辽宁省沈阳市郊联体2020学年高一数学下学期期末考试试题(扫描版)

合集下载

2019-2020学年辽宁省沈阳市郊联体高一下学期期末数学试卷 (解析版)

2019-2020学年辽宁省沈阳市郊联体高一第二学期期末数学试卷一、选择题（共12小题）.1．若角600°的终边上有一点（﹣4，a），则a的值是（）A．4B．﹣4C．D．﹣2．已知向量＝（x﹣5，3），＝（2，x），且⊥，则由x的值构成的集合是（）A．{2，3}B．{﹣1，6}C．{2}D．{6}3．如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积（）A．B．1C．D．2（1+）4．已知0＜α＜π，2sin2α＝sinα，则sin（α﹣）＝（）A．﹣B．﹣C．D．5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则＝（）A．B．C．D．26．在200m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°、60°，则塔高为（）A．m B．m C．m D．m7．在直角三角形ABC中，角C为直角，且AC＝BC＝2，点P是斜边上的一个三等分点，则＝（）A．0B．4C．D．﹣8．若将函数f（x）＝2sin（x+）图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向下平移一个单位得到的函数g（x）的图象，函数g（x）（）A．图象关于点（﹣，0）对称B．最小正周期是C．在（0，）上递增D．在（0，）上最大值是19．已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列各组条件中能推出m⊥l的所有序号是（）①m⊥α，l⊥β，α⊥β②m⊥α，l∥β，α∥β③m⊂α，l⊥β，α∥β④m⊂α，l∥β，α⊥βA．①②③B．①②C．②③④D．③④10．在△ABC中，若sin（A+B﹣C）＝sin（A﹣B+C），则△ABC必是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰或直角三角形D．等腰直角三角形11．若函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）在[0，]上仅有两个零点，则ω的取值范围是（）A．（1，）B．[1，）C．（，4）D．[，4）12．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC ＝CC1＝，点P是线段BC1上一动点，则CP+PA1的最小值是（）A．B．C．D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13．已知单位向量与的夹角为120°，则||＝．14．在钝角△ABC中，已知a＝2，b＝4，则最大边c的取值范围是15．已知＜α＜π，0＜β＜，tanα＝﹣，cos（β﹣α）＝，则sinβ的值为．16．已知△ABC是等腰直角三角形，斜边AB＝2，P是平面ABC外的一点，且满足PA＝PB＝PC，∠APB＝120°，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．已知角θ的终边与单位圆x2+y2＝1在第一象限交于点P，且点P的坐标为．（1）求tanθ的值；（2）求的值．18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，B＝30°，且2a sin A﹣（2b+c）sin B ＝（b+2c）sin C．（1）求sin（A﹣C）的大小；（2）若△ABC的面积为3，求△ABC的周长．19．如图，在三棱锥A﹣BCD中，△BCD，△ABD均为边长为2的正三角形．（1）若AC＝，求证：平面ABD⊥平面BCD；（2）若AC＝2，求三棱锥A﹣BCD的体积．20．已知函数f（x）＝2sin x cos x﹣2cos（x+）cos（x﹣）．（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期和图象的对称轴方程；（Ⅱ）求函数f（x）在区间[﹣]上的值域．21．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且（a+b+c）（a+b﹣c）＝3ab．（1）求角C的值；（2）若c＝2，且△ABC为锐角三角形，求2a﹣b的范围．22．如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．（1）求证：B1D1∥面A1BD；（2）求证：MD⊥AC；（3）试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D．参考答案一、选择题（共12小题）.1．若角600°的终边上有一点（﹣4，a），则a的值是（）A．4B．﹣4C．D．﹣【分析】根据三角函数的定义建立方程关系进行求解即可．解：∵角600°的终边上有一点（﹣4，a），∴tan600°＝，即a＝﹣4tan600°＝﹣4tan（360°+240°）＝﹣4tan240°＝﹣4（180°+60°）＝﹣4tan60°＝﹣4，故选：B．2．已知向量＝（x﹣5，3），＝（2，x），且⊥，则由x的值构成的集合是（）A．{2，3}B．{﹣1，6}C．{2}D．{6}【分析】根据题意，易得＝0，将两个向量坐标代入可得关系式（x﹣5）×2+3x＝0，解可得x的值，进而可得答案．解：根据题意，，则有＝0，将两个向量坐标代入可得，（x﹣5）×2+3x＝0，解可得，x＝2，故选：C．3．如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积（）A．B．1C．D．2（1+）【分析】由题意求出直观图中OB的长度，根据斜二测画法，求出原图形平行四边形的高，即可求出原图形的面积．解：由题意正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，所以OB＝，对应原图形平行四边形的高为：2，所以原图形的面积为：1×2＝2．故选：A．4．已知0＜α＜π，2sin2α＝sinα，则sin（α﹣）＝（）A．﹣B．﹣C．D．【分析】由已知求得cosα，再由诱导公式求解sin（α﹣）．解：∵0＜α＜π，∴sinα≠0，由2sin2α＝sinα，得4sinαcosα＝sinα，∴cosα＝．则sin（α﹣）＝﹣sin（）＝﹣cosα＝．故选：B．5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则＝（）A．B．C．D．2【分析】根据同角的三角形函数的关系和等比性质即求出．解：∵，，∴sin A＝，由等式的性质可得＝＝＝2，故选：D．6．在200m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°、60°，则塔高为（）A．m B．m C．m D．m【分析】由tan30°＝＝得到BE与塔高x间的关系，由tan60°＝求出BE值，从而得到塔高x的值．解：如图所示：设山高为AB，塔高为CD为x，且ABEC为矩形，由题意得tan30°＝＝＝，∴BE＝（200﹣x）．tan60°＝＝，∴BE＝，∴＝（200﹣x），x＝（m），故选：A．7．在直角三角形ABC中，角C为直角，且AC＝BC＝2，点P是斜边上的一个三等分点，则＝（）A．0B．4C．D．﹣【分析】由题意，将所求等式变形，用直角三角形的两条直角边对应的向量表示，展开计算即可．解：直角三角形ABC中，角C为直角，且AC＝BC＝2，点P是斜边上的一个三等分点，则＝＝（）（）＝（）（）＝（））＝＝＝4；故选：B．8．若将函数f（x）＝2sin（x+）图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向下平移一个单位得到的函数g（x）的图象，函数g（x）（）A．图象关于点（﹣，0）对称B．最小正周期是C．在（0，）上递增D．在（0，）上最大值是1【分析】根据三角函数的图象变换关系求出g（x）的解析式，结合三角函数的性质分别进行判断即可．解：若将函数f（x）＝2sin（x+）图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再则y＝2sin（2x+），向下平移一个单位得到的函数g（x）的图象，则g（x）＝2sin（2x+）﹣1，A.2×（﹣）+＝0，则函数g（x）关于（﹣，﹣1）对称，故A错误，B．函数的周期T＝＝π，故B错误，C．当x∈（0，）时，2x+∈（，），此时函数g（x）为增函数，故C正确，D．由C知当x∈（0，）时，2x+∈（，），此时函数无最大值，故D错误，故选：C．9．已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列各组条件中能推出m⊥l的所有序号是（）①m⊥α，l⊥β，α⊥β②m⊥α，l∥β，α∥β③m⊂α，l⊥β，α∥β④m⊂α，l∥β，α⊥βA．①②③B．①②C．②③④D．③④【分析】根据空间中线面平行或垂直的判定定理与性质定理逐一判断每个选项即可．解：①由二面角夹角的求法可知，若m⊥α，l⊥β，α⊥β，则m⊥l，即①正确；②因为m⊥α，α∥β，所以m⊥β，因为l∥β，所以m⊥l，即②正确；③因为l⊥β，α∥β，所以l⊥α，因为m⊂α，由线面垂直的性质定理可知，m⊥l，即③正确；④若l∥β，α⊥β，则l⊂α或l∥α或l与α相交，只有当l与α相交且l⊥α时，才能推出m⊥l，即④错误；故选：A．10．在△ABC中，若sin（A+B﹣C）＝sin（A﹣B+C），则△ABC必是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰或直角三角形D．等腰直角三角形【分析】结合三角形的内角和公式可得A+B＝π﹣C，A+C＝π﹣B，代入已知sin（A+B ﹣C）＝sin（A﹣B+C）化简可得，sin2C＝sin2B，由于0＜2B＜π，0＜2C＜π从而可得2B＝2C或2B+2C＝π，从而可求解：∵A+B＝π﹣C，A+C＝π﹣B，∴sin（A+B﹣C）＝sin（π﹣2C）＝sin2C sin（A﹣B+C）＝sin（π﹣2B）＝sin2B，则sin2B＝sin2C，B＝C或2B＝π﹣2C，即．所以△ABC为等腰或直角三角形．故选：C．11．若函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）在[0，]上仅有两个零点，则ω的取值范围是（）A．（1，）B．[1，）C．（，4）D．[，4）【分析】由题意利用正弦函数的图象和性质，可得2π≤+＜3π，由此求得ω的范围．解：∵函数，在上，ωx+∈[，+]，若f（x）在上恰有两个零点，∴2π≤+＜3π，求得≤ω＜4，故选：D．12．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC ＝CC1＝，点P是线段BC1上一动点，则CP+PA1的最小值是（）A．B．C．D．【分析】连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，不难看出CP+PA1的最小值是A1C连线的长度，再由余弦定理即可求解．解：连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，连接A1C，其长度即为所求，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，∴矩形BCC1B1是边长为的正方形，则BC1＝2，又A1C1＝AC＝6，在矩形ABB1A1中，，则，易发现，，即，∴∠A1C1B＝90°，则∠A1C1C＝135°，∴．故选：B．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13．已知单位向量与的夹角为120°，则||＝．【分析】由已知结合向量数量积的定义及性质即可直接求解．解：由题意可得，||＝||＝1，＝1×＝﹣，则||2＝＝1+9+3＝13，则||＝．故答案为：．14．在钝角△ABC中，已知a＝2，b＝4，则最大边c的取值范围是【分析】利用三角形三边大小关系、余弦定理即可得出．解：c＜a+b＝6．ocsC＝＜0，解得c．∴c∈（2，6）．故答案为：（2，6）．15．已知＜α＜π，0＜β＜，tanα＝﹣，cos（β﹣α）＝，则sinβ的值为．【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求cosα，sinα的值，由角的范围结合cos （β﹣α）＝＞0，可得范围：﹣＜β﹣α＜0，利用同角三角函数基本关系式可求sin （β﹣α），由角关系β＝（β﹣α）+α，利用两角和的正弦函数公式即可计算求值．解：∵＜α＜π，tanα＝﹣，∴cosα＝﹣＝﹣，sinα＝＝，∵0＜β＜，可得：﹣π＜β﹣α＜0，又∵cos（β﹣α）＝＞0，可得：﹣＜β﹣α＜0，∴sin（β﹣α）＝﹣＝﹣，∴sinβ＝sin[（β﹣α）+α]＝sin（β﹣α）cosα+cos（β﹣α）sinα＝（﹣）×（﹣）+×＝．故答案为：．16．已知△ABC是等腰直角三角形，斜边AB＝2，P是平面ABC外的一点，且满足PA＝PB＝PC，∠APB＝120°，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为．【分析】由已知可得棱锥顶点P在底面投影为△ABC的外心，则△ABP的外接圆半径等于三棱锥P﹣ABC外接球半径．解：PA＝PB＝PC，∴棱锥顶点P在底面投影为△ABC的外心，则△ABP的外接圆半径等于三棱锥P﹣ABC外接球半径，∵△ABC是等腰直角三角形，斜边AB＝2，∠APB＝120°，∴△ABP外接圆半径r＝AB＝，则三棱锥P﹣ABC外接球的半径R＝，故三棱锥P﹣ABC外接球的表面积S＝4πR2＝．故答案为：．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．已知角θ的终边与单位圆x2+y2＝1在第一象限交于点P，且点P的坐标为．（1）求tanθ的值；（2）求的值．【分析】（1）将点P的坐标代入圆的方程x2+y2＝1可得y的值，进而根据任意角三角函数的定义可求tanθ的值．（2）利用诱导公式，同角三角函数基本关系式化简即可求解．解：（1）将代入圆的方程x2+y2＝1得：，因为在第一象限，所以，由任意角三角函数的定义得；（2）＝．18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，B＝30°，且2a sin A﹣（2b+c）sin B ＝（b+2c）sin C．（1）求sin（A﹣C）的大小；（2）若△ABC的面积为3，求△ABC的周长．【分析】（1）由正弦定理可得2a2﹣b（2b+c）＝c（2c+b），化简后利用余弦定理求出A，再根据三角形的内角和求出sin（A﹣C）即可；（2）由面积公式可得b，c的值，再利用余弦定理求出a，即可得到三角形的周长．解：（1）∵2a sin A﹣（2b+c）sin B＝（2c+b）sin C，∴2a2﹣b（2b+c）＝c（2c+b），整理得b2+c2﹣a2＝﹣bc，∴，解得A＝120°．又B＝30°，∴C＝180°﹣120°﹣30°＝30°，即C＝B＝30°，∴sin（A﹣C）＝sin（120°﹣30°）＝1．（2）由（1）知b＝c，A＝120°，∴，解得．由余弦定理，得，即a＝6．∴ABC的周长为．19．如图，在三棱锥A﹣BCD中，△BCD，△ABD均为边长为2的正三角形．（1）若AC＝，求证：平面ABD⊥平面BCD；（2）若AC＝2，求三棱锥A﹣BCD的体积．【分析】（1）取BD边中点O，连接AO，CO，由已知可得BD⊥OA，求解三角形证明OA⊥OC，由直线与平面垂直的判定，可得BD⊂平面BCD，进一步得到平面ABD⊥平面BCD；（2）证明BD⊥平面AOC，求出三角形AOC中的面积，由，可得三棱锥A﹣BCD的体积．解：（1）证明：取BD边中点O，连接AO，CO，∵△BCD，△ABD为边长为2的正三角形，∴BD⊥OA，则OC＝OA＝．∵OC2+OA2＝6＝AC2，∴OA⊥OC，又OC∩BD＝O，OC，BD⊂平面BCD，∴OA⊥平面BCD，∵OA平面ABD，∴平面ABD⊥平面BCD；（2）解：∵BD⊥OC，BD⊥OA，且OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面AOC，∴BD⊥平面AOC，在AOC中，OA＝OC＝，AC＝2，∴，∴＝．20．已知函数f（x）＝2sin x cos x﹣2cos（x+）cos（x﹣）．（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期和图象的对称轴方程；（Ⅱ）求函数f（x）在区间[﹣]上的值域．【分析】（I）利用三角函数的恒等变换化简函数f（x）的解析式为2sin（2x﹣），由此求得最小正周期以及对称轴方程．（II）由﹣≤x≤，求得2x﹣的范围，从而求得函数f（x）＝2sin（2x﹣）的值域．解：（I）求函数f（x）＝2sin x cos x﹣2cos（x+）cos（x﹣）＝sin2x+sin（2x ﹣）＝sin2x﹣cos2x＝2sin（2x﹣）．故函数f（x）的最小正周期为＝π，再由2x﹣＝kπ+可得对称轴方程为x＝+，k∈z．（II）∵﹣≤x≤，∴﹣≤2x﹣≤，故当2x﹣＝时，函数取得最大值为2，当2x﹣＝﹣时，函数取得最小值为﹣2×＝﹣，故函数f（x）在区间[﹣]上的值域为[﹣，2]．21．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且（a+b+c）（a+b﹣c）＝3ab．（1）求角C的值；（2）若c＝2，且△ABC为锐角三角形，求2a﹣b的范围．【分析】（1）由已知结合余弦定理可求cos C，进而可求C．（2）结合正弦定理及和差角的三角公式及辅助角公式对已知进行化简，然后结合正弦函数的性质可求．解：（1）由题意知（a+b+c）（a+b﹣c）＝3ab，∴a2+b2﹣c2＝ab，由余弦定理可知，，又∵C∈（0，π），∴．（2）由正弦定理可知，，即，∴，＝，＝，＝，又∵△ABC为锐角三角形，∴，则即，所以，即，综上2a﹣b的取值范围为．22．如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．（1）求证：B1D1∥面A1BD；（2）求证：MD⊥AC；（3）试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D．【分析】（1）在平面A1BD内找到和B1D1平行的直线BD即可．利用线线平行来推线面平行．（2）先利用条件BB1⊥AC和BD⊥AC证得AC⊥面BB1D，再证明MD⊥AC即可．（3）因为棱BB1上最特殊的点是中点，所以先看中点．取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于O，⇒BN⊥DC⇒面ABCD⊥面DCC1D1，⇒BN⊥面DCC1D1．而又可证得BN∥OM，所以可得OM⊥平面CC1D1D⇒平面DMC1⊥平面CC1D1D．解：（1）证明：由直四棱柱，得BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以BB1D1D是平行四边形，所以B1D1∥BD．而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD．（2）证明：因为BB1⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，所以BB1⊥AC，又因为BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，所以AC⊥面BB1D，而MD⊂面BB1D，所以MD⊥AC．（3）当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于O，连接OM．因为N是DC中点，BD＝BC，所以BN⊥DC；又因为DC是面ABCD与面DCC1D1的交线，而面ABCD⊥面DCC1D1，所以BN⊥面DCC1D1．又可证得，O是NN1的中点，所以BM∥ON且BM＝ON，即BMON是平行四边形，所以BN∥OM，所以OM⊥平面CC1D1D，因为OM⊂面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D．。

辽宁省沈阳市郊联体2020-2021学年高一下学期期末数学试题

2．D
【分析】
由题意可知摸出黑球的概率，再根据摸出黑球，摸出红球为互斥事件，根据互斥事件的和即可求解.
【详解】
因为从中摸出1个球，若摸出红球的概率是0.45，摸出白球的概率是0.25，
所以摸出黑球的概率是，
因为从盒子中摸出1个球为黑球或红球为互斥事件，
A．0.3B．0.55C．0.7D．0.75
3．若样本数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为（）
A．4B．8C．16D．32
4．函数的图象的相邻两支截直线所得的线段长为，则的值是（）
A．0B． C．1D．
5．为了了解我校今年准备报考飞行员的学生的体重情况，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图（如图），已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为，第2小组的频数为12，则抽取的学生总人数是（）
A．24B．48C．56D．64
6．在△ 中，为边上的中线，为的中点，则
A． B．
C． D．
7．已知点在正所确定的平面上，且满足，则的面积与的面积之比为（）
A． B． C． D．
8．已知向量，，若与的夹角为，则（）
A．2B． C． D．1
9．已知函数在一个周期内的图象如图所示.则的图象，可由函数的图象怎样变换而来（纵坐标不变）（）
辽宁省沈阳市郊联体2020-2021学年高一下学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知点，，则与向量的方向相反的单位向量是（）
A． B． C． D．
2．一个盒子内装有大小相同的红球、白球和黑球若干个，从中摸出1个球，若摸出红球的概率是0.45，摸出白球的概率是0.25，那么摸出黑球或红球的概率是（）

