數(shù)f(x)=13sin(2x+π3)?12在(0,π2)上的兩個零點，且α<β，則α+β=四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

如圖，已知正四棱臺ABCD?A1B1C1D1，AB=2A1B1=4，側(cè)棱AA1=216.(本小題15分)

如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，單位圓O與x軸正半軸的交點為A，點B，C在單位圓上，且滿足∠AOB=α，∠AOC=β，α，β∈[0,π)．

(1)若B(?45,35)，求cos(α?π6)17.(本小題15分)

如圖，在三棱錐A?BCD中，O為BD的中點，△OCD是邊長為1的等邊三角形，AB⊥CD．

(1)證明：CD⊥平面ABC；

(2)若AB=AC，AO與平面BCD所成的角為60°，求三棱錐A?BCD的體積．18.(本小題17分)

△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C所對的邊，已知(acosB?bsinA)c=a2?b2．

(1)求A；

(2)設(shè)BC的中點為D，a=219.(本小題17分)

已知定義域為R的函數(shù)?(x)滿足：對于任意的x∈R，都有?(x+π)=?(x)+?(π)，則稱函數(shù)?(x)具有性質(zhì)P．

(1)若一次函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P，且f(2)=1，求f(x)的解析式；

(2)若函數(shù)g(x)=cos(ωx+φ)(其中ω∈(1,3)，φ∈(0,π))具有性質(zhì)P，求g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；

(3)對于(1)(2)中的函數(shù)f(x)，g(x)，求函數(shù)F(x)=f(x?π)g(x)+1在區(qū)間[?2π,4π]上的所有零點之和．

參考答案1.D

2.A

3.C

4.B

5.D

6.A

7.A

8.C

9.BC

10.BCD

11.ACD

12.3

13.40

14.π6

?15.證明：(1)如圖，連接AC，A1C1，設(shè)AC∩BD=O，連接OC1，

由正四棱臺ABCD?A1B1C1D1，易知A1C1/?/AC，

因為AB=2A1B1=4，所以A1C1=AO=22，

所以四邊形A1C1OA為平行四邊形，

所以AA1//OC1，又AA1?平面BDC1，OC1?平面BDC1，

所以AA1/?/平面BDC1；

(2)連接A1O，同理可得四邊形A1C116.解：(1)∵B(?45,35),∠AOB=α，

∴sinα=35,cosα=?45，

∴cos(α?π6)=cosα?32+sinα?12=3?4310；

(2)17.解：(1)證明：∵△OCD是邊長為1的等邊三角形，

O為BD的中點，∴OB=OC=OD=CD=1，∠BOC=120°，

∴∠OCB=∠OBC=30°，∴∠BCD=90°，

∴CD⊥BC，

又CD⊥AB，AB∩BC=B，AB，BC?平面ABC，

∴CD⊥平面ABC；

(2)由(1)知CD⊥平面ABC，且CD?平面BCD，

∴平面ABC⊥平面BCD，

取BC的中點E，連接AE，OE，

∵AB=AC，∴AE⊥BC，平面ABC∩平面BCD=BC，

∴AE⊥面BCD，

∴∠AOE即為AO與平面BCD所成的角，∴∠AOE=60°，

∵O

E為△BCD的中位線，∴OE=12CD=12，

在Rt△AOE中，tan60°=AEOE，∴AE=3218.解：(1)法一：由余弦定理a2=b2+c2?2bccosA，得(acosB?bsinA)c=c2?2bccosA，

∴acosB?bsinA=c?2bcosA，

由正弦定理，得sinAcosB?sinBsinA=sinC?2sinBcosA，

∵C=π?(A+B)，∴sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，

∴sinAcosB?sinBsinA=sinAcosB?sinBcosA，

∴?sinBsinA=?sinBcosA，

∵sinB≠0，∴sinA=cosA，∴tanA=1，

可得A=π4；

法二：由正弦定理，得(sinAcosB?sinBsinA)sinC=sin2A?sin2B，

∴sin2B=sinA(sinA+sinBsinC?sinCcosB)，

∵A=π?(B+C)，∴sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

∴sin2B=sinA(sinBcosC+sinBsinC)，

∵sinB≠0，∴sinB=sinAcosC+sinAsinC，

∵B=π?(A+C)，∴sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，∴cosAsinC=sinAsinC?∵sinC≠0，∴sinA=cosA，∴tanA=1，

可得A=π4；

(2)19.解：(1)設(shè)f(x)=ax+b(a≠0)，則f(x+π)=a(x+π)+b，f(x)+f(π)=ax+b+aπ+b=a(x+π)+2b

由f(x+π)=f(x)+f(π)，得b=0，

又∵f(2)=1，∴a=12，

∴f(x)=12x；

(2)由g(x+π)=g(x)+g(π)，得g(0+π)=g(0)+g(π)，∴g(0)=0，

∴cosφ=0，又∵φ∈(0,π)，∴φ=π2，

∴g(x)=cos(ωx+π2)=?sinωx，

由g(x+π)=g(x)+g(π)，得g(π+π)=g(π)+g(π)，

即g(2π)=2g(π)，

∴?sin2πω=?2sinπω，∴sinπωcosπω=sinπω，∴sinπω=0，或cosπω=1，

又∵ω∈(1,3)，∴πω∈(π,3π)，∴πω=2π，ω=2，∴g(x)=?sin2x，

令2kπ