辽宁省沈阳市重点联合体2024年高一下学期期末检测数学试题+答案

2023—2024学年度（下）联合体高一期末检测数学注意事项：1.答题时，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时，必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.3.答非选择题时，必须使用黑色墨水笔或黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上，写在试题卷､草稿纸上无效.4.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回（满分：150分考试时间：120分钟）.第I 卷（选择题，共58分）一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）1.已知复数z 满足()2i 34i,i z −=−为虚数单位，则复数z 的共轭复数z =（） A.12i + B.12i − C.2i − D.2i + 2.已知()9,8P −为角α终边上一点，则5sin 2cos 2sin 5cos αααα−=+（）A.6122−B.-2C.2261D.123.已知向量()()1,2,2,3ab ==−，若向量c 满足()c a + ∥,b c a ⊥ ，则向量c的坐标为（）A.77,24 −B.77,42 −−C.77,24−− D.77,42 −4.在ABC 中，已知角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若sin :sin :sin 4:7:9A B C =，则cos A =（） A.1921−B.863C.1921D.16215.计算：πtan8=（） A.1211+6.已知,m n 是空间中两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列命题正确的是（） A.若,,m n m αα⊂⊂∥,n β∥β，则α∥βB.若,n αβ⊥∥α，则n β⊥C.若α∥,m β∥α，则m ∥βD.若,,m n m αβ⊥⊂∥n ，则αβ⊥7.一个圆柱形容器内部的底面半径为4cm ，高为8cm ，将该容器注满水，然后将一个半径为4cm 的实心球缓慢放入该容器内，当球沉到容器底部时，留在圆柱形容器内的水的体积为（） A.3320πcm 3 B.3128πcm 3 C.380πcm 3 D.364πcm 38.已知()π5cos 20243f x x=−的最大值为m ，若存在不同的实数12,x x ，使得对任意实数x 总有()()()12f x f x f x 成立，则12m x x −的最小值为（）A.5π2024 B.5π1012二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.已知复数12,z z ，则下列结论正确的是（） A.1212z z z z +=+ B.1212z z z z ⋅=⋅C.若12z z =，则2212z z =D.若12z z =，则1122z z z z ⋅=⋅10.已知ABC 的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，下列四个结论中，正确的是（） A.cos cos ca Bb A +B.若222a b c bc =++，则120A =C.若sin2sin2A B =，则ABC 为等腰直角三角形D.若222sin sin sin A B C +<，则ABC 是钝角三角形11.如图，在长方体1111ABCD A B C D −中，12,4,AB AA BC E ===为CD 的中点，M 是1A C 上一点，N 是平面1AED 内一点，则（）A.长方体1111ABCD A B C D −的外接球的表面积为24πB.1A C AE ⊥C.1A C ∥平面1AEDD.MN 第II 卷（非选择题，共92分）三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知向量,a b满足3,12a a b =⋅=− ，则向量b 在向量a 的方向上的投影的数量为__________.13.已知πsin 12αα+=∈，则cos2α=__________. 14.如图，143,55P为锐角θ的终边与单位圆的交点，1OP 逆时针旋转π3得到22,OP OP 逆时针旋转π3得到31,,n OP OP − 逆时针旋转π3得到n OP ，则sin2θ=__________，点2024P 的横坐标为__________.四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）15.（13分）已知复数()()221118914i,z mm m m m =−++−+∈R ，其中i 为虚数单位.（1）若复数z 是纯虚数，求m 的值；（2）若复数z 在复平面内对应的点位于第二象限，求m 的取值范围.16.（15分）如图是函数()()sin (0,0,0π)f x A x A ωϕωϕ=+>>< 的部分图象.（1）求函数()f x 的解析式；（2）求函数ππ24y f x f x=+++的单调递增区间.17.（15分）在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别是,,a b c ，已知向量(),(cos ,sin )m b n B C =，且m ∥n. （1）求B ；（2）若3b =，且ABC ，求ABC 的周长. 18.（17分）如图，在四棱锥P ABCD −中，PD ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 为正方形，2PD CD ==，,,E F G 分别是,,AB PB CD 的中点.证明：（1）EF CD ⊥；（2）平面EFG ∥平面PAD .19.（17分）如图是一条“L ”，河道均足够长.现过点D修建一条栈道AB ，开辟出直角三角形区域（图中OAB ）养殖观赏鱼，且π02OAB∠θθ=<<.点H 在线段AB 上，且OH AB ⊥.线段OH 将养殖区域分为两部分，其中OH 上方养殖金鱼，OH 下方养殖锦鲤.（1）当养殖区域的面积最小时，求θ的值，并求出此时的最小面积；（2）若游客可以在栈道AH上投喂金鱼，在河岸OB与栈道HB上投喂锦鲤，且希望投喂锦鲤的道路长度不小于投喂金鱼的道路长度，求θ的取值范围.2023—2024学年度（下）联合体高一期末检测数学参考答案及评分标准一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1.D 【解析】因为()()()()34i 2i 34i63i 8i 42i 2i2i 2i 5z −+−+−+====−−−+，所以2i z =+.2.B 【解析】因为()9,8P −为角α终边上一点，所以8tan 9α=−，所以8525sin 2cos 5tan 29282sin 5cos 2tan 5259αααααα ×−− −− ===−++×−+. 3.A 【解析】设向量(),c m n = ，则()1,2c a m n +++.由()c a +∥,b c a ⊥，得()()31220,20,m n m n −+−+=+= 解得7,27,4m n=− =故向量c 的坐标为77,24 − . 4.C 【解析】因为sin :sin :sin 4:7:9A B C =，则由正弦定理可设4,7a k b k ==，9c k =.由余弦定理得22222249811619cos 227921b c a k k k A bc k k +−+−===⋅⋅. 5.C 【解析】因为2π2tanπππ8tan tan 1π4881tan 8 =+==−，所以2ππtan 2tan 1088+−=.易知πtan 8是方程2210x x +−=的根，且方程2210x x +−=的两根分别为11x=−，21x .因为当π0,2x∈时，tan 0x>，所以πtan 18=−.6.D 【解析】若,,m n m αα⊂⊂∥,n β∥β，则,αβ可能平行，也可能相交，故A 错误；若,n αβ⊥∥α，则n β⊥或n ∥β或n β⊂或n 与β相交（不垂直），故B 错误；若α∥,m β∥α，则m ∥β或m β⊂，故C 错误；因为,m m α⊥∥n ，所以n α⊥.又n β⊂，所以αβ⊥，故D正确.7.B 【解析】根据题意可知留在圆柱形容器内的水的体积等于圆柱形容器的体积减去实心球的体积，即()2334128π48π4πcm 33V =××−×=. 8.A 【解析】因为()π5cos 20243f x x=−，所以2ππ5,20241012m T ===. 由题意得()1f x 为最小值，()2f x 为最大值，所以12x x −的最小值为2T，所以12m x x −的最小值为π5π55220242024T×=×=. 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）（评分标准：如果正确答案有2个，每个答案3分；如果正确答案有3个，每个答案2分）9.BD 【解析】对于A ，取121i,1i z z =+=−，则12122,z z z z +=+=，故A 错误；对于B ，结合复数模的性质可知，1212z z z z ⋅=⋅，故B 正确；对于C ，令121,i z z ==，则12z z =，而22121,1z z ==−，故C 错误；对于D ，设1i z a b =+， 2i z c d =+，则12z z =时，2222a b c d +=+.又()()2211i i z z a b a b a b ⋅=+−=+，2222z z c d ⋅=+，所以112z z z ⋅=，故D 正确.故选：BD.10.ABD 【解析】由余弦定理得22222222222222cos cos 22222a c b b c a a c b b c a c a B b A a b c ac bc c c c +−+−+−+−+=⋅+⋅=+==，故A 正确；由余弦定理得2221cos 222b c a bc A bc bc +−−===−.而0180A << ，则120A = ，故B 正确；若sin2sin2A B =，即()()()()sin sin A B A B A B A B ++−=+−−，展开整理得()()cos sin 0A B A B +−=.因为0180,180180A B A B <+<−<−< ，所以90A B += 或0A B −= ，所以ABC 为直角三角形或等腰三角形或等腰直角三角形，故C 错误；若222sin sin sin A B C +<，由正弦定理得222a b c +<.由余弦定理得222cos 02a b c C ab+−=<，可得C 为钝角，则ABC 是钝角三角形，故D 正确.故选：ABD.11.ACD 【解析】在长方体1111ABCD A B C D −中，由12,4AB AA BC ===，可得长方体的体对角线长为.设长方体1111ABCD A B C D −的外接球的半径为R，则2R =R =，所以长方体的外接球的表面积为24π24πSR =，故A 正确；如图，连接AC .在长方体1111ABCD A B C D −中，易得1AA ⊥平面ABCD .因为AE ⊂平面ABCD ，所以1AA AE ⊥.假设1A C AE ⊥.因为11111,,AA AC A AA AC ∩=⊂平面1AA C ，所以AE ⊥平面1AA C .又因为AC ⊂平面1AA C ，所以AE AC ⊥.因为在矩形ABCD 中，AE 与AC 不垂直，所以假设不成立，所以1A C 与AE 不垂直，故B 错误；如图，连接1A D 交1AD 于点F ，连接EF .因为E 为CD 的中点，所以EF∥1A C .又因为1AC ⊄平面1AED ，且EF ⊂平面1AED ，所以1A C ∥平面1AED ，故C 正确；因为1A C ∥平面1AED ，且M 是1A C 上一点，N 是平面1AED内一点，所以点M 到平面1AED 的距离等于点1A 到平面1AED 的距离，即为MN 的最小值.设距离为d .因为在长方体1111ABCD A B C D −中，12,4AB AA BC ===，可得1AD =，1D E AE =.由余弦定理得222111112cos 25AD D E AE AD E AD D E ∠+−==⋅，所以1sin AD E ∠，所以112AD ES =× .由1111A AD E E AA D V V −−=，可得111421332h =××××，所以h =MN，故D 正确.故选：ACD.三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）（评分标准：第14题第1个空2分，第2个空3分）12.-4 【解析】向量b 在向量a的方向上的投影的数量为12cos ,43a b b a b a ⋅−===−【解析】由π0,6α ∈ ，得πππ,12124α +∈ .因为πsin 12α +，所以πcos 12α +，所以2ππ3cos 212sin 6125αα +=−+= ， πππ4sin 22sin cos 612125ααα+=++=，所以ππππππ341cos2cos 2cos 2cos sin 2sin 666666552αααα=+−=+++=+×=14.2425【解析】由题意得34sin ,cos 55θθ==，所以sin2θ=34242sin cos 25525θθ=××=.因为点2024P 所在角为2023π3θ+，则2023πππππcos cos 674πcos cos cos sin sin 33333θθθθθ+=++=+=−413525=×−=四､解答题（本大题共5小题，共77分）15.解：（1）因为复数z 是纯虚数，所以2211180,9140,m m m m −+= −+≠ 解得9m =.（2）因为复数z 在复平面内对应的点位于第二象限，所以2211180,9140,m m m m −+< −+>解得79m <<.16.（1）解：由图可知max ()2A f x ==，函数()f x 的最小正周期为7ππ4π123T=×−=，则2π2π2πT ω===，所以()()2sin 2f x x ϕ=+. 由7π7π2sin 2126f ϕ =+=，可得7πsin 16ϕ+=.因为0πϕ≤<，则π7π13π666ϕ<+<，所以7ππ62ϕ+=，所以2π3ϕ=−，所以()2π2sin 23f x x=−. （2）ππ24y f x f x=+++π2ππ2π2sin 22sin 22343x x+−++−ππ2sin 22sin 236x x++−.令π23x θ=+，则ππ262x θ−=−，所以π2sin 2sin 2sin 2cos 2yθθθθ=+−=−π24x θ −=.令πππ2π22π,2122k x k k −≤+≤+∈Z ，解得7π5πππ,2424k x k k −≤≤+∈Z ，所以函数ππ24y f x f x=+++的单调递增区间为7π5ππ,π,2424k k k−+∈Z .17.解：（1）因为m ∥n，所以sin cos 0b C B =.由正弦定理得sin sin cos 0B C C B =.又sin 0C ≠，故tan B =.因为0πB <<，所以π3B =.（2）因为11sin 22S ac B ac === 所以163ac =. 由余弦定理得22222cos ()2b a c ac B a c ac ac =+−=+−−，即2169()33a c +−×，解得5a c +=，所以ABC 的周长为8abc ++=. 18.证明：（1）因为PD ⊥底面,ABCD CD ⊂平面ABCD ，所以CD PD ⊥.又因为底面ABCD 为正方形，所以CD AD ⊥，且,AD PD ⊂平面,PAD AD PD D ∩=，所以CD ⊥平面PAD .因为PA ⊂平面PAD ，所以PA CD ⊥.又因为,E F 分别是,AB PB 的中点，所以EF ∥PA ，所以EF CD ⊥.（2）因为,,E F G 分别是,,AB PB CD 的中点，所以EF ∥,PA EG ∥AD . 又因为PA ⊂平面,PAD EF ⊄平面,PAD AD ⊂平面,PAD EG ⊄平面PAD ，所以EF ∥平面,PAD EG ∥平面PAD ，且,,EF EG E EF EG ∩=⊂平面EFG ，所以平面EFG ∥平面PAD . 19.解：（1）如图，过点D 分别作,DM OA DN OB ⊥⊥，垂足分别为,M N ，则DM ON DN OM ====tan DM AM θ==m ），tan BN DN θθ=⋅（m ）. 养殖观赏鱼的面积为12OAB S OA OB =⋅)12θ= 13tan tan θθ=+ 由π0,2θ∈ 可得tan 0θ>，则13tan tan θθ+≥，当且仅当tan θ=，即π6θ=时取等号，此时OAB S = .故当π6θ=时，OAB S 的最小值为（2）由π2AOB OHA ∠∠==，可得BOH ∠θ=，则m,tan m,m tan cos OHOH AH BH OH OB θθθ==⋅=. 由题意得BH OB AH +≥，所以11tan cos tan θθθ+≥，所以sin 1cos cos sin θθθθ+≥，所以()22sin 1sin cos 1sin θθθθ+≥=−，则22sin sin 10θθ+−≥，所以1sin 2θ≥或sin 1θ≤−（舍去）. 又因为π02θ<<，所以ππ,62θ ∈ .。

2019-2020学年辽宁省沈阳市郊联体高一下学期期末考试数学

绝密★启用前数学试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上第I 卷(选择题60分)一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。

1.若角600°的终边上有一点(－4，a)，则a 的值是A.4B.－43C.43D.－43 2.已知向量a ＝(x －5，3)，b ＝(2，x)，且a ⊥b ，则由x 的值构成的集合是A.{2，3}B.{－1，6}C.{2}D.{6} 3.如图，正方形O'A'C'B'的边长为1cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则它的原图形面积2B.24C.2(134.已知0<α<π，2sin2α＝sinα，则sin(α－2π)＝ A.－154 B.－14C.154 D.145.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若cosA ＝12，a ＝3，则a b c sinA sinB sinC++++＝ A.12B.3236.在200米高的山顶上，测得山下一塔的塔顶与塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为 A.2003 B.100mC.4003 D.90m7.在直角三角形ABC 中，角C 为直角，且AC ＝BC ＝2，点P 是斜边上的一个三等分点，则CP CB CP CA ⋅+⋅=A.0B.4C.94D.－948.若将函数f(x)＝2sin(x ＋6π)图象上各点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，再向下平移一个单位得到的函数g(x)的图象，函数g(x)A.图象关于点(－12π，0)对称B.最小正周期是2π C.在(0，6π)上递增D.在(0，6π)上最大值是1 9.已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列各组条件中能推出m ⊥l 的所有序号是①m ⊥α，l ⊥β，α⊥β；②m ⊥α，l //β，α//β；③m ⊂α，l ⊥β，α//β；④m ⊂α，l //β，α⊥βA.①②③B.①②C.②③④D.③④10.△ABC 中，若sin(A ＋B －C)＝sin(A －B ＋C)，则△ABC 必是A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.等腰直角三角形11.已知函数f(x)＝sin(ωx ＋3π)(ω>0)，若f(x)在[0，23π]上恰有两个零点，则ω的取值范围是A.(1，52)B.[1，52)C.(52，4)D.[52，4) 12.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，点P 是线段BC 1上的动点，则CP ＋PA 1的最小值为26237＋1D.62第II 卷(非选择题90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分。

2019-2020学年辽宁省沈阳市郊联体高一下学期期末考试数学试题(解析版)

2019-2020学年辽宁省沈阳市郊联体高一下学期期末考试数学试题一、单选题1．若角600︒的终边上有一点()4,a -，则a 的值是（） A ．43B ．433-C ．4D ．43-【答案】D【解析】利用三角函数定义直接计算得到答案. 【详解】根据题意得到：tan 600tan 6034a︒=︒==-，故43a =-. 故选：D . 【点睛】本题考查了三角函数定义，意在考查学生的计算能力.2．已知向量(5,3),(2,)a x b x =-=，且a b ⊥，则由x 的值构成的集合是（） A ．{2,3} B ．{1,6}-C ．{2}D ．{6}【答案】C【解析】由a b ⊥，得=0a b ⋅，列方程即可求得。

【详解】因为向量(5,3),(2,)a x b x =-=，且a b ⊥，所以2(5)35100a b x x x ⋅=-+=-=，解得2x =，故选C. 【点睛】本题考查向量垂直的坐标表示，是基础题。

3．如图，正方形O A C B ''''的边长为1cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则它的原图形面积（）A ．B ．4C ．2(1+D ．6【答案】A【解析】由题意求出直观图中O B ''的长度，根据斜二测画法，求出原图形平行四边形的底和高，求出面积即可. 【详解】由正方形O A C B ''''的边长为1cm ，所以O B ''=O A C B ''''是水平放置的一个平面图形的直观图，所以它对应的原图为平行四边形高为2''=O B 底边长为1，所以原图形的面积为1⨯=故选：A 【点睛】本题主要考查斜二测画法，属于基础题.4．已知0πα<<，2sin 2sin αα=，则πsin 2α⎛⎫-= ⎪⎝⎭（）A ．B ．14-C D ．14【答案】B【解析】利用二倍角公式计算余弦值，再利用诱导公式计算即可. 【详解】2sin 2sin αα=，4sin cos sin ααα∴=，而0πα<<，sin 0α≠1cos 4α∴=，ππ1sin sin cos 224ααα⎛⎫⎛⎫∴-=--=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：B. 【点睛】本题考查了二倍角公式和诱导公式，属于基础题.5．在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若1cos 2A =，a =则sin sin sin a b cA B C（）A ．12B C D ．2【答案】D【解析】1cos 2A =得，3sin 2A =，所以由正弦定理可知，2sin sin sin sin a b c aA B C A++==++，故选D ．6．在200米高的山顶上，测得山下一塔的塔顶与塔底的俯角分别是30,60，则塔高为 ( ) A ．2003m B ．100m C ．4003m D ．90m【答案】C 【解析】由tan30°=200DE x BE BE -= 得到BE 与塔高x 间的关系，由tan60°=200BE求出BE 值，从而得到塔高x 的值．【详解】如图所示：设山高为AB ，塔高为CD 为 x ，且ABEC 为矩形，由题意得 tan30°=200DE x BE BE-=，∴3200﹣x ）． tan60°=200BE33，33200﹣x ），x=4003（m ），故选：A ．【点睛】这个题目考查的是解三角形在几何中的应用，应用到了直角三角形的性质，解三角形问题的技巧：①作为三角形问题，它必须要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及其有关三角形的性质，及时进行边角转化，有利于发现解题的思路；②它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的，注意“三统一”(即“统一角、统一函数、统一结构”)是使问题获得解决的突破口．7．在直角三角形ABC 中，角C 为直角，且2AC BC ==，点P 是斜边上的一个三等分点，则··CP CB CP CA +=（） A ．0 B ．4C ．94D ．94-【答案】B【解析】由题意可建立如图所示的坐标系：可得A (2,0)B (0,2),24,33P ⎛⎫⎪⎝⎭或42,33P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故可得24,33CP ⎛⎫= ⎪⎝⎭或42,33⎛⎫⎪⎝⎭，()()2,0,0,2CA CB ==，所以()()()2,00,22,2CA CB +=+=，故()()24,2,2433CP CB CP CA CP CB CA ⎛⎫⋅+⋅=⋅+=⋅= ⎪⎝⎭或()()42,2,2433CP CB CP CA CP CB CA ⎛⎫⋅+⋅=⋅+=⋅= ⎪⎝⎭，本题选择B 选项.点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．8．若将函数()2sin 6f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭图象上各点的横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变），再向下平移一个单位得到的函数()g x 的图象，函数()g x （） A ．图象关于点,012π⎛⎫-⎪⎝⎭对称 B ．最小正周期是2πC ．在0,6π⎛⎫⎪⎝⎭上递增D ．在0,6π⎛⎫⎪⎝⎭上最大值是1【答案】C【解析】根据三角函数的图象变换关系求出函数()y g x =的解析式，结合三角函数的性质分别进行判断即可. 【详解】若将函数()2sin 6f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭图象上各点的横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变），得到函数2sin 26y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象，向下平移一个单位得到的函数()y g x =的图象，则()2sin 216g x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭， A.20126ππ⎛⎫⨯-+= ⎪⎝⎭，则函数()g x 关于,112π⎛⎫-- ⎪⎝⎭对称，故A 错误，B.函数的周期22T ππ==，故B 错误， C.当0,6x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，2,662x πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，此时函数()y g x =为增函数，故C 正确， D.由C 知当0,6x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，2,662x πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，此时函数()y g x =无最大值，故D 错误，故选：C. 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数的图象变换法则求出函数的解析式，以及利用三角函数的性质是解决本题的关键，难度不大.9．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列各组条件中能推出m l ⊥的所有序号是( )①,,αβαβ⊥⊥⊥m l ；②,//,//m l αβαβ⊥；③,,//m l αβαβ⊂⊥；④,//,m l αβαβ⊂⊥ A ．①②③ B ．①②C ．②③④D ．③④【答案】A【解析】根据直线与平面、平面与平面位置关系相关定理依次判断各个选项即可得到结果. 【详解】m α⊥，αβ⊥ //m β∴或m β⊂，又l β⊥ m l ∴⊥，①正确； m α⊥，//αβ m β∴⊥，又//l β m l ∴⊥，②正确；l β⊥，//αβ l α∴⊥，又m α⊂ m l ∴⊥，③正确；在如图所示的正方体中：11//A D 平面ABCD ，平面11ADD A ⊥平面ABCD ，1AD ⊂平面11ADD A ，此时1AD 与11A D 不垂直，④错误.故选：A 【点睛】本题考查空间中线面关系、面面关系相关命题的辨析，关键是熟练掌握空间中直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理.10．ABC ∆中，若sin()sin()A B C A B C +-=-+，则ABC ∆必是（） A ．等腰三角形 B ．直角三角形C ．等腰三角形或直角三角形D ．等腰直角三角形【答案】C【解析】结合三角形的内角和公式可得A B C π+=-，A C B π+=-，代入已知化简可得，sin2sin2C B =，结合,B C 的范围从而可得22B C =或22B C π+=，从而可求得结果. 【详解】∵πA B C +=-，πA C B +=-，∴()sin A B C +- ()sin π2C =- sin2sin()C A B C =-+， sin(π2)B =-sin2B =，则sin2sin2B C =，B C =或2π2B C =-，即：π2B C +=，所以ABC 为等腰或直角三角形，故选C ．【点睛】本题主要考查了三角形的内角和公式，三角函数的诱导公式，由三角函数值寻求角的关系，属于基础题.11．已知函数()()sin 03f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，若()f x 在20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，则ω的取值范围是（）A ．51,2⎛⎫⎪⎝⎭B ．51,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．5,42⎛⎫⎪⎝⎭D ．5,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】由题2[0,]3x π∈，所以2[,]3333w x ππππω+∈+，根据()f x 在20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，得到2233w πππ+≥且2333w πππ+<，即可求解，得到答案．【详解】由题意，函数()()sin()03f x x πωω=+>，因为2[0,]3x π∈，所以2[,]3333w x ππππω+∈+，又由()f x 在20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，所以2233w πππ+≥且2333w πππ+<，解得542w ≤<，所以ω的取值范围是5,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭，故选D ．【点睛】本题主要考查了三角函数的综合应用，其中解答中熟记函数零点的概念，合理应用三角函数的图象与性质是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．12．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面为直角三角形，90ACB ∠=︒，6AC =，1BC CC ==P 是线段1BC 上一动点，则1CP PA +的最小值是（）A ．26B ．52C ．371+D ．62+【答案】B【解析】连A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开与△A 1BC 1在同一个平面内，不难看出CP +P A 1的最小值是A 1C 的连线．（在BC 1上取一点与A 1C 构成三角形，因为三角形两边和大于第三边）由余弦定理即可求解．【详解】连A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开与△A 1BC 1在同一个平面内，连接A 1C ，长度即是所求．∵直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 12=∴矩形BCC 1B 12BC 1＝2；另外A 1C 1＝AC ＝6；在矩形ABB 1A 1中，A 1B 1＝AB 38BB 12=A 1B 40易发现62+22＝40，即A 1C 12+BC 12＝A 1B 2， ∴∠A 1C 1B ＝90°，则∠A 1C 1C ＝135° 故A 1C 2211111122135362262522AC C C AC C C cos =+-⋅⋅︒=++⨯⋅⋅= 故答案为B. 【点睛】本题考查的知识是棱柱的结构特征及两点之间的距离，其中利用旋转的思想，将△CBC 1沿BC 1展开，将一个空间问题转化为平面内求两点之间距离问题是解答本题的关键．二、填空题13．已知单位向量a 与b 的夹角为120，则3a b -=______.【解析】结合1a b ==，a 与b 的夹角为120，先求23a b -，再开方即可得3a b -的值. 【详解】因为a 与b 是单位向量，所以1a b ==，()222222339696cos120a b a ba b a b a b a b -=-=+-⋅=+-119611132⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭，所以313a b -=.【点睛】本题主要考查了向量的模的求法，属于基础题.14．在钝角ABC 中，已知2a =，4b =，则最大边c 的取值范围是__________．【答案】【解析】利用三角形三边大小关系、余弦定理即可得出．【详解】因为三角形两边之和大于第三边，故6c a b <+=．22224cos 0224c C +-=<⨯⨯，解得c >c ∴∈．故答案为：．【点睛】本题考查了三角形三边大小关系、余弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 15．已知,022ππαπβ<<<<，3tan 4α=-，()5cos 13βα-=，则sin β的值为 .【答案】6365【解析】【详解】0πβα-<-<，又因为()5cos 013βα-=>，所以02πβα-<-<，12sin()13βα-==-，因为3tan 4α=-，得3sin cos 4αα=-代入22sin co 2s 1,παπαα+=<<，所以sin 0,cos 0αα><，解得34sin ,cos 55αα==-， sin sin[()]sin cos()cos sin()354126351351365⎛⎫⎛⎫=⨯+-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故答案为：6365. 16．已知ABC 是等腰直角三角形，斜边2AB =，P 是平面ABC 外的一点，且满足PA PB PC ==，120APB ∠=︒，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为________．【答案】163π【解析】P 在平面ABC 的投影为ABC 的外心，即AB 中点1O ，设球半径为R ，则()22211R CO R PO =+-，解得答案.【详解】PA PB PC ==，故P 在平面ABC 的投影为ABC 的外心，即AB 中点1O ，故球心O 在直线1PO 上，1112CO AB ==，1133PO BO ==，设球半径为R ，则()22211R CO R PO =+-，解得3R =，故21643S R ππ==. 故答案为：163π.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.三、解答题17．已知角θ的终边与单位圆221x y +=在第一象限交于点P ，且点P 的坐标为(3,5)y . （1）求tan θ的值；（2）求22sin (2)cos (4)sin cos πθπθθθ+-+的值. 【答案】(1)43;(2)712. 【解析】（1）利用三角函数的定义,建立关于y 的方程,即可求得y .（2）先利用诱导公式化简,再将已知条件代入即可.【详解】（1）由题得2235)1(=y +,点P 在第一象限所以45y =,所以4tan =3θ. （2）22222241sin (2)cos (4)sin cos tan 173==4sin cos sin cos tan 123πθπθθθθθθθθθ⎛⎫- ⎪+-+--⎝⎭==. 【点睛】本题主要考查三角函数的坐标定义,考查同角的商数关系和诱导公式,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力,难度较易.18．在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，30B =︒，且()()2sin 2sin 2sin a A b c B c b C -+=+.（1）求()sin A C -的大小；（2）若ABC ∆的面积为ABC ∆的周长.【答案】（1）1；（2）6【解析】（1）由正弦定理化简已知可求222b c a bc +-=-，由余弦定理可得cos A ，结合B ，可得所求．（2）利用ABC ∆的面积可求b=c=a=b ，从而求得周长．【详解】（1）因为()()2sin 2sin 2sin a A b c B c b C -+=+，由正弦定理可得：()()2222a b b c c c b -+=+，整理得222b c a bc +-=-， ∴2221cos 22b c a A bc +-==-，解得120A =︒. 又30B =︒，所以1801203030C =︒-︒-︒=︒，即30C B ==︒，∴()()sin sin 120301A C -=︒-︒=.（2）由（1）知b c =，120A =︒，∴21sin1202b ︒=bc ==由余弦定理，得22212cos 1212212362a b c bc A ⎛⎫=+-=+-⨯⨯-= ⎪⎝⎭，即6a =.∴ABC 的周长为6.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．19．如图，在三棱锥A BCD -中，BCD ，ABD △均为边长为2的正三角形.（1）若6AC =，求证：平面ABD ⊥平面BCD ；（2）若22AC =，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）223. 【解析】(1)利用线面垂直判定面面垂直即可；(2)求三棱锥的高，利用体积公式计算即可.【详解】取BD 边中点O ，连接AO ，CO ，∵BCD ，ABD △为边长为2的正三角形，∴BD OA ⊥，3OC OA ==∵2226OC OA AC +==，∴OA OC ⊥，OCBD O =，BD ⊂面BCD ， ∴OA ⊥平面BCD ，∵OA ⊂平面ABD ，∴平面ABD ⊥BCD .（2）∵BD OC ⊥，BD OA ⊥，且OAOC O =，OC ，OA ⊂面AOC ， ∴BD ⊥平面AOC .在AOC △中，3OA OC ==22AC = ∴()()221223222AOC S =⨯-=△11222233A BCD AOC V S BD -=⨯⨯==△.【点睛】本题考查了面面垂直的判定和三棱锥的体积，属于中档题.20．已知函数()ππcos 2cos cos 44f x x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. （1）求函数()f x 的最小正周期和图象的对称轴方程；（2）求函数()f x 在区间ππ,122⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的值域.【答案】（1）最小正周期πT =，对称轴方程为ππ32k x =+，k ∈Z ；（2）2⎡⎤⎣⎦. 【解析】（1）先将()f x 化简，再利用周期公式以及()sin y A ωx φ=+的性质求对称轴即可.（2）由（1）得()π2sin 26f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由ππ,122x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，求出π26x -的范围，进一步求出πsin 26x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，从而可得()f x 的值域. 【详解】()222222f x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ()222cos sin x x x --2cos 2x x =-π2sin 26x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭. （1）函数()f x 的最小正周期2ππ2T ==，由ππ2π62x k -=+，得对称轴方程为ππ32k x =+，k ∈Z . （2）∵ππ122x -≤≤，∴ππ5π2366x -≤-≤，由正弦函数的图象πsin 216x ⎛⎫≤-≤ ⎪⎝⎭，∴()f x 的值域是2⎡⎤⎣⎦. 【点睛】本题主要考查了三角函数的周期，对称轴和值域，涉及两角和差的余弦公式，二倍角公式，辅助角公式，属于中档题.21．在ABC ∆中，,,a b c 分别是角,,A B C 的对边()()3a b c a b c ab +++-=.（1）求角C 的值；（2）若2c =，且ABC ∆为锐角三角形，求2a b -的范围.【答案】（1）3π；（2）( 【解析】（1）由题结合余弦定理得角C 的值；（2）由正弦定理可知，2sin sin sin 3a b A B π===得2a b A B -=-，利用三角恒等变换得A 的函数即可求范围【详解】（1）由题意知()()3a b c a b c ab +++-=，∴222a b c ab +-=，由余弦定理可知，222cos 122a b c C ab +-==，又∵(0,)C π∈，∴3C π=. （2）由正弦定理可知，2sin sin sin 3a b A B π===，即,a A b B ==，∴2a b A B -=2sin()3A A π=-2cos A A A =--12cos cos )4sin()26A A A A A π=-=-=-，又∵ABC ∆为锐角三角形，∴022032A B A πππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<=-<⎪⎩，则62A ππ<<即0A 63ππ<-<，所以，0sin()6A π<-<即04sin(-)6A π<<，综上2a b -的取值范围为(0,.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，注意锐角三角形的应用，准确计算是关键，是中档题。

2020-2021学年辽宁省沈阳市郊联体高一(下)期末数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年辽宁省沈阳市郊联体高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知sin(π−α)=35，α∈(π2,π)，则cosα=()A. 35B. −35C. 45D. −452.已知复数z=12+√22i(为虚数单位)，则|z−1|=()A. √32B. 34C. √112D. 143.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A. 若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB. 若m⊥α，m//n，n//β，则α⊥βC. 若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n4.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a+b)2−c2=4，C=120°，则△ABC的面积为()A. √33B. 2√33C. √3D. 2√35.斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所持有，图一图二是北京故宫太和殿斗拱实物图，图三是斗拱构件之一的“斗”的几何体，本图中的斗是由棱台与长方体形凹槽(长方体去掉一个长相等，宽和高分别为原长方体一半的小长方体)组成.若棱台两底面面积分别是400cm2，900cm2，高为9cm，长方体形凹槽的高为12cm.那么这个斗的体积是()A. 6700cm3B. 6900cm3C. 13800cm3D. 14800cm36.函数f(x)=2sin(ωx+φ)，(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示．若对任意x∈R，f(x)+f(2t−x)=0恒成立，则t的最小正值为()A. 5π12 B. π3 C. π4 D. π67. 在△ABC 中，A ，B ，C 分别为△ABC 三边a ，b ，c 所对的角．若cosB +√3sinB =2，且满足关系式cosB b+cosC c=2sinAsinB 3sinC，则a+b+csinA+sinB+sinC =( )A. 2B. 4C. 6D. 88. 在等腰梯形ABCD 中，AB//DC ，AB =2BC =2CD =2，P 是腰AD 上的动点，则|2PB⃗⃗⃗⃗⃗ −PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值为( ) A. √7 B. 3C. √272D. 274二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9. 已知向量a ⃗ =(2,1)，b ⃗ =(−3,1)，则下列说法正确的是( )A. (a ⃗ +b ⃗ )⊥a ⃗B. |a ⃗ +2b ⃗ |=5C. 向量a⃗ 在向量b ⃗ 方向上的投影的数量是√102 D. 与向量a⃗ 方向相同的单位向量是(2√55,√55) 10. 将函数f(x)=3sin(4x +π6)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移π6个单位长度，得到函数y =g(x)的图象，则下列说法正确的是( )A. g(x)=−3sin(8x −π6)B. 函数y =g(x)的图象关于点(π12,0)对称 C. x =π3是函数y =g(x)的一条对称轴 D. 函数y =g(x)在[0,π3]上单调递增11. 如图，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，CC 1=√6,AB =BC =2,AC =2√2，点M 是棱AA 1的中点，则下列说法正确的是( )A. 异面直线BC 与B 1M 所成的角为90°B. 在B 1C 上存在点D ，使MD//平面ABCC. 二面角B 1−AC −B 的大小为60°D. B 1M ⊥CM12. 若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足b −2a +4asin 2A+B 2=0，则下列结论正确的是( )A. 角C 一定为锐角B. a 2+2b 2−c 2=0C. 3tanA +tanC =0D. tan B 的最小值为√33三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知向量a ⃗ 和b ⃗ 的夹角为120°，且|a ⃗ |=2，|b ⃗ |=2，则(2a ⃗ −b ⃗ )⋅a ⃗ =______． 14. 在山顶铁塔上B 处测得地面上一点A 的俯角α=60°，在塔底C 处测得点A 的俯角β=45°，已知铁塔BC 部分高32米，山高CD = ______ ．15. 已知tan(α+β)=2，tan(α−β)=12，β∈(0,π2)，则tanβ的值为______ ． 16. 如图在梯形ABCD 中，AB//CD ，∠D =π2，AB =4，AD =CD =2，将该图形沿对角线AC 折成图中的三棱锥B −ACD ，且BD =2√3，则此三棱锥外接球的体积为______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 设复数z 1=1−i ，z 2=cosθ+isinθ，其中θ∈(−π2,0)．(1)若复数z =z 1⋅z 2在复平面内对应的点在直线y =2x 上，求tanθ的值；(2)求|z1−+z2|的取值范围．18.如图，在三棱锥S−ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS=AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：(1)平面EFG//平面ABC；(2)BC⊥SA．19.已知a，b，c是△ABC的内角A，B，C的对边，且5cosBcosC+2=5sinBsinC+cos2A．(1)求角A的大小：(2)若csinC=4(a+b)(sinA−sinB)，△ABC的周长为7+√13，求c．220.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=4，E为PB的中点，F为线段BC上的点，且BF=14BC．(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；(2)求点F到平面PCD的距离．21.在平面四边形ABCD中，∠ABC=π3，∠ADC=π2，BC=4．(1)若△ABC的面积为3√3，求AC；(2)若AD=3√3，∠ACB=∠ACD+π3，求tan∠ACD．22.已知函数f(x)=4sinωx2cosωx2+1，其中常数ω>0．(1)y=f(x)在[−π4,3π4]上单调递增，求ω的取值范围；(2)若ω<4，将函数y=f(x)图像向左平移π3个单位，得到函数y=g(x)的图像，且过P(π6,1)，若对意的x∈[−π6,π12]，不等式g2(x)−mg(x)−1≤0恒成立，求实数m的取值范围．答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式以及同角三角函数的平方关系求值即可．本题考查诱导公式及同角三角函数的基本关系的应用，属于基础题．【解答】解：因为sin(π−α)=35，α∈(π2,π)， ∴sinα=35，∴cosα=−√1−sin 2α=−45．故选：D ．2.【答案】A【解析】解：∵z =12+√22i ，∴z −1=−12+√22i ， ∴|z −1|=√(−12)2+(√22)2=√32．故选：A ．根据已知条件，运用复数的加法运算法则，以及复数模的公式，即可求解．本题考查了复数代数形式的加法运算，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的判定，是基础题，解题时要注意空间思维能力的培养．由已知条件，利用直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，能求出结果．【解答】解：若α⊥β，m ⊂α，n ⊂β，则m 与n 相交、平行或异面，故A 错误； ∵m ⊥α，m//n ，∴n ⊥α，又∵n//β，∴α⊥β，故B 正确；若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α与β平行或α与β相交，故C 错误；若α//β，m ⊂α，n ⊂β，则m//n 或m ，n 异面，故D 错误．故选：B ．4.【答案】C【解析】解：∵cosC =a 2+b 2−c 22ab=(a+b)2−c 2−2ab2ab=cos120°=−12，且(a +b)2−c 2=4， ∴4−2ab 2ab=−12，即8−4ab =−2ab ，即ab =4，则S △ABC =12absinC =12×4×√32=√3．故选：C ．利用余弦定理表示出cos C ，并利用完全平方公式变形，将已知等式及cos C 的值代入求出ab 的值，再由sin C 的值，利用三角形面积公式即可求出三角形ABC 面积．此题考查了余弦定理，以及三角形面积公式，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．5.【答案】C【解析】解：由题意得棱台的体积V 1=13×9×(400+900+√400×900)=5700(cm 3)； ∵长方体形凹槽是指长方体去掉一个长相等，宽和高分别为原长方体一半的小长方体， ∴长方体凹槽的体积是原长方体体积的34，则长方体凹槽的体积V 2=34×900×12=8100(cm 3).∴这个斗的体积是V =V 1+V 2=5700+8100=13800cm 3．故选：C ．由已知求得正四棱台的体积，再求出长方体形凹槽的体积，作和得答案．本题考查正四棱台及长方体的体积，考查计算能力，是基础题．6.【答案】B【解析】解：由图象可得5π6−(−5π12)=T+T4，解得T=π，则ω=2πT=2，所以f(x)=2sin(2x+φ)，由2sin[2×(−5π12)+φ]=−2，可得2×(−5π12)+φ=2kπ−π2，k∈Z，解得φ=2kπ+π3，k∈Z，由|φ|<π2，可得k=0，φ=π3，则f(x)=2sin(2x+π3)，对任意x∈R，f(x)+f(2t−x)=0恒成立，可得f(x)的图象关于点(t,0)中心对称，可得2t+π3=kπ，k∈Z，即t=kπ2−π6，k∈Z，k=1时，正数t取得最小值π3．故选：B．由图象可得周期T，进而得到ω，代入(−5π12,−2)结合φ的取值范围可求得φ，从而可得函数的解析式，由f(x)的图象关于点(t,0)中心对称，可得f(t)=0，进而得到实数t的最小正值．本题考查三角函数的图象和性质，周期性和对称性的运用，考查方程思想和数形结合思想、运算能力，属于中档题．7.【答案】A【解析】解：∵在锐角△ABC中，A、B、C分别为△ABC三边a，b，c所对的角，cosB+√3sinB=2，∴2sin(B+30°)=2，可得sin(B+30°)=1，∴B=60°，∵cosBb +cosCc=2sinAsinB3sinC，∴a 2+c 2−b 22acb+a 2+b 2−c 22abc=2asinB 3c=√3a 3c，解得b =√3， ∴由b sinB=a sinA=c sinC=√3sin60°=2，∴a+b+c sinA+sinB+sinC=2(sinA+sinB+sinC)sinA+sinB+sinC=2．故选：A ．由cosB +√3sinB =2，推导出B =60°，由cosB b+cosC c=2sinAsinB 3sinC，推导出b ，进而根据正弦定理即可求解．本题考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．8.【答案】C【解析】解：以A 为原点，射线AB 为x 轴正半轴建立直角坐标系，如图所示，B(2,0)，C(32,√32)，设P(a,√3a)，其中0≤a ≤12，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2−a,−√3a)，PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(32−a,√32−√3a)， ∴2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(52−a,−√32−√3a)，∴|2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PC⃗⃗⃗⃗⃗ |=√4a 2−2a +7=√4(a −14)2+274， ∴当a =14时，|2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PC⃗⃗⃗⃗⃗ |取最小值√272．故选：C ．以A 为原点，射线AB 为x 轴正半轴建立直角坐标系，用坐标表示出2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即可求出．本题考查了平面向量的模的求法，结合了二次函数求最值的内容，属于中档题．9.【答案】ABD【解析】解：A ：∵a ⃗ =(2,1)，b ⃗ =(−3,1)，∴a ⃗ +b ⃗ =(−1,2)， ∵(a ⃗ +b ⃗ )⋅a ⃗ =−1×2+1×2=0，∴(a ⃗ +b ⃗ )⊥a ⃗ ，∴A 正确， B ：∵a ⃗ +2b ⃗ =(−4,3)，∴|a ⃗ +2b ⃗ |=√42+32=5，∴B 正确， C ：∵向量a ⃗ 在向量b ⃗ 方向上的投影的数量是a ⃗ ⋅b⃗ |b ⃗ |=√(−3)2+12=−√102，∴C 错误， D ：∵与向量a ⃗ 方向相同的单位向量是a⃗ |a ⃗ |=√22+12=(2√55,√55)，∴D 正确．故选：ABD ．利用向量垂直与数量积的关系判断A ，利用求模公式判断B ，利用投影公式判断C ，利用共线向量的性质判断D ．本题考查了向量垂直，模，投影与数量积的关系、向量的坐标运算，属于中档题．10.【答案】BCD【解析】解：函数f(x)=3sin(4x +π6)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到k(x)=3sin(2x +π6)的图象，再向右平移π6个单位长度，得到函数y =g(x)=3sin(2x −π6)的图象，故A 错误；对于B ：当x =π12时，整理得g(π12)=0，故B 正确；对于C ：当x =π3时，g(π3)=3，故C 正确；对于D ：由于x ∈[0,π3]，所以2x −π6∈[−π6,π2]，故函数在[0,π3]上单调递增，故D 正确．故选：BCD ．首先利用三角函数的平移变换和伸缩变换的应用求出函数的关系式，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．11.【答案】ABC【解析】解：选项A ，连接MC 1，由三棱柱的性质可知，BC//B 1C 1， ∴∠MB 1C 1即为异面直线BC 与B 1M.∵AB =BC =2，AC =2√2，∴∠ABC =∠A 1B 1C 1=90°，即A 1B 1⊥B 1C 1，由直三棱柱的性质可知，BB 1⊥平面A 1B 1C 1， ∵B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，∴BB 1⊥B 1C 1，又A 1B 1∩BB 1=B 1，A 1B 1、BB 1⊂平面ABB 1A 1，∴B 1C 1⊥平面ABB 1A 1， ∴B 1C 1⊥MB 1，即∠MB 1C 1=90°，∴选项A 正确；选项B ，连接BC 1，交B 1C 于点D ，连接MD ，再取BC 的中点E ，连接DE 、AE ，则DE//AM ，DE =AM ，∴四边形AMDE 为平行四边形，∴MD//AE ，∵MD ⊄平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，∴MD//平面ABC ，即选项B 正确；选项C ，取AC 的中点N ，连接BN 、B 1N ，∵BB 1⊥平面ABC ，∴∠BNB 1即为二面角B 1−AC −B 的平面角．在Rt △BNB 1中，BB 1=√6，BN =√22AB =√2，∴tan∠BNB 1=BB 1BN=√3，∴∠BNB 1=60°，即选项C 正确；选项D ，在△CMB 1中，CM 2=AC 2+AM 2=192，MB 12=A 1B 12+A 1M 2=112，B 1C 2=B1B2+BC2=10，显然CM2+MB12≠B1C2，即B1M与CM不垂直，∴选项D错误．故选：ABC．选项A，连接MC1，易知BC//B1C1，故∠MB1C1即为所求．由勾股定理可知A1B1⊥B1C1，由三棱柱的性质可知BB1⊥B1C1，再结合线面垂直的判定定理与性质定理即可证得可证得B1C1⊥MB1，即∠MB1C1=90°；选项B，连接BC1，交B1C于点D，连接MD，再取BC的中点E，连接DE、AE，易知四边形AMDE为平行四边形，故MD//AE，再由线面平行的判定定理即可得证；选项C，取AC的中点N，连接BN、B1N，则∠BNB1即为所求，在Rt△BNB1中，由三角函数可求出tan∠BNB1的值，从而得解；选项D，在△CMB1中，利用勾股定理分别算出CM、MB1和B1C的长，判断其结果是否满足CM2+MB12≠B1C2即可．本题考查空间中线面的位置关系、角的求法，要求学生熟练掌握空间中线与面平行或垂直的判定定理与性质定理，以及通过平移的思想找出异面直线的平面角，并理解二面角的定义，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．12.【答案】BC【解析】解：∵b−2a+4asin2A+B2=0，∴b−2a+4acos2C2=0，即b−2a+2a(cosC+1)=0，∴cosC=−b2a<0，又C∈(0,π)，∴C一定为钝角，即选项A错误；由余弦定理知，cosC=a2+b2−c22ab =−b2a，化简得，a2+2b2−c2=0，即选项B正确；∵tanAtanC =sinAcosCcosAsinC=sinAsinC⋅cosCcosA=ac⋅(a2+b2−c2)⋅2bc2ab⋅(b2+c2−a2)=−b23b2=−13，∴3tanA+tanC=0，即选项C正确；∵A+B+C=π，∴tanB=−tan(A+C)=−tanA+tanC1−tanAtanC=−tanA−3tanA1+tanA⋅3tanA=21tanA+3tanA∵C为钝角，∴A∈(0,π2)，tanA>0，∴1tanA +3tanA ≥2√1tanA ⋅3tanA =2√3，当且仅当1tanA =3tanA ，即tanA =√33时，等号成立，此时tan B 取得最大值√33，即选项D 错误．故选：BC ．选项A ，结合诱导公式、二倍角公式对已知等式化简可得cosC =−b2a <0，从而知C 为钝角；选项B ，由cosC =−b2a 和余弦定理，可得解；选项C ，结合选项B 的结论，再根据同角三角函数的商数关系、正弦定理和余弦定理，可推出tanA tanC =−13，从而得解；选项D ，结合选项C 的结论，再由三角形的内角和定理与正切的两角和公式，可推出tanB =21tanA+3tanA ，然后由基本不等式，得解．本题主要考查解三角形的应用，还涉及利用基本不等式求最值，熟练掌握正弦定理、余弦定理是解题的关键，考查学生的转化与化归思想、逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．13.【答案】10【解析】解：∵向量a ⃗ 和b ⃗ 的夹角为120°，且|a ⃗ |=2，|b ⃗ |=2，∴(2a ⃗ −b ⃗ )⋅a ⃗ =2a −2−a −⋅b −=2×4−2×2×(−12)=10．故答案为：10．根据向量的数量积公式计算即可．本题考查了向量的数量积的运算，模的计算，属于基础题．14.【答案】16(√3+1) (米)【解析】解：设AD =x ，则CD =AD ⋅tan45°=AD =x ， BD =AD ⋅tan60°=√3x ， ∴BC =(√3−1)x =32， ∴x =32√3−1=16(√3+1)(米)，即CD =16(√3+1) (米)，故答案为：16(√3+1) (米)．设AD =x ，则根据∠CAD 和∠BAD 可以计算CD 和BD 的值，根据BC =BD −CD 可求得x 的值，再得到CD 的值．本题考查了特殊角的三角函数值，三角函数在直角三角形中的运用，易错点是错误运用特殊角的三角函数值，属基础题．15.【答案】13【解析】解：因为tan(α+β)=2，tan(α−β)=12，β∈(0,π2)，所以tan2β=tan[(α+β)−(α−β)]=tan(α+β)−tan(α−β)1+tan(α+β)tan(α−β)=2−121+2×12=34，所以2tanβ1−tan 2β=34，可得3tan 2β+8tanβ−3=0，解得tanβ=13，或−3(舍去)．故答案为：13．由已知利用两角差的正切公式可求tan2β的值，进而利用二倍角的正切公式可得2tanβ1−tan 2β=34，可得3tan 2β+8tanβ−3=0，解方程即可得解tanβ的值．本题主要考查了两角差的正切公式，二倍角的正切公式在三角函数化简求值中的应用，考查了方程思想，属于中档题．16.【答案】32π3【解析】解：在梯形ABCD 中，由题意得AC =BC =2√2，BC ⊥AC ，在三棱锥B −ACD 中，∵BD =2√3，∴BD 2=BC 2+CD 2，∴BC ⊥CD ， ∵AC ∩CD =C ，∴BC ⊥平面ACD ，∴BC ⊥AD ，又因为AD ⊥CD ，∴AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥BD ，则AB 是Rt △ABC 和Rt △ADB 的公共斜边，取AB中点为O，则OA=OB=OC=OD，则点O为外接球球心，AO为外接球半径，∴r=AO=2，∴此三棱锥外接球的体积V=43πR3=32π3．故答案为：32π3．由题意得AB是Rt△ABC和Rt△ADB的公共斜边，取AB中点为O，则OA=OB=OC= OD，则点O为外接球球心，AO为外接球半径，即可求解．本题考查三棱锥的外接球的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．17.【答案】解：(1)∵z1=1−i，z2=cosθ+isinθ，∴z=z1z2=cosθ+sinθ+(sinθ−cosθ)i，∵复数z=z1⋅z2在复平面内对应的点在直线y=2x上，∴sinθ−cosθ=2(cosθ+sinθ)，即tanθ=−3．(2)∵z1=1−i，∴z1−=1+i，∴|z1−+z2|2=(1+cosθ)2+(1+sinθ)2=3+2(sinθ+cosθ)=3+2√2sin(θ+π4)，∵θ∈(−π2,0)，∴θ+π4∈(−π4,π4)，sin(θ+π4)∈(−√22,√22)，∴|z1−+z2|2∈(1,5)，∴|z1−+z2|的取值范围为(1,√5)．【解析】(1)由已知条件z1=1−i，z2=cosθ+isinθ，可得z=z1z2=cosθ+sinθ+ (sinθ−cosθ)i，再结合条件复数z=z1⋅z2在复平面内对应的点在直线y=2x上，即可求解．(2)根据已知条件，结合复数模公式和三角函数的图象，即可求解．本题主要考查了复数的几何含义，以及复数模公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．18.【答案】解：(1)∵△ASB中，SA=AB且AF⊥SB，∴F为SB的中点．∵E、G分别为SA、SC的中点，∴EF、EG分别是△SAB、△SAC的中位线，可得EF//AB且EG//AC．∵EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴EF//平面ABC，同理可得EG//平面ABC又∵EF、EG是平面EFG内的相交直线，∴平面EFG//平面ABC；(2)∵平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC=SB，AF⊂平面ASB，AF⊥SB．∴AF⊥平面SBC．又∵BC⊂平面SBC，∴AF⊥BC．∵AB⊥BC，AF∩AB=A，∴BC⊥平面SAB．又∵SA⊂平面SAB，∴BC⊥SA．【解析】(1)根据等腰三角形的“三线合一”，证出F为SB的中点．从而得到△SAB和△SAC中，EF//AB且EG//AC，利用线面平行的判定定理，证出EF//平面ABC且EG//平面ABC.因为EF、EG是平面EFG内的相交直线，所以平面EFG//平面ABC；(2)由面面垂直的性质定理证出AF⊥平面SBC，从而得到AF⊥BC.结合AF、AB是平面SAB内的相交直线且AB⊥BC，可得BC⊥平面SAB，从而证出BC⊥SA．本题在三棱锥中证明面面平行和线线垂直，着重考查了直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理，直线与平面垂直的判定与性质等知识，属于中档题．19.【答案】解：(1)因为5cosBcosC+2=5sinBsinC+cos2A，所以5(cosBcosC−sinBsinC)+2=cos2A，可得5cos(B+C)+2=2cos2A−1，可得2cos2A+5cosA−3=0，解得：cosA=1或cosA=−3(舍去)，2因为0<A<π，所以A=π．3(2)由正弦定理有：c2=4(a+b)(a−b)，可得c2=4(a2−b2)，又由A=π3及余弦定理有：a2=b2+c2−bc，有a2−b2=c2−bc，有c2=4(c2−bc)，可得：b=3c4，有a2=(3c4)2+c2−3c24=13c216，可得a=√13c4，可得△ABC的周长为a+b+c=√13c4+3c4+c=7+√134c，有7+√134c=7+√132，可得c=2．【解析】(1)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得2cos2A+5cosA−3=0，解方程可得cos A的值，结合范围0<A<π，可得A的值．(2)由正弦定理可得c2=4(a2−b2)，又由A=π3及余弦定理可求b=3c4，由a2=(3c4)2+c2−3c24=13c216，可得a=√13c4，根据三角形的周长即可求解．本题主要考查了三角函数恒等变换，正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．20.【答案】(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，又AE⊂面PAB，∴BC⊥AE，∵PA=AB，E为PB中点，∴AE⊥PB，又BC∩PB=B，∴AE⊥平面PAB，又AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PBC．(2)解：∵AB//CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AB//平面PCD，∴B到平面PCD的距离等于A到平面PCD的距离，取PD的中点G，连接AG，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AG，∵PA=AD，G是PD的中点，∴AG⊥PD，又PD∩CD=D，∴AG⊥平面PCD，∵PA=AD=4，PA⊥AD，∴PD=4√2，∴AG=12PD=2√2，∴点B到平面PCD的距离为2√2，∵BF=14BC，∴点F到平面PCD的距离为2√2×34=3√22．【解析】(1)证明BC⊥平面PAB得出AE⊥BC，结合AE⊥PB得出AE⊥平面PBC，故而平面AEF⊥平面PBC；(2)取PD中点G，证明AG⊥平面PCD，AB//平面PCD，则点B到平面PCD的距离为AG的长，利用BF=14BC，即可求得点F到平面PCD的距离．本题考查了面面垂直的判定，线面垂直的判定，考查点到平面的距离计算，属于基础题．21.【答案】解：(1)∵△ABC中，∠ABC=π3，BC=4，∴S△ABC=12AB⋅BCsin∠ABC=3√3，∴AB=3∵△ABC中，由余弦定理可得：AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcos∠ABC=9+16−2×3×4×12=13，∴AC=√13；(2)设∠ACD=α，则∠ACB=∠ACD+π3=α+π3，∵Rt△ACD中，AD=3√3，∴AC=ADsinα=3√3sinα，△ABC中，∠BAC=π−∠ACB−∠ABC=π3−α，由正弦定理可得：BCsin∠BAC =ACsin∠ABC，即4sin(π3−α)=√3√32sinα，∴3sin(π3−α)=2sinα，化简可得tanα=3√37，∴tan∠ACD=3√37．【解析】(1)由已知结合三角形的面积公式S△ABC=12AB⋅BCsin∠ABC可求AB，在△ABC 中，再由余弦定理，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcos∠ABC可求AC；(2)设∠ACD=α，则可表示∠ACB，△ABC中，由正弦定理可得BCsin∠BAC =ACsin∠ABC，进而可求tanα，即可求解．本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式等知识的综合应用，还考查了转化的能力，试题具有一定的综合性，属于中档题．22.【答案】解：(1)由题意得f(x)=4sinωx 2cos ωx 2+1=2sinωx +1，又ω>0，得y =f(x)的最小正周期为T =2πω，由正弦函数的性质，[−π2ω,π2ω]是函数f(x)=2sinωx +1的一个单调递增区间，又因为函数f(x)=2sinωx +1在[−π4,3π4]上单调递增，则{−π2ω≤−π4π2ω≥3π4，解得0<ω≤23． (2)由(1)得f(x)=2sinωx +1，将函数y =f(x)图像向左平移π3个单位，得到函数g(x)=2sin(ωx +π3ω)+1的图像， ∵g(x)的图像过P(π6,1)，∴g(π6)=2sin(π6ω+π3ω)+1=1，∴sin π2ω=0， ∴π2ω=kπ，k ∈Z ，∴ω=2k ，k ∈Z ，∵0<ω<4，∴ω=2， ∴g(x)=2sin(2x +2π3)+1， ∵x ∈[−π6,π12]，2x +2π3∈[π3,5π6]，∴g(x)∈[2,3]，令t =g(x)∈[2,3]，参变分离得m ≥t −1t 在[2,3]恒成立，令ℎ(t)=t −1t ，则函数ℎ(t)在[2,3]上递增，当t =3时，ℎ(t)max =3−13=83，∴m ≥83．【解析】(1)利用正弦函数的单调性求出一个递增区间[−π2ω,π2ω]，再利用子集列出不等式组即可．(2)利用三角变换得到g(x)=2sin(ωx +π3ω)+1，再求出ω=2，再利用正弦函数的图象与性质求出g(x)∈[2,3]，最后换元利用分参求最值即可．本题主要考查函数y =Asin(ωx +φ)的图象变换规律，正弦函数的图象与性质的应用，属于中档题．。

辽宁省沈阳市郊联体2019-2020学年高一下学期期末考试+数学含答案

2019－2020学年度下学期沈阳市郊联体期末考试高一试题数学考试时间：120分钟试卷总分：150分注意事项：本试卷由第I 卷和第II 卷组成。

第I 卷为选择题部分，一律用2B 铅笔按题号依次填涂在答题卡上：第II 卷为非选择题，按要求答在答题卡相应位置上。

第I 卷(选择题60分)一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。

1.若角600°的终边上有一点(－4，a)，则a 的值是A.4B.－3C.433D.－4332.已知向量a ＝(x －5，3)，b ＝(2，x)，且a ⊥b，则由x 的值构成的集合是A.{2，3}B.{－1，6}C.{2}D.{6}3.如图，正方形O'A'C'B'的边长为1cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则它的原图形面积2B.24C.2(1＋3)D.64.已知0<α<π，2sin2α＝sinα，则sin(α－2π)＝A.－154B.－14C.154 D.145.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若cosA ＝12，a 3，则a b c sinA sinB sinC++++＝A.12B.323D.26.在200米高的山顶上，测得山下一塔的塔顶与塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为A.2003B.100mC.4003D.90m7.在直角三角形ABC 中，角C 为直角，且AC ＝BC ＝2，点P 是斜边上的一个三等分点，则CP CB CP CA ⋅+⋅=A.0B.4C.94D.－948.若将函数f(x)＝2sin(x ＋6π)图象上各点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，再向下平移一个单位得到的函数g(x)的图象，函数g(x)A.图象关于点(－12π，0)对称 B.最小正周期是2πC.在(0，6π)上递增 D.在(0，6π)上最大值是19.已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列各组条件中能推出m ⊥l 的所有序号是①m ⊥α，l ⊥β，α⊥β；②m ⊥α，l //β，α//β；③m ⊂α，l ⊥β，α//β；④m ⊂α，l //β，α⊥βA.①②③B.①②C.②③④D.③④10.△ABC 中，若sin(A ＋B －C)＝sin(A －B ＋C)，则△ABC 必是A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.等腰直角三角形11.已知函数f(x)＝sin(ωx ＋3π)(ω>0)，若f(x)在[0，23π]上恰有两个零点，则ω的取值范围是A.(1，52) B.[1，52) C.(52，4) D.[52，4)12.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1，点P 是线段BC 1上的动点，则CP ＋PA 1的最小值为＋1 D.6第II 卷(非选择题90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分。

辽宁省沈阳市高一下学期期末数学考试试卷

辽宁省沈阳市高一下学期期末数学考试试卷姓名:________班级:________成绩:________一、选择题 (共 12 题；共 24 分)1. （2 分） (2017 高一上·乌鲁木齐期中) 下列说法中正确的是（）A . 第一象限角一定不是负角B.是第四象限角C . 钝角一定是第二象限角D . 终边与始边均相同的角一定相等2. （2 分） (2020 高三上·潮州期末) 若实数为（）满足，则的最大值和最小值分别A.B.C.D.3. （2 分） (2016 高一下·承德期中) 若角 α 的终边经过点 P（1，﹣2），则 tanα 的值为（）A. B. C . ﹣2 D. 4. （2 分） (2012·北京) 已知集合 A={x∈R|3x+2＞0}，B={x∈R|（x+1）（x﹣3）＞0}，则 A∩B=（） A . （﹣∞，﹣1）第 1 页共 10 页B . （﹣1，）C.﹙，3﹚D . （3，+∞）5. （2 分） (2019 高一下·集宁月考) 已知，是第四象限的角，则（）A.B.C.D. 6. （2 分） (2020 高一上·滕州月考) 设 A . 充分而不必要条件 B . 必要而不充分条件 C . 充要条件 D . 既不充分也不必要条件，则“”是“且”的（）7. （2 分） (2018 高一上·新宁月考) 把函数 y=sin(5x- )的图象向右平移个单位，再把所得函数图象上各点的横坐标缩短为原来的，所得的函数解析式为（）A.B.C.D.第 2 页共 10 页8. （2 分） (2020 高一下·杭州月考) 在平行四边形中，M 为上任一点，则等于（）A.B.C.D.9. （2 分） (2016 高一下·仁化期中) 若 sin（π+A）=﹣ ，则 cos（ π﹣A）的值是（）A.B. C.D. 10. （2 分）若关于 x 的方程 A.在上有解，则 m 的取值范围是（）B. C.D.11. （2 分） (2016 高一下·天津期中) 给出集合序列{1}，{2，3}，{4，5，6}，{7，8，9，10}，…，设 Sn 是第 n 个集合中元素之和，则 S21 为（）A . 1113B . 4641C . 5082第 3 页共 10 页D . 533612. （2 分） (2019 高三上·抚州月考) 17 世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿．”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为的等腰三角形）．例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金中，.根据这些信息，可得（）A.B.C.D.二、填空题 (共 4 题；共 4 分)13. （1 分）设向量 =（1，2）， =（2，3），若向量 k + 与向量 =（4，﹣7）共线，则 k=________．14. （1 分） (2016 高一上·南京期中) 函数 y=的值域为________15. （1 分） (2018 高二下·柳州月考) 已知实数 ________．满足约束条件16. （1 分） (2020 高三上·天津月考) 已知函数第 4 页共 10 页则的最大值为为偶函数，且图象的两条相邻对称轴之间的距离为，则三、解答题 (共 6 题；共 55 分)的值为________．17. （10 分） (2020 高三上·汝阳月考) 已知数列足：，是，的等差中项．是单调递增的等比数列，其前项和为，且满（1）求数列的通项公式及；（2）记，求数列的前项和．18. （10 分） (2019 高二上·上海月考) 已知，（1）当 k 为何值时，与平行：（2）若，求的值19. （10 分） (2019 高三上·成都月考)且.（1）求角的大小；的内角，，所对的边长分别为，，，（2）若角,点为边上靠近点的一个四等分点，且，求的面积 .20. （10 分） (2019 高二上·吉林月考) 已知的等比数列，且公比大于，，为等差数列，前项和为，.（1）求和的通项公式；，是首项为 2（2）求数列的前 n 项和.21. （10 分） (2017 高一下·南京期末) 某商场在一部向下运行的手扶电梯终点的正上方竖直悬挂一幅广告画．如图，该电梯的高 AB 为 4 米，它所占水平地面的长 AC 为 8 米．该广告画最高点 E 到地面的距离为 10.5 米．最低点 D 到地面的距离 6.5 米．假设某人的眼睛到脚底的距离 MN 为 1.5 米，他竖直站在此电梯上观看 DE 的视角为 θ．第 5 页共 10 页（1）设此人到直线 EC 的距离为 x 米，试用 x 表示点 M 到地面的距离；（2）此人到直线 EC 的距离为多少米，视角 θ 最大？ 22. （5 分） (2016 高二上·东莞开学考) 在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，设向量 =（a，）， =（cosC，c﹣2b），且 ⊥ ．（Ⅰ）求角 A 的大小；（Ⅱ）若 a=1，求△ABC 的周长 l 的取值范围．第 6 页共 10 页一、选择题 (共 12 题；共 24 分)1-1、 2-1、 3-1、 4-1、 5-1、 6-1、 7-1、 8-1、 9-1、 10-1、 11-1、 12-1、二、填空题 (共 4 题；共 4 分)13-1、 14-1、 15-1、参考答案第 7 页共 10 页16-1、三、解答题 (共 6 题；共 55 分)17-1、 17-2、 18-1、 18-2、 19-1、第 8 页共 10 页19-2、20-1、 20-2、 21-1、第 9 页共 10 页21-2、22-1、第 10 页共 10 页。

2019-2020学年辽宁省沈阳市重点联合体高一下学期期末数学试卷 (解析版)

2019-2020学年辽宁省沈阳市重点联合体高一第二学期期末数学试卷一、选择题（共8小题）.1．设i为虚数单位，复数z满足zi＝2﹣i，则＝（）A．﹣1+2i B．﹣1﹣2i C．1﹣2i D．1+2i2．若cos（α+β）＝，sin（）＝，α，β∈（0，），则cos（）＝（）A．B．C．D．3．一个圆锥的母线长为l，母线与轴的夹角为30°，则该圆锥侧面展开图的圆心角大小为（）A．B．C．D．π4．函数f（x）＝A sin（ωx+φ）的图象如图所示，为了得到f（x）图象，则只需将g（x）＝sin2x的图象（）A．向右平移个长度单位B．向左平移个长度单位C．向右平移个长度单位D．向左平移个长度单位5．正四面体的棱长为4，则它的外接球的表面积为（）A．12πB．24πC．48πD．96π6．在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝4，．将等腰梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．D．4π7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A＝60°，b＝2，为使此三角形有两个，则a满足的条件是（）A．0＜a＜2B．0＜a＜3C．3＜a＜2D．a≥2或a＝3 8．已知sin（α﹣）＝，则sin（2α﹣）＝（）A．B．﹣C．D．﹣二、多项选择题：（本大题共4小题：每小题5分，共20分，漏选得3分，错选0分）9．下面关于f（x）＝2sin（2x﹣）叙述中正确的是（）A．关于点（，0）对称B．关于直线x＝对称C．在区间[0，]上单调D．函数f（x）的零点为+kπ（k∈Z）10．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，考查下列命题其中真命题是（）A．若m∥α，n∥α，m∥β，n∥β，m⊥n，则α∥βB．若m⊥β，α⊥β，则m∥αC．若α⊥β，m⊥α，n∥β，则m⊥nD．若m∥n，n⊥β，m⊂α，则α⊥β11．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（）A．正三棱锥高为3．B．正三棱锥的斜高为C．正三棱锥的体积为D．正三棱锥侧面积为12．已知函数f（x）＝sin x|cos x|，，有以下结论（）A．f（x）的图象关于直线y轴对称B．f（x）在区间上单调递减C．f（x）的图象关于直线轴对称D．f（x）的最大值为三、填空题：（本大题共4小题：每小题5分，共20分）13．函数y＝tan（2x﹣）的最小正周期为，对称中心为．14．已知复数z满足等式|z﹣i|＝1，则|z﹣1|的最大值为．15．使不等式﹣2sin x≥0成立的x的取值集合是．16．设函数f（x）为定义域为R的奇函数，且f（x）＝f（2﹣x），当x∈[0，1]时，f（x）＝sin x，则函数|﹣f（x）在区间[﹣5，8]上的所有零点的和为．四、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．已知||＝2，＝（cosθ，sinθ）．（1）若（2）•（2）＝9，求向量在向量方向的投影的数量．（2）若，且，求向量的坐标．18．已知角α终边上一点坐标（1，﹣3），f（α）＝．（1）求f（α）的值．（2）求f（）的值．（3）求sin（）cos（）的值．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥面ABCD，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，E为CD的中点，F为PD上一点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面FAE．20．如图，已知四棱锥A﹣BCC1B1底面为矩形，侧面ABC为等边三角形，且矩形BCC1B1与三角形ABC所在的平面互相垂直，BC＝4，BB1＝2，D为AC的中点．（Ⅰ）求证：AB1∥平面DBC1；（Ⅱ）求点D到平面ABC1的距离．21．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为．（1）求sin B sin C；（2）若6cos B cos C＝1，a＝3，求△ABC的周长．22．已知向量＝（sin x cos x，1），＝（2sin x，4cos2x），函数f（x）＝．（1）若x∈[﹣，π]，求函数f（x）的减区间；（2）若x∈[0，]，方程f（x）＝a有唯一解，求a的取值范围．参考答案一、单项选择题：（本大题共8小题：每小题5分，共40分）1．设i为虚数单位，复数z满足zi＝2﹣i，则＝（）A．﹣1+2i B．﹣1﹣2i C．1﹣2i D．1+2i【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．解：由zi＝2﹣i，得z＝，∴．故选：A．2．若cos（α+β）＝，sin（）＝，α，β∈（0，），则cos（）＝（）A．B．C．D．【分析】根据同角三角函数关系进行求解，结合两角和差的余弦公式进行转化求解即可．解：∵α+＝α+β﹣（β﹣），∴cos（α+）＝cos[α+β﹣（β﹣）]＝cos（α+β）cos（β﹣）+sin（α+β）sin（β﹣），∵α，β∈（0，），∴α+β∈（0，π），则sin（α+β）＝，α﹣∈（﹣，），∵sin（）＝，∴cos（）＝，则cos（α+）＝+＝，故选：C．3．一个圆锥的母线长为l，母线与轴的夹角为30°，则该圆锥侧面展开图的圆心角大小为（）A．B．C．D．π【分析】求出底面圆的半径，可得底面圆的周长，再利用弧长公式求出圆锥侧面展开图的圆心角．解：圆锥轴截面的母线与轴的夹角为30°，母线长为l，所以底面圆的半径为r＝l sin30°＝l，所以底面圆的周长为c＝2πr＝πl，所以圆锥侧面展开图的圆心角为α＝＝＝π．故选：D．4．函数f（x）＝A sin（ωx+φ）的图象如图所示，为了得到f（x）图象，则只需将g（x）＝sin2x的图象（）A．向右平移个长度单位B．向左平移个长度单位C．向右平移个长度单位D．向左平移个长度单位【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数f（x）的解析式；再利用函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．解：根据函数f（x）＝A sin（ωx+φ）的图象，可得A＝1，＝＝﹣＝，∴ω＝2，故f（x）＝sin（2x+φ）．再根据五点法作图可得2×+φ＝π，求得φ＝，∴f（x）＝sin（2x+）．故将g（x）＝sin2x的图象向左平移个单位，可得f（x）＝sin2（x+）＝sin（2x+）的图象，故选：B．5．正四面体的棱长为4，则它的外接球的表面积为（）A．12πB．24πC．48πD．96π【分析】将其补为正方体，正四面体的外接球即为此正方体的外接球，进而得出．解：将其补为正方体，正四面体的外接球即为此正方体的外接球，设此正方体的棱长为a，则2a2＝42，可得：a2＝8．设它的外接球的半径为R，则4R2＝3a2＝24．∴它的外接球的表面积＝4πR2＝24π．故选：B．6．在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝4，．将等腰梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．D．4π【分析】将等腰梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为：以1为底面半径，4为高的圆柱的体积减去两个以1为半径，1为高的两个圆锥的体积，由此能求出结果．解：在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝4，．将等腰梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为：以1为底面半径，4为高的圆柱的体积减去两个以1为半径，1为高的两个圆锥的体积，∴将等腰梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为：V＝π×12×4﹣2××1＝．故选：C．7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A＝60°，b＝2，为使此三角形有两个，则a满足的条件是（）A．0＜a＜2B．0＜a＜3C．3＜a＜2D．a≥2或a＝3【分析】计算三角形AB边上的高即可得出结论．解：C到AB的距离d＝b sin A＝3，∴当3＜a＜2时，符合条件的三角形有两个，故选：C．8．已知sin（α﹣）＝，则sin（2α﹣）＝（）A．B．﹣C．D．﹣【分析】利用诱导公式化简已知可得cos（﹣α）＝，进而利用诱导公式，二倍角的余弦函数公式化简所求即可计算得解．解：∵sin（α﹣）＝cos[﹣（α﹣）]＝cos（﹣α）＝，∴sin（2α﹣）＝cos[﹣（2α﹣）]＝cos（﹣2α）＝2cos2（﹣α）﹣1＝2×（）2﹣1＝﹣．故选：D．二、多项选择题：（本大题共4小题：每小题5分，共20分，漏选得3分，错选0分）9．下面关于f（x）＝2sin（2x﹣）叙述中正确的是（）A．关于点（，0）对称B．关于直线x＝对称C．在区间[0，]上单调D．函数f（x）的零点为+kπ（k∈Z）【分析】由题意利用正弦函数的图象和性质，得出结论．解：对于函数f（x）＝2sin（2x﹣），令x＝，求得f（x）＝0，可得它的图象关于点（，0）对称，故A正确、B不正确．区间[0，]上，2x﹣∈[﹣，]，f（x）单调递增，故C正确．由于f（x）的周期为π，故函数f（x）的零点为+k•（k∈Z），故D不正确，故选：AC．10．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，考查下列命题其中真命题是（）A．若m∥α，n∥α，m∥β，n∥β，m⊥n，则α∥βB．若m⊥β，α⊥β，则m∥αC．若α⊥β，m⊥α，n∥β，则m⊥nD．若m∥n，n⊥β，m⊂α，则α⊥β【分析】根据线线关系、线面关系和面面关系判断每个选项命题的真假即可．解：A．可过m上一点O，作n′∥n，则m∩n′＝O，并且m∥α，n′∥α，设m与n′确定的平面为γ，则α∥γ，同样，β∥γ，从而得出α∥β，即该命题为真命题；B．若m⊥β，α⊥β，则m⊂α，或m∥α，即该命题为假命题；C．根据α⊥β，m⊥α可得出m⊆β或m∥β，又n∥β，∴m与n的关系不确定，从而得出该命题是假命题；D．∵m∥n，n⊥β，∴m⊥β，又m⊂α，∴α⊥β，即该命题为真命题．故选：AD．11．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（）A．正三棱锥高为3．B．正三棱锥的斜高为C．正三棱锥的体积为D．正三棱锥侧面积为【分析】正三棱锥S﹣ABCk，底面△ABC是边长为3的等边三角形，侧棱长为SA＝SB ＝SC＝，取BC中点D，连结SD，AD，过S作SO⊥平面ABC，交AD于O，由此能求出正三棱锥高、斜高、体积和侧面积．解：正三棱锥S﹣ABCk，底面△ABC是边长为3的等边三角形，侧棱长为SA＝SB＝SC＝，取BC中点D，连结SD，AD，过S作SO⊥平面ABC，交AD于O，AD＝＝，AO＝＝＝，∴正三棱锥高为：SO＝＝＝3，故A正确；正三棱锥的斜高为：SD＝＝＝，故B正确；正三棱锥的体积为：V＝＝＝，故C错误；正三棱锥侧面积为：S＝＝，故D正确．故选：ABD．12．已知函数f（x）＝sin x|cos x|，，有以下结论（）A．f（x）的图象关于直线y轴对称B．f（x）在区间上单调递减C．f（x）的图象关于直线轴对称D．f（x）的最大值为【分析】根据条件结合绝对值以及三角函数的倍角公式进行化简，作出函数的图象，利用数形结合分别进行判断即可．解：当x∈[﹣，]时，f（x）＝sin x|cos x|＝sin x cos x＝sin2x，当x∈（，]时，f（x）＝sin x|cos x|＝﹣sin x cos x＝﹣sin2x，作出函数f（x）的图象如图：则函数关于y轴不对称，故A错误，区间[，π]的中点坐标为，区间[π，]的中点坐标为，则f（x）在区间[，]上单调递减，故B正确，由图象知f（x）关于x＝对称；故C正确，当x∈[﹣，]时，2x∈[﹣π，π]，当2x＝时，f（x）取得最大值，故D正确，故正确的是BCD，故选：BCD．三、填空题：（本大题共4小题：每小题5分，共20分）13．函数y＝tan（2x﹣）的最小正周期为，对称中心为（+，0），k∈Z．【分析】由题意利用正切函数的周期性以及图象的对称性，得出结论．解：函数的最小正周期为，令2x﹣＝kπ，求得x＝+，可得函数的图象的对称中心为（+，0），k∈Z，故答案为：；（+，0），k∈Z．14．已知复数z满足等式|z﹣i|＝1，则|z﹣1|的最大值为．【分析】满足|z﹣i|＝1的复数z在复平面内对应的点在以（0，1）为圆心，以1为半径的圆上，画出图形，数形结合求|z﹣1|的最大值．解：满足|z﹣i|＝1的复数z在复平面内对应的点在以（0，1）为圆心，以1为半径的圆上，如图：则|z﹣1|的最大值为两点（1，0）与（0，1）的距离加1．等于．故答案为：．15．使不等式﹣2sin x≥0成立的x的取值集合是[2kπ+，2kπ+]，k∈Z．【分析】根据正弦函数的图象和性质进行求解即可．解：由﹣2sin x≥0得sin x≤，得2kπ+≤x≤2kπ+，k∈Z，即x的取值集合为[2kπ+，2kπ+]，k∈Z，故答案为：[2kπ+，2kπ+]，k∈Z，16．设函数f（x）为定义域为R的奇函数，且f（x）＝f（2﹣x），当x∈[0，1]时，f（x）＝sin x，则函数|﹣f（x）在区间[﹣5，8]上的所有零点的和为6．【分析】函数|﹣f（x）在区间[﹣5，8]上的所有零点，⇔函数y＝|cos|与f（x）在区间[﹣5，8]上的交点横坐标，分别分析f（x）与y＝y＝|cos|性质及图象，画出图象，结合图象分析结论．解：因为f（x）为定义域为R的奇函数，所以f（x）＝﹣f（﹣x），又因为f（x）＝f（2﹣x），所以﹣f（﹣x）＝f（2﹣x），所以f（2+x）＝﹣f（x），所以f（4+x）＝﹣f（2+x）＝﹣[﹣f（x）]＝f（x），所以函数f（x）的周期T＝4，由f（x）＝f（2﹣x）还可得，f（x）关于直线x＝1对称，设y＝|cos|，其周期为•＝2，其图象关于x＝2对称，函数|﹣f（x）在区间[﹣5，8]上的所有零点，即函数y＝|cos|与f（x）在区间[﹣5，8]上的交点横坐标，在（﹣5，8）内有两个函数图象有六个交点，所以[﹣5，8]上的所有零点的和为2（﹣3+1+5）＝6．故答案为：6．四、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．已知||＝2，＝（cosθ，sinθ）．（1）若（2）•（2）＝9，求向量在向量方向的投影的数量．（2）若，且，求向量的坐标．【分析】（1）先将等式（2）•（2）＝9的左边展开化简运算可得＝1，再根据平面向量数量积的定义求解即可；（2）把代入的坐标中可得向量，设＝（x，y），根据平面向量的模长和数量积的运算法则可列出关于x和y的方程组，解之即可．解：（1）（2）•（2）＝＝4×4﹣4﹣3＝9，∴＝1，∴向量在向量方向的投影的数量为＝＝＝1．（2）∵，∴＝（cosθ，sinθ）＝（，），设＝（x，y），则x2+y2＝4①，∵，∴x y＝0②，由①②解得，或．故向量的坐标为或．18．已知角α终边上一点坐标（1，﹣3），f（α）＝．（1）求f（α）的值．（2）求f（）的值．（3）求sin（）cos（）的值．【分析】（1）由已知利用三角函数的定义可得tanα＝﹣3，进而根据诱导公式，同角三角函数基本关系式即可求解f（α）的值．（2）利用两角和的正切函数公式即可求解．（3）利用二倍角的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式即可求解．解：（1）∵角α终边上一点坐标（1，﹣3），可得tanα＝﹣3，∴f（α）＝＝＝tanα＝﹣3．（2）f（）＝tan（）＝＝＝﹣．（3）sin（）cos（）＝sin（2α+）＝cos2α＝•＝＝＝﹣．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥面ABCD，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，E为CD的中点，F为PD上一点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面FAE．【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的性质定理可知PA⊥BD，再由菱形的性质可知AC⊥BD，最后根据线面垂直的判定定理即可得证；（Ⅱ）在菱形ABCD中，通过角度的推导计算易得∠BAC＝∠CAD＝60°，∠CAE＝30°，从而∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝90°，即AB⊥AE；再由线面垂直的性质定理可推出PA ⊥AE，最后结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可得证．【解答】证明：（Ⅰ）∵PA⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，∴PA⊥BD，∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD，又PA、AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．（Ⅱ）在菱形ABCD中，∠BAD＝180°﹣∠ABC＝120°，∴∠BAC＝∠CAD＝∠BAD ＝60°，∵E为CD的中点，∴∠CAE＝∠CAD＝30°，∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝60°+30°＝90°，即AB⊥AE，∵PA⊥面ABCD，AE⊂面ABCD，∴PA⊥AE，又PA、AB⊂平面PAB，PA∩AB＝A，∴AE⊥平面PAB，∵AE⊂平面FAE，∴平面PAB⊥平面FAE．20．如图，已知四棱锥A﹣BCC1B1底面为矩形，侧面ABC为等边三角形，且矩形BCC1B1与三角形ABC所在的平面互相垂直，BC＝4，BB1＝2，D为AC的中点．（Ⅰ）求证：AB1∥平面DBC1；（Ⅱ）求点D到平面ABC1的距离．【分析】（Ⅰ）连结B1C，BC1，交于点E，连结DE，推导出DE∥AB1，由此能证明AB1∥平面DBC1．（Ⅱ）以B为原点，在平面ABC中过B作BC的垂线为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点D到平面ABC1的距离．解：（Ⅰ）证明：连结B1C，BC1，交于点E，连结DE，∵四棱锥A﹣BCC1B1底面为矩形，∴E是B1C中点，∵D为AC的中点，∴DE∥AB1，∵DE⊂平面DBC1，AB1⊄平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1．（Ⅱ）以B为原点，在平面ABC中过B作BC的垂线为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，A（2，2，0），C1（0，4，2），D（1，，2），B（0，0，0），＝（1，，2），＝（2，2，0），＝（0，4，2），设平面ABC1的法向量＝（x，y，z），则，取x＝，得＝（，﹣1，2），∴点D到平面ABC1的距离d＝＝＝．21．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为．（1）求sin B sin C；（2）若6cos B cos C＝1，a＝3，求△ABC的周长．【分析】（1）根据三角形面积公式和正弦定理可得答案，（2）根据两角余弦公式可得cos A＝，即可求出A＝，再根据正弦定理可得bc＝8，根据余弦定理即可求出b+c，问题得以解决．解：（1）由三角形的面积公式可得S△ABC＝ac sin B＝，∴3c sin B sin A＝2a，由正弦定理可得3sin C sin B sin A＝2sin A，∵sin A≠0，∴sin B sin C＝；（2）∵6cos B cos C＝1，∴cos B cos C＝，∴cos B cos C﹣sin B sin C＝﹣＝﹣，∴cos（B+C）＝﹣，∴cos A＝，∵0＜A＜π，∴A＝，∵＝＝＝2R＝＝2，∴sin B sin C＝•＝＝＝，∴bc＝8，∵a2＝b2+c2﹣2bc cos A，∴b2+c2﹣bc＝9，∴（b+c）2＝9+3cb＝9+24＝33，∴b+c＝∴周长a+b+c＝3+．22．已知向量＝（sin x cos x，1），＝（2sin x，4cos2x），函数f（x）＝．（1）若x∈[﹣，π]，求函数f（x）的减区间；（2）若x∈[0，]，方程f（x）＝a有唯一解，求a的取值范围．【分析】结合平面向量数量积的坐标运算、二倍角公式和辅助角公式将函数f（x）化简为f（x）＝﹣2sin（2x﹣）+3．（1）令+2kπ≤2x﹣≤+2kπ，k∈Z，解得+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，再结合x∈[﹣，π]的限定，即可得到函数f（x）的减区间；（2）由x∈[0，]，可知2x﹣∈[，]，由于方程f（x）＝a有唯一解，结合正弦型函数的图象可推出sin（2x﹣）∈[，），从而得a的取值范围．解：f（x）＝＝2sin2x﹣sin x cos x+4cos2x＝2（sin2x+cos2x）﹣sin2x+cos2x+1＝﹣2sin（2x﹣）+3．（1）令+2kπ≤2x﹣≤+2kπ，k∈Z，则+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，∵x∈[﹣，π]，∴≤x≤或≤x≤π，故函数f（x）的减区间为和．（2）∵x∈[0，]，∴2x﹣∈[，]，sin（2x﹣）∈[，1]，∵方程f（x）＝a有唯一解，∴sin（2x﹣）∈[，），∴2＜a≤4．故a的取值范围为（2，4]．。

2019-2020学年辽宁省沈阳市郊联体高一下学期期末考试数学试题

辽宁省沈阳市郊联体2019-2020学年高一下学期期末考试试题参考『答案』一、选择题： BCABD CBCAC DB二、填空题：13.14. 15. 6365 16. 163π 三、解答题： 17. 解：（1）由题得2235)1(=y +,点P 在第一象限所以45y = ……2分所以4tan =3θ ……4分（2）22sin (2)cos (4)sin cos πθπθθθ+-+ 22sin cos =sin cos θθθθ- ……6分 2tan 1=tan θθ- ……8分 712= …… 10分 18.解：（1）因为()()2sin 2sin 2sin a A b c B c b C-+=+，由正弦定理可得： ()()2222a b b c c c b -+=+，整理得222b c a bc +-=-， …… 2分 ∴2221cos 22b c a A bc +-==- 解得120A =︒ ……4分又30B =︒，所以1801203030C =︒-︒-︒=︒，即30C B ==︒，∴()()sin sin 120301A C -=︒-︒=. ……6分（2）由（1）知b c =，120A =︒，∴21sin1202b ︒=解得b c == …… 8分由余弦定理，得22212cos 1212212362a b c bc A ⎛⎫=+-=+-⨯⨯-= ⎪⎝⎭即6a =. ……10分∴ABC ∆的周长为6. ……12分19.解：（1）取BD 边中点O ，连接,AO CO∵BCD ∆，ABD ∆为边长为2的正三角形，∴BD OA ⊥, OC OA ==∵2226OC OA AC +== ……2分 ∴ ,,OA OC OC BD O OC BD BCD ，面⊥=⊂∴OA ⊥平面BCD ， ……4分 ∵OA ⊂平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BCD . ……6分（2）∵,BD OC BD OA ⊥⊥，且,OA OC O =,OA OC AOC 面⊂∴BD ⊥平面AOC ， ……8分在AOC ∆中，3,22OA OC AC ===，∴12AOC S ∆=⨯= ……10分112333A BCD AOC V S BD -∆⨯⨯=== ……12分20.解：：22()22(cos )()22f x x x x ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦222(cos sin )x x x =-- ……2分2cos 2x x =-2sin(2)6x =- ……4分 ⑴函数()f x 的最小正周期22T ππ== ……5分由262x k πππ-=+，得对称轴方程为,32k x k Z ππ=+∈ ……7分 ⑵∵122x ππ-≤≤， ∴52366x πππ-≤-≤由正弦函数的图象知sin(2)16x π≤-≤ ……10分 ∴()f x的值域是⎡⎤⎣⎦ ……12分 21.解：（1）由题意()()3a b c a b c ab +++-=，∴222a b c ab +-=， ……1分由余弦定理可知，222cos 122a b c C ab +-==， ……3分又∵(0,)C π∈，∴3C π=. ……5分（2）由正弦定理可知，2sin sin sin 3a b A B π===，即,a A b B ==，∴2a b A B -=2sin()3A A π=-2cos A A =-，4sin()6A =- ……8分又∵ABC ∆为锐角三角形， ∴022032A B A πππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<=-<⎪⎩，则62A ππ<< ……10分04sin(-)6A π<<综上2a b -的取值范围为(0,. ……12分22.解：（1）证明：由直四棱柱，得BB 1∥DD 1且BB 1=DD 1，所以BB 1D 1D 是平行四边形，所以B 1D 1∥BD ．BD ⊂平面A 1BD ，B 1D 1⊄平面A 1BD ，所以B 1D 1∥平面A 1BD ． ……3分（2）证明：BB 1⊥面ABCD ，AC ⊂面ABCD ，∴BB 1⊥AC ，又BD ⊥AC ，且BD ∩BB 1=B ，BD ，BB 1⊂面BB 1D∴AC ⊥面BB 1D 而MD ⊂面BB 1D ，∴MD ⊥AC ． ……6分（3）当点M 为棱BB 1的中点时，平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D ……7分取DC 的中点N ，D 1C 1的中点N 1，连接NN 1交DC 1于O ，连接OM ． N 是DC 中点，BD =BC ，∴BN ⊥DC ；又面ABCD 面DCC 1D 1 =DC ，而面ABCD ⊥面DCC 1D 1，BN ⊂面ABCD ∴ BN ⊥面DCC 1D 1． ……9分又可证得，O 是NN 1的中点，∴BM ∥ON 且BM =ON ，即BMON 是平行四边形，∴BN ∥OM ， ……10分∴OM⊥平面CCD1D，……11分1OM⊂面DMC 1，∴平面DMC⊥平面CC1D1D．……12分1。

2019-2020学年辽宁省沈阳市重点联合体高一下学期期末数学试卷(解析版)

2019-2020学年辽宁省沈阳市重点联合体高一第二学期期末数学试卷一、选择题（共8小题）.1 .设i 为虚数单位，复数Z 满足Zi=2-i,则之=( )A. -1+2/B. -l-2zC. 1-2/D. 1+2/2 .若 cos (a+p)=菅，sin ( 5 =县,a, pG (0,；),则 cos ( C £ 4^)=()5&24：A33 R 33 r56 n16A •方 B.前C.次—3 . 一个圆锥的母线长为L 母线与轴的夹角为30。

，则该圆锥侧面展开图的圆心角大小为7T~27 .在ZUBC 中，角A, B, C 所对的边分别为%b 9 c 9已知4=60° ,》=2启，为使此三角形有两个，则。

满足的条件是( )A. 0<A <2A /3B. 0V“V3C. 3V°V2点D.畲或。

=38 .已知 sin (a--)=—,则 sin (2a -)=()4.函数 f (x) =Asin (a)x+<p)(A>0,TTI 。

|＜二丁）的困象如图所示，为了得到/（x ）乙图象，则只需将g （X ）=sin2x 的图象（）B.向左平移七个长度单位6兀D.向左平移一丁个长度单位5.正四面体的枝长为4,则它的外接球的表面积为（）D. 96K在等腰梯形 A3CD 中，AD//BC, 5c=240=4, CD=V2. 将等腰梯形ABCD 绕4。

所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（B. 8JT10兀)D. 4n()人向右平々•个长度单位 C.向右平移二个长度单位o 3 b二、多项选择题：（本大题共4小题：每小题5分，共20分，漏选得3分，错选。

分）A.关于点（三，0）对称B.关于直线犬=三对称6兀C.在区间［0,亏］上单调兀D.函数/的零点为T+垢（k ⑦10.设〃】、〃是两条不同的直战，a 、B 是两个不同的平面，考查下列命题其中真命题是（）..兀 RJT12.已知函数/ （x ） =shirlcosxl, ［一寸，有以下结论（）乙乙的图象关于直线」轴对称已知复数Z 满足等式IZ-il=l,则IZ-II 的最大值为使不等式a- 2siiix^0成立的x 的取值集合是 A 越 A ， g B •-等c -i D - 4 9.下面关于/ (x) =2sin (2x-7T）叙述中正确的是（）A.若加〃a.〃〃a,/〃〃配〃〃3加则a 〃R B.若加1＞仇 aJLR, 则 m//a C.若ni±a 9 〃〃氏则〃 lJL 〃D.若加〃〃, 〃邛, mua,则 a±pII.正三棱锥底面边长为3,侧横长为2JWA.正三棱锥高为3. c.正三棱锥的体积为苧则下列叙述正确的是（）B.正三棱锥的斜高为Y 等D.正三棱锥侧面积为三辔 B. f (x) 在区间［・ ,］上单调递减C. / (x) 兀的图象关于直线轴对称乙 D. / (x) 的最大值为之乙 13. 填空如（本大题共4小题：每小题5分，共20分）兀函数」=tan （2r--）的最.小正周期为,对称中心为14. 15.16.设函数/（1）为定义域为R的奇函数，且/（*） =/（2-x）,当xc［0, 1］时，/（x）=sinr,则函数式必二|eos-争H--Cr)在区间［-5, 8］上的所有零点的和为四、解答题：(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17.已知l/=2, n= (cosQ, sin0).(1)若(2n-3n) •+n) =%求向量口在向量n方向的投影的数量.人兀一一•一(2)若8二一1，且求向量ir的坐标. u27r3sl 7 -a)sin［-兀-a)18. 已知角a终边上一点坐标(1, -3) , / (a)= --------- - ------------- - ----- .儿、/几xcos(—^+ci )sin(—+ <1)乙乙(1)求/(01)的值.(2)求了(04)的值.(3)求sin (Q4^~) COS的值.19.如图，在四枝锥尸-A3CD中，PA上面A3CD,底面A3CD为菱形，且NA5C=60。

辽宁省沈阳市城郊市重点联合体2020学年高一数学下学期期末考试试题

辽宁省沈阳市城郊市重点联合体2020学年高一数学下学期期末考试试题试卷说明：（1）命题范围：必修3，4（2）试卷共两卷，（3）时间：120分钟总分：150分第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分,共60分.在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.某公司有员工49人，其中30岁以上的员工有14人，没超过30岁的员工有35人，为了解员工的健康情况，用分层抽样的方法抽一个容量为7的样本，其中30岁以上的员工应抽多少 A ．2人B ．4人C ．5人D ．1人2.口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黒球，从中摸出1个球，摸出红球的概率是0.42，摸出白球的概率是0.28，那么摸出黒球的概率是A ．0.42B ．0.28C ．0.3D ．0.73. 已知AB u u u r =（5，-3），C （-1，3），CD uuu r =2AB u u u r ，则点D 的坐标为A ．（11，9） B.（4，0） C.（9，3） D.（9，-3） 4. 已知向量→a =(3,2),→b =(x,4)，且→a ⊥→b ,则x 的值为( ) A.6 B.- 6 C.38-D.385. 在sin sin cos cos ,ABC A B A B ∆⋅<⋅中，则这个三角形的形状是( ) A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.等腰三角形6. 用秦九韶算法计算多项式654323567983512)(x x x x x x x f ++++-+= 在4-=x 时的值时,3V 的值为A. －845B. 220C. －57D. 34 7.设向量)21,(cos α=→a 的模为22，则c os2=( )A.41-B.21-C.21 D.238.已知,7||,3||,2||=-==→→→→b a b a 则→→b a 与的夹角为（）。

A.6π B.3π C.4π D.2π 9. 函数3sin(2)6y x π=+的单调递减区间是A ．5,1212k k ππππ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦()k Z ∈ B ．511,1212k k ππππ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦()k Z ∈ C ．,36k k ππππ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦()k Z ∈ D ．2,63k k ππππ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦()k Z ∈ 10. 若函数()()sin f x x ωϕ=+的图象（部分）如图所示，则ω和ϕ的取值是 A ．1,3πωϕ== B. 1,3πωϕ==-C. 1,26πωϕ==D. 1,26πωϕ==-11.已知函数y=Asin(x+)+m 的最大值是4，最小值是0，最小正周期是2，直线3=x 是其图象的一条对称轴，则下面各式中符合条件的解析式是（）。

2020-2021学年辽宁省沈阳市五校协作体高一下学期期末联考数学试题【含答案】

2020-2021学年辽宁省沈阳市五校协作体高一下学期期末联考数学试题一、单选题 1．已知复数5i5i 2iz =+-，则z =（） AB．C．D．B根据复数的四则运算法则及模的计算公式，即可得到选项. 【详解】由题，得()()()5i 2+i 5i5i 5i 1+7i 2i 2i 2+i z =+=+=---，所以z =故选：B.2．密位制是度量角的一种方法.将周角等分为6000份，每一份叫做1密位的角.以密位作为角的度量单位，这种度量角的单位制，叫做角的密位制.在角的密位制中，采用四个数码表示角的大小，单位名称密位二字可以省去不写.密位的写法是在百位数字与十位数字之间画一条短线，如：478密位写成“4-78”，1周角等于6000密位，记作1周角6000=-.如果一个扇形的半径为2，面积为73π，则其圆心角可以用密位制表示为（）A ．25-00B ．35-00C ．42-00D ．70-00B【分析】利用扇形面积公式先求出圆心角，再根据密位制的定义换算即可. 【详解】设扇形的圆心角为α，则217223απ⨯=，则76απ=，由题意可知，其密位大小为76600035002ππ⨯=密位，用密位制表示为35-00.故选：B.3．已知角α的终边绕原点O 逆时针旋转2π后，得到角β的终边，角β的终边过点()8,P m -，且24cos 5m β=，则tan α的值为（） A ．34±B ．34-C ．43-D ．43D【分析】根据三角函数的定义求得m ，继而求得tan α得选项. 【详解】由24cos 5mβ==，得0m >，化简可得()()225964m m =+，解得6m =，63tan 84β-==-，1tan tan 2tan πβαα⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，所以4tan 3α=．故选：D ．4．某大学的大门蔚为壮观，有个学生想搞清楚门洞拱顶D 到其正上方A 点的距离，他站在地面C 处，利用皮尺测得9BC m =，利用测角仪器测得仰角45ACB ∠=，测得仰角BCD ∠后通过计算得到26sin 26ACD ∠=，则AD 的长度为（）A ．2mB ．2.5mC ．3mD ．4mC设AD xm =，从而用x 表示出,BD CD ；在ACD ∆中利用正弦定理可构造方程求得结果. 【详解】设AD xm =，则()9BD x m =-，()2299CD x m =+-在ACD ∆中，由正弦定理得sin sin CD ADDAC ACD=∠∠得：()2299226226x x +-=()22229926x x ⎡⎤∴+-=⎣⎦，即223270x x +-=，解得：3x =故选：C本题考查解三角形实际应用中的高度问题的求解，关键是能够在三角形中利用正弦定理构造方程.5．如图，矩形ABCD 是圆柱1OO 的轴截面，且1123,2,,33AB BC DD CC ππ====，其中11,C D 在平面ABCD 同侧，则异面直线CD 与11C D 所成的角为（）A ．30B ．45︒C ．60︒D ．75︒A【分析】作1//D E DC ，连接1C E ，可得11C D E ∠为CD 与11C D 所成的角，再由已知求解三角形得答案．【详解】解：如图，作1//D E DC ，连接1C E ，11C D E ∴∠为CD 与11C D 所成的角，13DD CE π==，123CC π=，∴13C E π=，1111O C O E ==，11C E ∴=．又13D E AB ==，在11Rt D C E 中，111113tan 33C E CDE D E ∠===，即11306C D E π∠==︒．故选：A ．6．在直三棱柱111ABC A B C -中，M 是1BB 上的点，3AB =，4BC =，5AC =，17CC =，过三点A 、M 、1C 作截面，当截面周长最小时，截面将三棱柱分成的两部分的体积比为（）．A ．34B ．45C ．910D ．1011D【分析】将平面11ABB A 与平面11BCC B 放在一个平面内，连接1AC ，与1BB 的交点即为M ，此时截面周长最小，由此得到3BM =，根据棱锥的体积公式和棱柱的体积公式可得结果.【详解】如图：因为1254974AC =+=为定值，所以1AM MC +最小时，截面周长最小，将平面11ABB A 与平面11BCC B 放在一个平面内，如图：连接1AC ，与1BB 的交点即为M ，则此时1AM MC +最小，此时3BM =，因为3AB =，4BC =，5AC =，所以222AB BC AC +=，所以AB BC ⊥，又三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，所以1BB ⊥平面ABC ，所以1BB AB ⊥，因为1AB BB B ，所以AB ⊥平面11BCC B ，∴1A BCC M -的体积()111111()3374203232V AB BM CC BC =⨯⨯+⨯=⨯⨯⨯+⨯=，三棱柱的体积11437422ABC V S CC =⨯=⨯⨯⨯=△，∴截面将三棱柱分成的两部分的体积比为112010422011V V V ==--．故选：D.本题考查了直棱柱的结构特征，考查了棱柱的侧面展开图，考查了棱锥和棱柱的体积公式，属于基础题.7．将函数()6cos 4f x x π⎛⎫=⎪⎝⎭和直线()2g x x =-的所有交点从左到右依次记为1A ，2A ，…，5A ，若P 点坐标为()0,23，则125PA PA PA +++=（）A ．0B ．4C ．12D ．20D【分析】由函数()6cos 4f x x π⎛⎫=⎪⎝⎭与直线()2g x x =-的图像可知，它们都关于点3(2,0)A 中心对称，再由向量的加法运算得1253...5PA PA PA PA +++=，最后求得向量的模. 【详解】由函数()6cos 4f x x π⎛⎫=⎪⎝⎭与直线()2g x x =-的图像可知，它们都关于点3(2,0)A 中心对称，所以221253...5||5(02)(230)20PA PA PA PA +++==-+-=. 故选：D.8．蹴鞠(如图所示)，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴､踢､蹋的含义，鞠最早系外包皮革､内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹲､蹋､踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠(球)的表面上有四个点A ，B ，C ，P ，且球心O 在PC 上，2AC BC ==，AC BC ⊥，6tan tan PAB PBA ∠=∠=(球)的表面积为（）A ．5πB ．72πC ．9πD ．14πC【分析】根据题意作出图形，取AB 的中点M ，求得22AB =，由6tan tan 2PAB PBA ∠=∠=求出PM ，连接CM 并延长交球O 于点H ，连接PH ，可证⊥PH CH ，再求出,MH PH ，结合勾股定理222PC CH PH =+求出PC ，再由球体表面积公式即可求解【详解】如图，取AB 的中点M ，由2AC BC ==，AC BC ⊥，得22AB =.由 6tan tan 2PAB PBA ∠=∠=，得6232PM =⨯=，连接CM 并延长交球O 于点H ，连接PH .因为PC 为球O 的直径，设球的半径为R ，所以⊥PH CH ，11222MH CH AB ===，则22321PH PM MH =-=-=，所以()()2222222219R PC CH PH ==+=+=.可得球的表面积为249R ππ=.故选：C . 二、多选题9．下列各式一定正确的有（） A ．2a a =B ．()()0a b c a c b a ⎡⎤⋅⋅-⋅⋅⋅=⎣⎦C ．()222a b a b ⋅=⋅ D ．()2222a ba ab b -=-⋅+BD【分析】根据平面向量数量积的定义、运算律进行判断．【详解】解：对于A ，a 2||a 表示一个数，故A 错误，对于B ，()()()()()()0a b c a c b a a b c a a c b a ⎡⎤⋅⋅-⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-⋅⋅⋅=⎣⎦，故B 正确；对于C ，22222()(||||cos )cos a b a b a b θθ⋅=⋅⋅=⋅⋅，故只有当,a b 共线时才有222()a b a b ⋅=⋅，故C 错误；对于D ，根据平面向量的数量积的运算律可知D 正确，故选：BD ．10．设α，β，γ表示平面，m ，n ，l 表示直线，则l α⊥的充分条件（） A ．m α⊥，l m ∥B ．αβ⊥，m αβ=，l m ⊥C ．m α⊂，n ⊂α，l m ⊥，l n ⊥D ．βα⊥，γα⊥，l βγ=AD【分析】根据线线、线面、面面的位置关以及充分条件和必要条件的定义进行分析判断即可．【详解】解：当m α⊥，l m ∥时，则l α⊥，故选项A 正确；当αβ⊥，m αβ=，l m ⊥时，由面面垂直的性质得出，l 可能在α内，故选项B 错误；当m α⊂，n ⊂α，l m ⊥，l n ⊥时，由线面垂直的判定定理得出，当//m n 时，得不到l α⊥，故选项C 错误；当βα⊥，γα⊥，l βγ=时，则可以在β，γ内分别找到异于l 的直线d ，e ，使得d α⊥，d α⊥，根据线面垂直的性质得出//d e ，则//d γ，由线面平行的性质得出//d l ，则l α⊥，故选项D 正确．故选：AD ．11．已知a ，b ，c 分别为ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，8b =，且边与角满足关系式()2sin 30(1cos )cos a C b A a B ++︒=+，若ABC 有唯一解，则a 可以取（）A ．B ．8C ．7D ．ABD【分析】先由正弦定理进行边角互化，cos 1A A =+，由辅助角公式可得1sin 62A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，结合角A 的范围得出角A ,再当此时sin 3a b π=或a b ≥，满足条件的三角形唯一，得出答案.【详解】由()2sin 30(1cos )cos a C b A a B ++︒=+，根据正弦定理可得()2sin sin 30sin (1cos )sin cos A C B A A B =++︒+右边：()sin (1cos )sin cos sin sin cos sin cos sin sin B A A B B B A A B B B A ++=++=++()sin sin sin cos sin cos sin A C C A C C A C =++=++左边：()2sin sin 302sin sinCcos302sin cos sin30A C A A C =︒+︒+︒ 3sin sin C sin cos A A C =+所以sin 3sin sin C sin cos cos sin cos sin A C C A A C C A =+++ 即sin 3s cos sin in sin C C A C A =+，由0,C π<< 则sin 0C ≠ 所以3sin cos 1A A =+，即3sin cos 1A A -=所以1sin 62A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，由0,A π<<则5666A πππ-<-<所以66A ππ-=，则3A π=由8b =，ABC 有唯一解.如图以点C 为圆心，边a 为半径作圆弧，若圆弧与边AC 相切，则满足条件的三角形唯一,此时sin433a b π==若a b ≥，则以点C 为圆心，边a 为半径作圆弧，如图，满足条件的三角形唯一,故3a =8a ≥ 故满足条件的有A ，B ，D关键点睛：本题考查利用正弦定理进行边角互化，考查三角恒等变换化简，以及根据三角形解的个数求边长范围，解答本题的关键是先利用三角恒等变换化简得到cos 1A A =+，再由辅助角公式得到1sin 62A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，从而得出角A ，属于中档题. 12．设函数()()sin 0g x x ωω=>向左平移5πω个单位长度得到函数()f x ，已知()f x 在[]0,2π上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（）A ．()f x 的图象关于直线2x π=对称B ．在()0,2π上，方程()1f x =的根有3个，方程()1f x =-的根有2个C ．()f x 在0,10π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增D ．ω的取值范围是1229,510⎡⎫⎪⎢⎣⎭CD【分析】根据函数的零点的个数，求出参数ω的范围，再判断函数的单调性、对称性和方程根的个数.【详解】由题意，()sin ()sin()55f x x x ππωωω=+=+，由题意，2x π=不一定是函数的对称轴，所以A 错误；当[0,2]xπ时，得[,2]555x πππωωπ+∈+，故5265ππωππ≤+<；1229510ω≤<，所以D 正确. 因为5265ππωππ≤+<，则()1f x =的根分别可由52x ππω+=或552x ππω+=或952x ππω+=求出，共有3个根；当115252πππωπ≤+≤时，()1f x =-的根分别可由352x ππω+=或752x ππω+=求出，共2个根；当112625ππωππ<+<时，()1f x =-的根分别可由352x ππω+=或752x ππω+=或1152x ππω+=求出，共3个根；所以B 错误；当(0,)10x π∈时，得(,)55105x ππωππω+∈+，由1229510ω≤<，得1149[,)10525100ωππππ+∈，所以1052ωπππ+<，此时()f x 在(0,)10π上单调递增，所以C 正确.本题重点考查三角函数()sin()f x A x ωϕ=+的图象与性质，难度较大，做题时注意利用整体法判断：即通过将x ωϕ+作为整体，借助sin y x =的图象和性质来进行判断. 三、填空题13．函数()3tan 23x f x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭图象的一个对称中心的坐标是______．,06π⎛⎫- ⎪⎝⎭（答案不唯一）【分析】根据正切型函数的对称中心可直接求出答案. 【详解】令()232k x k Z ππ+=∈，解得()46k x k Z ππ=-∈,则()f x 图象的对称中心的坐标是(),046k k Z ππ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭．当0k =时，6x π=-，则,06π⎛⎫- ⎪⎝⎭是()f x 图像的一个对称中心．故,06π⎛⎫- ⎪⎝⎭（答案不唯一）.14．在ABC 中，内角A ，B ，C 所对应的边分别是a ，b ，c ，已知ABC2a c -=，tan B =b 的值为__________.【分析】由tan B =sin B =ABC 8ac =，再用余弦定理可求b 的值【详解】解：由tan 0B =，sin cos BB=B 为钝角把sin B B =代入到22sin cos 1B B +=,得1cos 4B =-，sin B =，11sin 22ABC S ac B ac ===△8ac =，由余弦定理得222212cos ()22244b a c ac B a c ac ac ⎛⎫=+-=-+-⨯-= ⎪⎝⎭，所以b =故答案为.本题考查平方关系、余弦定理以及三角形的面积公式的应用，同时考查运算求解能力，属于基础题．15．设04i z a =+（R a ∈）为关于x 的方程()260R x x m m -+=∈的一个虚根，若复数z满足01z z -=，则z 的最大值是______.6【分析】根据0z 为方程()260R x x m m -+=∈的根，代入可求得a 的值，即可得034i z =+，设i(,R)z c d c d =+∈，根据求模公式，可得01z z -==，可得点(,)c d 的轨迹，根据点与圆的位置关系，可得答案.【详解】因为04i z a =+为方程()260R x x m m -+=∈的一个虚根，所以2(4i)6(4i)0a a m +-++=，整理得2168i 624i 0a a a m -+--+=，所以2(166)(824)i 0a a m a --++-=，所以216608240a a m a ⎧--+=⎨-=⎩，解得325a m =⎧⎨=⎩，所以034i z =+，设i(,R)z c d c d =+∈，则0(3)(4)1z z c d i -=-+-==，整理得22(3)(4)1c d -+-=，所以点(,)c d 的轨迹是以(3,4)为圆心，半径为1的圆，所以z (,)c d 与原点的距离，所以z 16=.故616．在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，如果对任意的实数λ，λ-≥BA BC BC 恒成立，则c b b c+的取值范围是______⎡⎣ 【分析】设E 为直线BC 上任意一点，且BE BC λ=，可知≥EA BC 恒成立，可知min EA 为边BC 的高h ，利用三角形面积公式可得：2sin ≤a bc A ；结合余弦定理整理可得()sin 2cos ϕ+≤+=+c b A A A b c，从而可得最大值，利用基本不等式可求得最小值，从而得到取值范围.【详解】设E 为直线BC 上任意一点，且BE BC λ= 则λ-=-=BA BC BA BE EA ∴≥EA BC 恒成立又min EA 为边BC 的高h ∴≥h a 恒成立 2111sin 222∆∴==≥ABC S ah bc A a 2sin ∴≤a bc A 由余弦定理可得：2222cos a b c bc A =+- 222cos sin ∴+-≤b c bc A bc A()222cos sin sin 2cos 5sin ϕ++∴+=≤=+=+c b b c bc A bc A A A A b c bc bc，其中tan 2ϕ= 5∴+≤c b b c ，又2c b b c+≥（当且仅当b c =时取等号） 2,5⎡⎤∴+∈⎣⎦c b b c 本题正确结果：2,5⎡⎤⎣⎦本题考查解三角形中的取值范围的求解问题，关键是能够通过恒成立的不等关系得到边长与三角形高的长度关系，利用三角形面积公式和余弦定理可构造出不等式，从而可求得最值.四、解答题17．已知函数()()sin f x A x =+ωϕ0,0,22A ππωϕ⎛⎫>>-<< ⎪⎝⎭的部分图像如图所示.(1)求函数()f x 的解析式；(2)若55,33x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，求函数()f x 的最值，并求出取最值时相应x 的值. (1)()sin 44f x x ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ (2)当53x =-时，()f x 取得最小值12-；当1x =时，()f x 取得最大值1．【分析】（1）根据函数()sin y A ωx φ=+的图像，分别求出,,A ϕω，即可求出函数解析式；（2）根据（1），求得44x ππ+范围，由正弦函数图像性质即可求解．【详解】(1)由图形知1A =，8T =,则284ππω==，又图像过()1,1，所以sin 14πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，得242k ππϕπ+=+，解得2()4k k Z πϕπ=+∈, 又22ππϕ-<<，所以4πϕ=，因此所求函数的解析式为()sin 44f x x ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． (2)由55,33x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，可得24436x ππππ⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦，， 1sin 1442x ππ⎛⎫⎡⎤∴+∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，， ()112f x ∴-≤≤，又当446x πππ+=-，即53x =-时，()1;2f x =- 当442x πππ+=，即1x =时，()1f x =，∴当53x =-时，()f x 取得最小值12-；当1x =时，()f x 取得最大值1．18．ABC 的内角,,A B C 的对边分别是,,a b c .设sin 2sin A C a b =. （1）判断ABC 的形状；（2）若3a =，2c =，B 的平分线交AC 于D ，求BCD △的面积.（1）等腰三角形；（2）625BCD S. （1）利用正弦定理化简sin 2sin A C a b =得A B =，即得解；（2）求出ABC S =35BCD ABC S S ，即得解.【详解】（1）由sin 2sin A C a b=及正弦定理得2sin cos sin sin sin A A C A B ，即2sin cos sin sin cos cos sin B A C A B A B ，所以sin cos sin cos =B A A B ，即tan tan A B =所以A B =，所以ABC 为等腰三角形.（2）因为A B =且3a =，所以3b a ==.由余弦定理得1cos3B =，所以sin 3B = 1sin 2ABC S ac B == 1sin 32212sin 22BCDABD B BC BD SBC B S AB AB BD ，所以36255BCD ABC S S . 方法点睛：判断三角形的形状，常用的有两种方法：（1）正弦定理余弦定理边化角；（2）正弦定理余弦定理角化边.19．在正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -中，1AB =，13AA =，M 为侧棱1DD 的中点，O 为下底面ABCDEF 的中心.(1)若平面11ABD E 交棱1CC 于点P ，交棱1FF 于点Q ，在图中补全出平面11ABD E 截该正六棱柱所得的截面，并指出P 与Q 的位置（无需证明）；(2)求证：MO ∥平面11ABD E ；(3)证明：1B D ⊥平面11ABD E .(1)P 为1CC 的中点，Q 为1FF 的中点，图象见解析；(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据平面的性质，作出图象，可得P 为1CC 的中点，Q 为1FF 的中点；（2）连接AD 、1AD ，可得OM 为1ADD 的中位线，根据线面平行的判定定理，即可得证；（3）连接AD 、BD 、11B D ，根据余弦定理，求得BD 的长，根据勾股定理，可证AB BD ⊥，根据线面垂直的判定、性质定理，可证1AB B D ⊥，根据正方形的性质，可证11B D BD ⊥，根据线面垂直的判定定理，即可得证.【详解】(1)P 为1CC 的中点，Q 为1FF 的中点，图象如下(2)连接AD 、1AD ，由题意得O 为AD 中点，如图所示因为O 、M 分别为1AD DD 、的中点，所以1OM AD ∕∕，因为OM ⊄平面11ABD E ，1AD ⊂平面11ABD E ，所以MO ∥平面11ABD E .(3)连接AD 、BD 、11B D ，如图所示因为ABCDEF 为正六边形，且AB =1，所以=120BCD ∠︒，所以2222cos1203BD BC CD BC CD =+-⨯⨯︒=，即BD =，又22AD AB ==，所以222AD AB BD =+，即AB BD ⊥，又正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -，所以1BB ⊥底面ABCDEF ，AB BD ⊂、底面ABCDEF ，所以1BB BD ⊥，1BB AB ⊥又1,BB BD ⊂平面11BDD B ，所以AB ⊥平面11BDD B ，因为1B D ⊂平面11BDD B ，所以1AB B D ⊥.因为1BB BD ⊥，所以四边形11BDD B 为矩形，又1BB BD ==所以矩形11BDD B 为正方形，所以对角线11B D BD ⊥，因为1,AB BD ⊂11ABD E ，所以1B D ⊥平面11ABD E20．（1）如图，在矩形ABCD 中，36BC AB ==，E 为AB 的中点，F 是BC 边上靠近点B 的三等分点，AF 与DE 于点G .求EGF ∠的余弦值；（2）利用本学期所学知识（向量或解三角形）证明：平行四边形的两条对角线长的平方之和等于四条边长的平方之和.（1）574cos 74EGF ∠=-；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法进行求解即可；（2）先画出平行四边形ABCD ，设AB a 、AD b ，DAB θ∠=，利用余弦定理求出2BD 和2AC ，再由平行四边形的性质和诱导公式进行化简后，再化简22AC BD +即可．【详解】解：（1）建立坐标系如图：36BC AB ==，E 为AB 的中点，F 是BC 边上靠近点B 的三等分点，2AB ∴=，1AE =，2BF =，则(0,0)A ，(2,0)B ，(2,6)C ，(0,6)D ，(1,0)E ，(2,2)F ．则:AF y x =，:6(1)DE y x =--，由6(1)y x y x =⎧⎨=--⎩得6767x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即6(7G ，6)7，则1(7GE =，6)7-，8(7GF =，8)7，则1(7GE GE ⋅=，68)(77-⋅，840)749=-， 37||7GE =，82||7GF =，则cos GE <，40405744974378287477GF ->==-=-⨯，则即574cos 74EGF ∠=-．（2）如图：平行四边形ABCD ，设AB a 、AD b ，DAB θ∠=，因为四边形ABCD 是平行四边形，所以CD AB a ==，BC AD b ==，180ADC θ∠=︒-，在ABD ∆中，由余弦定理得，2222cos BD AB AD AB AD DAB =+-∠222cos a b ab θ=+-，在ADC ∆中，由余弦定理得，2222cos AC DC AD DC AD CDA =+-∠22222cos(180)2cos a b ab a b ab θθ=+-︒-=++，所以222222(2cos )(2cos )AC BD a b ab a b ab θθ+=+-+++22222()2()a b AB AD =+=+，即222222AC BD AB AD DC AD +=+++，故平行四边形两条对角线平方的和等于四条边平方的和．21．如图，四棱锥P ABCD -中，AD BC ∥，平面PAD ⊥平面PBC ，且平面PAD 平面PBC l =，2PBC π∠=.(1)证明：2APB π∠=；(2)若222AD CD BC PD ====，3BCD π∠=，求直线BD 与平面PBC 所成角的正弦值.(1)见解析 3【分析】（1）证明BC ∥平面PAD ，根据线面平行得性质证得BC l ∥，则可得PB l ⊥，再根据面面垂直得性质可证得PB ⊥平面PAD ，再根据线面垂直得性质即可得证；（2）根据线面垂直得性质可得PB PD ⊥，再利用勾股定理可得PD PC ⊥，则PD ⊥平面PBC ，故PBD ∠即为直线BD 与平面PBC 所成角的平面角，解PBD △即可得解.【详解】(1)证明：因为AD BC ∥，AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ，所以BC ∥平面PAD ，又因平面PAD 平面PBC l =，BC ⊂平面PBC ，所以BC l ∥，又因2PBC π∠=，即PB BC ⊥，所以PB l ⊥，因为平面PAD ⊥平面PBC ，平面PAD 平面PBC l =，PB ⊂平面PBC ，所以PB ⊥平面PAD ，又PA ⊂平面PAD ，所以PB PA ⊥，即2APB π∠=；(2)解：连接BD ，在BCD △中，2,1CD BC ==，3BCD π∠=，则11421132BD =+-⨯⨯⨯= 由（1）得PB ⊥平面PAD ，因为PD ⊂平面PAD ，所以PB PD ⊥，则222PB BD PD =-=在Rt PBC △中，223PC PB BC =+=，则2224PD PC CD +==，所以PD PC ⊥，因为PC PB P =，所以PD ⊥平面PBC ，所以PBD ∠即为直线BD 与平面PBC 所成角的平面角，在Rt PBD 中，3sin 3PD PBD BD ∠==，所以直线BD 与平面PBC 所成角的正弦值为33.22．如图，直角ABC 中，点M ，N 在斜边BC 上（M ，N 异于B ，C ，且N 在M ，C 之间），3AB =，AC 33=，6MAN π∠=，设BAM θ∠=.(1)若21sin θ=MN 的长； (2)求AMN 面积的最小值.(1)74MN =； 27(23)- 【分析】（1）21sin θ=θ为锐角，∴27cos θ=ABM 和MAN △中，利用正弦定理可分别求得2BM =，7AM =74MN =；（2）在ABM 和ACN △中，由正弦定理分别求得AM 和AN （均用含θ的式子表示），所以1271sin π216sin()cos 3AMN S AM AN MAN θθ=⋅⋅∠=⋅+⋅，然后令π()sin()cos 3f θθθ=+⋅，求得其在π(0,)3θ∈上的最大值，即可得到AMN ∆面积的最小值.【详解】(1)解：3AB =，AC =60ABC ∴∠=︒，30ACB ∠=︒，sin θ=θ为锐角，∴cos θ=，在ABM 中，πsin sin()sin()3AMB ABC BAM θ∠=∠+∠=+，由正弦定理得：ππsin sin()sin 33AB BM AM θθ==+，代入数据求得，2BM =，AM =在MAN △中，30(60)90ANM ACB CAN θθ∠=∠+∠=︒+︒-=︒-，∴sin cos ANM θ∠=，由正弦定理得：sin sin AM MN ANM MAN =∠∠，解得74MN =． (2)由正弦定理可知，在ABM中，πsin π3sin()2sin()33AB AM θθ=⋅++ 在ACN △中，1sin sin 2AC AN ACN ANC =⋅∠=∠， ∴1271sin π216sin()cos 3AMN S AM AN MAN θθ=⋅⋅∠=⋅+⋅，令πcos2111π()sin()cos sin 2sin(2)32423f θθθθθθ+=+⋅=+=+π(0,)3θ∈， ∴ππ2(,π)33θ+∈， ∴当ππ232θ+=即π12θ=时，1()12max f θ=⨯ 此时AMN面积取得最小值，为2716．。

2020-2021学年辽宁省沈阳市重点高中联合体高一(下)期末试卷

2020-2021学年辽宁省沈阳市重点高中联合体高一（下）期末试卷一、选择题：（本题共10小题，共46分；1-7小题只有一个选项正确，每题4分，8-10小题有多个选项正确；全部选对的得6分，选对不全的得3分，有选错或不选的得0分）1．下列说法正确的是（）A．波发生折射时，波的频率、波长不变，波速会发生变化B．障碍物的尺寸一定时，波的波长越大衍射会越明显C．两列波在同一空间相遇一定会发生干涉D．无论波源还是观察者哪一个运动只要是相互接近，波源的频率就会变大2．光滑水平面上有A、B两木块，A、B之间用一轻弹簧拴接，A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态，若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（）A．木块A离开墙壁前，A、B组成的系统动量守恒B．木块A离开墙壁后，A、B组成的系统动量不守恒C．木块A离开墙壁前，A、B、弹簧组成的系统机械能守恒D．木块A离开墙壁前，A、B组成的系统机械能守恒3．2018年1月31日晚，月球位于近地点附近，“蓝月亮”刷爆微信朋友圈．月球在如图所示的近地点、远地点受地球的万有引力分别为F1、F2，速度大小为v1，v2，则（）A．F1＜F2B．v1＜v2C．月球从远地点向近地点运动过程中引力做正功D．月球在近地点具有的势能比远地点的势能大4．如图所示，甲图为某一机械横波在t=0时刻的波形图，乙图为x轴上P点处质点的振动图象，则下列判断正确的是（）A．该列波的波速为4m/sB．若P点的坐标为x P=2cm,则该列波沿x轴的负方向传播C．该列波的频率可能为2HzD．若P点的坐标为x P=4cm,则P点处质点的振幅为零5．用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功-3J，拉力F做功8J，克服空气阻力做功0.5J，则下列判断正确的是（）A．物体的重力势能一定减少了3JB．物体的动能增加了4.5JC．物体的机械能增加了5.5JD．物体的机械能增加了8.5J6．如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑。