最新成都高一下期数学期末考试

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四川省成都市第七中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(解析版)

成都七中高2026届高一下期期末考试数学试题一.单项选择题:本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若2i z =-,则z z -=（）A.B.2iC.2D.4【答案】C 【解析】【分析】根据共轭复数写出z ，即可求出模长.【详解】2i z =- ，2i z ∴=+，即(2i)(2i)2i 2z z -=+--==.故选：C.2.若2,a a = 与b 夹角为60，且()b a b ⊥- ，则b = （）.A.32B.1C.D.2【答案】B 【解析】【分析】根据向量垂直，结合数量积的定义即可列方程求解.【详解】由()b a b ⊥- ，得20b a b ⋅-= ，故22cos600b b ⋅-=，故1b = 或0b = ，若0b = ，则,a b共线，不满足题意，故1b = ，故选：B3.已知tan 2α=，α为锐角，则πsin()4α+=（）. A.1010B.1010 C.31010-D.31010【答案】D 【解析】【分析】利用两角和的正弦公式把πsin()4α+展开，然后利用同角三角函数基本关系即可求解.【详解】πππ2sin(sin coscos sin (sin cos )4442ααααα+=+=+ ,，,α为锐角，sin 0,cos 0αα∴>>，sin tan 2cos ααα== ，sin 2cos αα∴=，又22sin cos 1αα+= sin ,cos 55αα∴==，即35sin cos 5αα+=，得0π2sin()31n cos 4201ααα+=+=.故选：D.4.将函数()sin f x x =的图象先向左平移π3个单位长度，再将得到的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，则()g x 的一条对称轴可能为（）.A.5π12B.π12C.5π3D.π3【答案】D 【解析】【分析】根据平移伸缩得到三角函数解析式再求对称轴即可.【详解】将函数()sin f x x =的图象先向左平移π3个单位长度，再将得到的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()1πsin 23g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则对称轴为πππ,Z 232x k k +=+∈,所以对称轴为π2π,Z 3x k k =+∈，当0k =时对称轴为π3x =.故选：D.5.已知,,αβγ是三个不同的平面，,m n 是两条不同的直线，且m αβ⋂=，给出下列四个命题:①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若,αβγβ⊥⊥，则//αγ④若,//n m n γβ⋂=，则//γα则上述命题中正确的个数为（）.A.0B.1C.2D.3【答案】B 【解析】【分析】利用直线、平面间的位置关系判断即可.【详解】对于①，若,//m m n αβ⋂=，则如图所示，第一种情况，n 在,αβ外，可得//n α或//n β；第二种情况，n 在β内，可得//n α；第三种情况，n 在α内，可得//n β，综上所述，//n α或//n β，故①正确；对于②，若,m m n αβ⋂=⊥，则n 与α相交或在α内，n 与β相交或在β内，故②错误；对于③，若m αβαβγβ⊥⋂=⊥，，，则,αγ相交或//αγ，故③错误；对于④，若,,//m n m n αβγβ⋂=⋂=，则//γα或γ与α相交，故④错误.故选：B.6.同时抛掷两枚质地均匀的六面骰子，则所得点数之差绝对值小于2的概率为（）.A.23B.59C.49D.13【答案】C 【解析】【分析】|根据古典概型计算即可.【详解】同时抛掷两枚质地均匀的六面骰子，则所得点数分别为,x y ，共有36种情况，点数之差绝对值小于2的情况有()()()()()()()()()()()()()()()()1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,6,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,2,1,3,2,4,3,5,4,6,5共16种点数之差绝对值小于2的概率为()1642369P x y -<==.故选：C.7.羌族是中国西部地区的一个古老民族，被称为“云朵上的民族”，其建筑颇具特色.碉楼是羌族人用来御敌、储存粮食柴草的建筑，一般多建于村寨住房旁.现有一碉楼，其主体部分可以抽象成正四棱台1111ABCD A B C D -，如图，已知该棱台的体积为311224m 8m 4m AB A B ==，，，则二面角1A AB C--的正切值为（）.A.3B.2C.D.32【答案】A 【解析】【分析】先求出正四棱台的高，再取正四棱台上下底面的中心为1,O O ，取11,AB A B 的中点,E M ，作1//MN OO 交OE 于点N ，则MEN ∠为二面角1A AB C --的平面角，即可求解．【详解】解：设正四棱台的高为h ，则(221843V h =++，得()12246416323h =++，得6h =，取正四棱台上下底面的中心为1,O O ，如图所示：取11,AB A B 的中点,E M ，作1//MN OO 交OE 于点N ，则MEN ∠为二面角1A AB C --的平面角，则184=6,22MN OO h EN -====，得6tan 32MN MEN EN∠===，故选：A8.在ABC 中，角A B C ，，所对的边分别为a b c ，，，已知160a A == ，，设O G ，分别是ABC 的外心和重心，则AO AG ⋅的最大值是（）A.12B.13 C.14D.16【答案】B 【解析】【分析】设D 为BC 边中点，连接OD ,作OH AC ⊥于H ，即H 为AC 中点，求得212AO AC AC ⋅= ，212AO AB AB ⋅= ，化解得221166AO AG AB AC +=⋅ ，再通过余弦定理及均值不等式即可求解.【详解】设D 为BC 边中点，连接OD ,作OH AC ⊥于H ，即H 为AC 中点，因为21|||cos |||||2AO AC AO AC OAC AH AC AC ⋅=⋅∠=⋅= ,同理21|||cos 2|AO AB AO AB OAB AB ⋅=⋅∠= ,则()221332AO AG AO AD AO AB AC ⎛⎫⋅=⋅=⋅+ ⎪⎝⎭()()222211113666AO AB AC AB b c =⋅+=+=+，在ABC 中，1,60a A ==︒，由余弦定理得2222cos60a b c bc ︒=+-，即221b c bc +=+，由均值不等式，2212bc b c bc +=+≥，所以1bc ≤（当且仅当1b c ==等号成立），所以()()()2211111116663AO AG c b bc ⋅=+=+≤+= .故选：B．二.多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知()()1,,2,3a b ==+λλr r，则（）.A.“1λ=”是“a ∥b”的必要条件B.“3λ=-”是“a ∥b”的充分条件C.“12λ=-”是“a b ⊥ ”的必要条件D.“12λ=”是“a b ⊥ ”的充分条件【答案】BC 【解析】【分析】对于AB ：根据向量平行的坐标表示结合充分必要条件分析判断；对于CD ：根据向量垂直的坐标表示结合充分必要条件分析判断.【详解】因为()()1,,2,3a b ==+λλr r，对于选项AB ：若a ∥b，则()23+=λλ，解得1λ=或3λ=-，可知a ∥b，等价于1λ=或3λ=-，若a ∥b ，不能推出1λ=，所以“1λ=”不是“a ∥b”的必要条件，故A 错误；若3λ=-，可以推出a ∥b ，所以“3λ=-”是“a ∥b”的充分条件，故B 正确；对于选项CD ：若a b ⊥，则230++=λλ，解得12λ=-，可知a b ⊥ ，等价于12λ=-，若a b ⊥ ，可以推出12λ=-，所以“12λ=-”是“a b ⊥ ”的必要条件，故C 正确；若12λ=，不能推出a b ⊥ ，“12λ=”不是“a b ⊥ ”的充分条件，故D 错误；故选：BC.10.已知一组样本数据()12201220,,,,x x x x x x ≤≤≤ 下列说法正确的是（）.A.该样本数据的第60百分位数为12x B.若样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则其平均数大于中位数C.若样本数据的方差2022112520i i s x ==-∑，则这组样本数据的总和为100D.若由()21,2,,20i i y x i == 生成一组新的数据1220,,,y y y ，则这组新数据的平均值是原数据平均值的2倍【答案】BCD 【解析】【分析】根据题意，结合百分位数、数据方差，以及平均数与方差的性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A ，由200.612⨯=，可得第60百分位数为12132x x +，错误；对于B ，数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如图所示，由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，正确；对于C ，由()11222202011252020i i i i s x x x ===∑-=∑-，则20202221150020i i i i x x x ==-=-∑∑，所以5x =,故这组样本数据的总和等于20100x =，正确；对于D ，若由()21,2,,20i i y x i == 生成一组新的数据1220,,,y y y ，则这组新数据的平均值是原数据平均值的2倍，正确．故选：BCD ．11.如图，在长方体ABCD A B C D -''''中，2,4,AB BC AA '===N 为棱C D ''中点，1,2D M P '=为线段A B '上一动点，下列结论正确的是（）.A.线段DP 长度的最小值为655B.存在点P ,使AP PC +=C.存在点P ，使A C '⊥平面MNP D.以B 为球心，176为半径的球体被平面AB C '所截的截面面积为6π【答案】AC 【解析】【分析】对于A ，在三角形中，由垂线段最短即可计算得到；对于B ，通过平面翻折，化空间到平面，利用两点之间线段最短计算出AP PC +的最小值，再与C ，依题意作出经过三点,,M N P 的平面，再证明A C '与平面垂直即得；对于D ，利用球的截面圆的性质，先通过等体积求得球心到平面的距离，再由垂径定理求出截面圆半径即得.【详解】对于A ，如图1，因A B A D ''===,BD =,故当DP A B ⊥'时，线段DP 长度最小，此时由等面积，1122DP ⨯⨯，解得655DP ==，故A 正确；对于B ，如图2，将平面A D CB ''旋转至平面11BC D A ',使之与平面A AB '共面，连接1AC 与A B '交于点1P ，此时1111AP PC AC +=为最小值.sinA BA '∠==,190A BC '∠=,故1cos cos(90)sinABC A BA A BA ''∠=∠+=-∠=-由余弦定理，2221122222cos 88(8AC ABC =+-⨯⨯∠=-⨯-=+,故1AC =>因此不存在这样的点P ，使AP PC +=B 错误；对于C ，如图3，取131,,22B E B F A G =='=''，连接FG 交A B '于P ，下证AC MN '⊥.连接D C ',由2D N D DD M DC''=='可得ND M D DC '' ,则得D C MN '⊥,因D A ''⊥平面DCC D '',因MN ⊂平面DCC D '',则D A MN ''⊥,因D C D A D ''''⋂=,,D C D A '''⊂平面A D C ''，故MN ⊥平面A D C ''，又A C '⊂平面A D C '',故A C MN '⊥.同理，A C EN '⊥,因MN EN N ⋂=,,MN EN ⊂平面MEN ,故A C '⊥平面MEN .下证//EF GM .取线段A G '的三等分点,J K ,取A D ''的中点H ，连接,,,EH HJ JF D K ',易证////,EH A B FJ EH A B FJ ''''==,则得EFJH ,得//EF JH ,易得//JH D K ',因//,D M GK D M GK ''=,得D MJK ' ,得//D K GM ',故得//EF GM .同理可得//MN FG ，因此,,,,M N E F G 五点共面．由A C '⊥平面MEN 可得A C '⊥面MNEFG .所以存在这样的点P 使A C '⊥面MNP ，故C正确；对于D ，如图4，以点B 为球心，176为半径的球面被面AB C '所截的截面为圆形，记其半径为r，则r =（*），其中d 为点B 到平面AB C '的距离．由B ABC B AB C V V --''=可得，1133ABC AB C S BB S d ''⨯⨯=⨯⨯ ，则122442132d ⨯⨯⨯==⨯，代入（*），得52r =，所以截面面积225ππ4S r ==，故D 错误．故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题主要考查多面体中与动点有关的距离最值，截面性质问题，属于难题.解题关键在于处理距离和的最小值常常需要平面翻折，截面问题，一般应先作出截面，再根据条件分析截面性质，对于球的截面圆，常通过垂径定理求解.三.填空题:本大题共3小题，每小题5分，共计15分.12.习主席曾提出“绿水青山就是金山银山”的科学论断，为响应国家号召，农学专业毕业的小李回乡创业，在自家的田地上种植了,A B 两种有机生态番茄共5000株，为控制成本，其中A 品种番茄占40%.为估计今年这两种番茄的总产量，小李采摘了10株A 品种番茄与10株B 品种番茄，其中A 品种番茄总重17kg ，B 品种番茄总重23kg ，则小李今年共可收获番茄约_______kg .【答案】10300【解析】【分析】求解两种番茄的种植株数，利用比例即可求解.【详解】由题意，知A 品种番茄共40%5000=2000⨯株，B 品种番茄3000株，故共可收获番茄约172320003000103001010⨯+⨯=kg ，故答案为：1030013.已知三棱锥A BCD,ABC - 是边长为2的等边三角形，BCD △是面积为2的等腰直角三角形，且平面ABC ⊥平面BCD ，则三棱锥A BCD -的外接球表面积为_______.【答案】28π3##28π3【解析】【分析】判断出等腰直角三角形BCD △的直角，根据面面垂直的性质说明四边形1O EGO 为矩形，求出相关线段长，即可求得三棱锥外接圆半径，即可求得答案.【详解】由于ABC 是边长为2的等边三角形，故2BC =，BCD △是面积为2的等腰直角三角形，假设BDC ∠为直角，则BD DC ==112BCD S ==△不合题意；故DBC ∠或DCB ∠为直角，不妨设DBC ∠为直角，则2BD BC ==；设ABC 的中心为G ，E 为BC 的中点，则,,A G E 共线，且AE BC ⊥，由于平面ABC⊥平面BCD ，平面ABC ⋂平面BCD BC =，AE ⊂平面ABC ，故⊥AE 平面BCD ，设O 为三棱锥A BCD -的外接球球心，1O 为DC 中点，即为BCD △的外接圆圆心，连接1OO ，则1OO ⊥平面BCD ，则1OO AE ∥，连接1OG,O E ，则OG ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ,则OG AE ⊥，又⊥AE 平面BCD ，1O E ⊂平面BCD ，则1AE O E ⊥，则四边形1O EGO 为矩形，则112122323OG O E DB ,AG ====⨯=,故22273OA OG AG =+=，故三棱锥A BCD -的外接球表面积为228π4π3OA ⨯=，故答案为：28π314.在ABC 中，43AB AC AB AC P ⊥==，，，为斜边BC 上一动点，点Q 满足2PQ =，且AQ mAB nAC =+，则2m n +的最大值为______________.【答案】1323+【解析】【分析】取AB 中点D ，连接CD 交AQ 于点E ，由平面向量的线性运算得2AQ m n AE+=，过Q 作QF CD ∥交直线AB 于点,AQ AF F AEAD=，如图，当P 与B 重合，FQ 与P 相切时，AF AD取得最大值，即可求解．【详解】AB 中点D ，由题可知点Q 点在以P 为圆心，以2为半径的圆上，则2AQ mAB n AC mAD n AC =+=+；连接CD 交AQ 于点E ，()1AE AD AC λλ=+-，则()()1AQ AQ AQ AE AD AC AE AEλλ=⋅=⋅+- ，故2AQ m n AE+=．过Q 作QF CD ∥交直线AB 于点,AQ AF F AEAD=．如图，当P 与B 重合，FQ 与P 相切时，AF AD取得最大值．则3tan tan 2∠=∠=BFQ ADC，得sin ∠=BFQ ，得2,223sin 33BQ AB BF BF m n BFQAD +===+==∠．故答案为：1323+四.解答题:本大题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 的中点，E 是1AA 的中点，点F 在AB上.（1）当F 是AB 的中点时，证明:平面//EFO 平面11A D C ;（2）当F 是靠近B 的三等分点时，求异面直线FO 与1AC 所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）3015．【解析】【分析】（1）利用OF OE ，分别为11,BC A C A D 的中位线，得到//OF 平面11A D C ，//OE 平面11A D C ，借助面面平行的判定定理证明即可;（2）由1//OE A C 可知EOF ∠或其补角为异面直线FO 与1AC 所成角，借助余弦定理求出即可.【小问1详解】由正方体1111ABCD A B C D -可知，,O E 是1,AC AA 中点，所以1//,OE A C 因为11A D ⊂平面11,A D C OE ⊄平面11A D C ，所以//OE 平面11A D C .因为F 是AB 中点，O 是AC 中点，所以OF 为ABC 的中位线，故11////OF BC A D ．又由于1AC ⊂平面11,A D C OF ⊄平面11A D C ，所以//OF 平面11A D C ．又,,OE OF O OE OF =⊂ 平面EFO ，故平面//EFO 平面11A D C ．【小问2详解】由1//OE A C 知，异面直线FO 与1AC 所成角即为EOF ∠或其补角．由于1AA ⊥平面,,ABCD AB AO ⊂平面ABCD ，则1AA 与,AB AO 都垂直，所以90EAF EAO ∠=∠=︒，由题意得4AF =，在Rt EAF △中，由勾股定理可得5EF =．易得3AO AE ==，在Rt EAO △中，由勾股定理可得EO =在OAF △中，45CAB ∠=︒，由余弦定理得FO ==，在EOF 中，由余弦定理可得2222cos EF EO FO EO FO EOF =+-⋅⋅∠，代入解得cos 015EOF ∠==>．所以异面直线FO 与1AC 所成角的余弦值为3015．16.2024年4月26日，主题为“公园城市、美好人居”的世界园艺博览会在四川成都正式开幕，共建成113个室外展园，涵盖了英式、法式、日式、意式、中东、东南亚等全球主要园林风格，吸引了全球各地游客前来参观游玩.现从展园之一的天府人居馆中随机抽取了50名游客，统计他们的参观时间(从进入至离开该展园的时长，单位:分钟，取整数)，将时间分成[)[)[]455555658595 ，，，，，，五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图.（1）求图中a 的值;（2）由频率分布直方图，试估计该展园游客参观时间的第75百分位数(保留一位小数);（3）由频率分布直方图，估计样本的平均数¯(每组数据以区间的中点值为代表).【答案】（1）0.015a =；（2）78.3（3）69x =．【解析】【分析】（1）应用频率和为1求参数；（2）应用频率分布直方图求百分位数步骤求解；（3）应用频率分布直方图求平均数步骤求解.【小问1详解】由样本频率分布直方图可知()0.0120.0250.035101a +++⨯=，解得0.015a =；【小问2详解】样本频率直方图前三组频率之和为()0.0100.0250.035100.70.75++⨯=<，前四组频率之和为()0.0100.0250.0350.015100.850.75+++⨯=>，所以样本数据的第七十五百分位数在第四组内，设其为x ，则()750.0150.700.75x -⨯+=，解得78.3=x ，所以样本数据的第七十五百分位数为78.3．由样本估计总体，估计该展园游客参观时间的第七十五百分位数也为78.3；【小问3详解】0.0110500.03510600.02510700.01510800.0151090x =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯，计算可得，样本的平均数69x =．17.甲、乙两位同学进行羽毛球比赛，并约定规则如下:在每个回合中，若发球方赢球，则得1分，并且下一回合继续由其发球;若发球方输球，则双方均不得分，且下一回合交换发球权;比赛持续三回合后结束，若最终甲乙得分相同，则为平局.已知在每回合中，甲获胜的概率均为23，各回合比赛结果相互独立，第一回合由甲发球.（1）求甲至少赢1个回合的概率;（2）求第二回合中有选手得分的概率;（3）求甲乙两人在比赛中平局的概率.【答案】（1）2627（2）59（3）427．【解析】【分析】（1）根据对立事件概率求法及乘法公式结合条件即得；（2）结合对立事件和独立事件，应用和事件求概率；（3【小问1详解】设事件=i A “第i 回合甲胜”，事件M =“甲至少赢一回合”，故M =“甲每回合都输”．i A 为i A 对立事件，()23i P A =，故()13i P A =．()()()()()()31231231261111327P M P M P A A A P A P A P A ⎛⎫=-=-=-=-=⎪⎝⎭，故甲至少赢1个回合的概率为2627．【小问2详解】设事件N =“第二回合有人得分”，由题可知1212N A A A A =⋃，且12A A 和12A A 互斥，则()()()()()()()1212121259P N P A A P A A P A P A P A P A =+=⋅+⋅=，故第二回合有人得分的概率为59．【小问3详解】设事件Q =“甲乙两人平局”，由题可知，只有0:0与1:1两种情况，因此123123Q A A A A A A =⋃，故()()()()()()()()()123123123123427P Q P A A A P A A A P A P A P A P A P A P A =+=+=，故甲乙两人平局的概率为427．18.记ABC 的内角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，已知4,2,sin sin 2sin a c a A c C b B ==+=，D 是线段AC 上的一点，满足13AD AC =，过D 作一条直线分别交射线BA 、射线BC 于M N 、两点.（1）求b ，并判断ABC 的形状;（2）求BD 的长;（3）求BM BN ⋅的最小值.【答案】（1）b =，钝角三角形（2）2133（3）409【解析】【分析】（1）由正弦定理得b =cos 0A <，得到π2A >，ABC 是钝角三角形；（2）,BA BC 可作为一组基底，求出5cos ,cos 8BA BC B 〈〉== ，根据题目条件得到2133BD BA BC =+ ，平方后2BD，从而求出答案；（3）设,BM xBA BN yBC ==，根据向量共线得到()()1,0,1BD t BM tBN t =-+∈ ，由向量基本定理得到()21,313x y t t ==-，表达出()291BM BN BA BC t t⋅=⋅-⋅ ，其中50BA BC ⋅=>，由基本不等式求出最小值.【小问1详解】由正弦定理得，222sin sin 2s n 2i a a c A c C b B b ⇒+=+=，又4,2a c ==，解得b =．又因为22220b c a +-=-<，故222cos 02+-=<b c a A bc，因为0πA <<，故π2A >，所以ABC 是钝角三角形．【小问2详解】由平面向量基本定理，,BA BC可作为一组基底向量，且有2,4BA BC == ，2225cos ,cos 28a cb BA BC B ac+-〈〉===．由于13AD AC = ，所以()13BD BA BC BA -=- ，故2133BD BA BC =+ ．BD ==3===；【小问3详解】由题意可设,BM xBA BN yBC == ．由于,,M D N 三点共线，设MD tMN =，01t <<，故()BD BM t BN BM -=- ，故()()1,0,1BD t BM tBN t =-+∈．所以()21133BD t x BA ty BC BA BC =-⋅+⋅=+ ，由平面向量基本定理，解得()21,313x y t t ==-，所以()21,313BM BA BN BC t t ==-．因此()()21231391BM BN BA BC BA BC t t t t ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅=⋅ ⎪ ⎪ ⎪--⋅⎝⎭⎝⎭，而||||cos 50BA BC BA BC B ⋅=⋅⋅=>，其中()11122t t t t -+-≤=，当且仅当1t t -=，即12t =时，等号成立，因此当12t =时，409BM BN ⋅= 为最小值．【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.19.如图，斜三棱柱111A B C ABC -中，90ABC ∠= ，四边形11ABB A 是菱形，D 为AB 中点，1A D ⊥平面ABC ，点1A 到平面11BCC B 1AA 与1CC 的距离为2.（1）求证:CB ⊥平面11ABB A ;（2）求1AC 与平面11BCC B 所成角的正弦值;（3）若E F ，分别为1AA AC ，的中点，求此斜三棱柱被平面1B EF 所截的截面面积.【答案】（1）证明见解析（2）155（3）53412．【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；（2）先根据线面垂直判定定理证明线面垂直，几何法得出线面角，再计算得出正弦值；（3）先找到截面，再计算截面即可.【小问1详解】因为1A D ⊥平面,ABC BC ⊂平面ABC ，故1A D BC ⊥．又由90ABC ∠=︒，即1,,AB BC AB A D D AB ⊥⋂=⊂平面11ABB A ,1A D ⊂平面11ABB A ，因此BC ⊥平面11ABB A ．【小问2详解】由于菱形11ABB A ，且1A D 为AB 的垂直平分线，因此可知1A AB △和11B A B 均为等边三角形．由BC ⊥平面11,ABB A BB ⊂平面1ABB A ，可得1BC BB ⊥，斜三棱柱进一步可得11B BCC 是矩形．此时作1111,A P BB AQ CC ⊥⊥，连接1,,PQ PC AC ．由题知，112,AQ A P =⊂平面11ABB A ，可得111,BC A P BC BB B BB ⊥⋂=⊂，平面11,BCC B BC ⊂平面11BCC B ，因此1AP ⊥平面11BCC B ，因此由题知，1,A P PQ PC =⊂平面11BCC B ，所以也有11,A P PQ A P PC ⊥⊥．因此，1ACP ∠为1AC 与平面11BB C C 所成角．在1Rt A PQ △中，1PQ ==，由矩形可知1BC PQ ==．由于1A P =1B AB △中，可以解得12,BB P =为1BB 中点，1BP =．所以，在Rt BCP △中，PC =1Rt ACP △中，1AC =．因此，111115sin ,5A P ACP AC AC ∠===与平面11BB C C所成角的正弦值为5．【小问3详解】延长1,EF C C 交于点M ，连接1MB ，交BC 于N ，连接FN ，如图，故四边形1B EFN 即为所得截面．上一问可知，菱形11ABB A 的边长为2，矩形11B BCC 中1BC =，平行四边形11ACC A中111112,AA CC AC AC AC =====．要计算截面1B EFN 的面积，首先研究1B EM △．在11A B E △中，由于11120EA B ∠=︒，由余弦定理可得1B E =,E F 为中点，因此12EM EF AC ===，此时有1MC AE ==，在直角11MB C中1MB N =为BC 的三等分点．因此1B EM △中，由余弦定理可得2221111cos 25EM MB EB EMB EM MB +-∠==⋅⋅，第21页/共21页所以可以计算得117sin 5EMB ∠=．设截面面积为S ，由于111,23MF ME MN MB ==，有11111115534sin sin 22612B EM NFM B EM S S S ME MB EMB MF MN EMB S =-=⋅⋅∠-⋅⋅∠==△△△因此，此斜三棱柱被平面1B EF 所截的截面面积为53412．。

四川省成都市新都区2023-2024学年高一下学期期末测试数学试题(含答案)

成都市新都区2023-2024学年高一下学期期末测试数学试题本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，务必将姓名、考场号、座位号填写在答题卡规定的位置上，并将考生条形码粘贴在规定的位置上．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，再选涂其它答案标号．3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．5．考试结束后，将试题卷带走，仅将答题卡交回．第Ⅰ卷（选择题，满分58分）一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知复数z 满足：（i 为虚数单位），则z 为（）A ．B ．C．D ．2．在直角坐标平面内，的三顶点的坐标分别为，，，则的面积为（）A ．120B ．60C ．30D ．153．将函数图像上的所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将图象向左平移后得函数的图象，则函数的解析式为（）A ．B ．C ．D ．4．在正四棱锥的所有棱长均相等，E 为PC 的中点，则异面直线BE 与AC 所成角的余弦值为（）()20241i 23i z +=+31i 2-31i 2+15i 22+51i 22+ABC △()1,1A --()7,2B -()3,7C ABC △()sin f x x =12π6()g x ()g x ()1πsin 26g x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭()πsin 23g x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭()πsin 26g x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭()πsin 23g x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭P ABCD -ABCD5．在直角坐标平面内，已知，，，，以y 轴为旋转轴，将四边形ABCD 旋转一周，得一个旋转体，则此旋转体的表面积为（）A ．B ．C ．D ．6．中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，，交AC 于点D ，且，则a 的值为（）A ．BC ．6D ．37．八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹．八角星纹常绘于彩陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单独纹样．八角星纹以白彩绘成，黑线勾边，中为方形或圆形，且有向四面八方扩张的感觉，八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的崧泽文化的陶豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹．图2是图1抽象出来的图形，在图2中圆中各个三角形（如）为等腰直角三角形，点O 为圆心，中间部分是正方形且边长为2，定点A ，B 所在位置如图所示，则的值为（）A ．14B ．12C ．10D ．88．四面体ABCD 中，若，，，则此四面体的外接球的表面积()0,1A -()4,1B --()4,4C -()0,1D 16π36π76π96πABC △120ABC ∠=︒c =BD BC ⊥1BD =ACD △AB AO ⋅DA DB DC ===3BC =5π6BAC ∠=为（）A ．B ．C ．D ．二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．）9．设都是复数，i 是虚数单位，则下列结论中一定成立的是（）A ．方程无复数解B ．若，则C．D ．10．下列命题正确的是（）A ．一个三棱锥被过三条侧棱的中点的平面所截，截得的两部分为一个三棱台和一个小三棱锥，则此三棱台与小三棱锥的体积比为7B ．圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，若圆锥的底面半径，高，则截面三角形面积的最大值为48C ．圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，若圆锥的底面半径，高，则截面三角形面积的最大值为48D ．若一个平行六面体被某平面所截，所得截面形状为四边形，则此四边形至少有一组对边互相平行11．的内心为P ，外心为O ，重心为G ，若，，下列结论正确的是（）A ．的内切圆半径为B ．C ．D ．第Ⅱ卷（非选择题，满分92分）三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡上）12．若，则的值为______．13．欧拉公式：（i 是虚数单位，）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式，可求出的最大值为______．14．如图，平面四边形ABCD 中，，，，，沿AC 将折起成直二面角（折起后原来平面图形的D 点变为空间图形的P 点），则折起后四面体PABC 的内切球半径为______．四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写文字说明、证明过程或验算步骤．）48π16π12π4π12,,z z z 2350z z -+=368i z z -=+32i z =+1212z z z z =22z z=8r =6h =6r =8h =ABC △5AB AC ==6BC =ABC △32r =6550PA PB PC ++= 6550OA OB OC ++= 1124OG =5sin cos 4αα+=sin 2αi cos isin x e x x =+x ∈R i 1x e -3AD BC ==4AB =AB BC ⊥AD AC ⊥ADC △P AC B --已知函数，其中，且函数的图像的对称中心与对称轴的距离的最小值为．（1）求的解析式；（2）求在区间上的值域．16．（本小题15分）如图，边长为6的正中，点D 在边AC 上，且，点M 在线段BD 上．（1）若，求的值；（2）若，求x 及的值．17．（本小题15分）在中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若．（1）求角C 的大小；（2）设D 是AB 上一点，且，，且，求的面积．18．（本小题17分）如图，四棱锥中，底面ABCD 是边长为4的菱形，，，E 为PA 中点，AC 与BD 交点为O ．（1）求证：平面EBD ；（2）．求证：平面平面PAC ；（3）若，求点C 到平面ABE 的距离．()21cos cos 2f x x x x ωωω=+-0ω>()f x π4()f x ()f x π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦ABC △2AD DC =BD m AB nAC =+m n +2AM xAB xAC =+cos AMC ∠ABC △cos 2cos B b aC c c+=2BD DA =1CD =2sin 3sin B A =ABC △P ABCD -4PD PB ==60BAD ∠=︒PC ∥EBD ⊥PA PC =（1）若对恒成立，求的值；（2）求的值域；（3）正五棱锥的所有棱长均为2，求此正五棱锥的表面积．成都市新都区2023-2024学年高一下学期期末测试数学试题参考答案一、单选题：1~8．B C D D C BA A 二、多选题：9．BC 10．ACD 11．ABD三、填空题：12． 13．2 14．四、解答题：15．【详解】（1）．函数的图像的对称中心与对称轴的距离的最小值为．周期为，则，∵，∴所以即为所求函数的解析式．（2）∵，∴由正弦型函数的图像可得即为所求值域．16．【详解】（1）∵，而∴，则即为所求．（2）∵，得，∴，又∵，∴()2sin 3sin cos x x p x q =+x ∀∈R p q +()sin 5sin xf x x=91623()211πcos cos 2cos 2sin 2226f x x x x x x x ωωωωωω⎛⎫=+-=+=+ ⎪⎝⎭()f x π44ππ4T ==2ππ2ω=0ω>1ω=()πsin 26f x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭()f x π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦ππ7π2,666x ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦()π1sin 2,162f x x ⎛⎫⎡⎤=+∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦23BD AD AB AB AC =-=-+BD m AB nAC=+ 123m n =-⎧⎪⎨=⎪⎩13m n +=-2AD DC =2AD DC = 32AC AD =2AM xAB xAC =+ 3232AM xAB x AD xAB xAD=+⋅=+∵M 、B 、D 三点共线，∴，则即为所求x 的值．则，∴∴∴，同理可求：∴∴即为所求．【注：也可以利用余弦定理解三角形求解．】17．【详解】（1）∵，由正弦定理知：∴∵，，∴，∵，．（2）由题意得，，，，【法一】在中，，在中，，∵，∴，化简得．31x x +=14x =1142AM AB AC =+ 1142CM AM AC AB AC=-=- ()()()222211111634216444AMAB AC AB ACAB AC ⎛⎫=+=++⋅= ⎪⎝⎭AM = CM =()()2211271644AM CM AB AC ⋅=-=-cos cos ,AM CM AMC AM CM AM CM⋅∠===⋅cos 2cos B b a C c c +=cos sin 2sin cos sin sin B B AC C C+=()sin cos sin sin cos sin 2sin sin cos sin cos sin cos sin B C B C B C A AC C C C C C C++===sin 0A ≠sin 0C ≠1cos 2C =0πC <<π3C =13AD c =23DB c =1CD =ACD △22119cos 23c b ADC c +-∠=BCD △22419cos 43c a CDB c +-∠=πADC BDC ∠+∠=cos cos ADC BDC ∠=-∠2222233a b c +-=在中，，∴，整理得．【注：此法还可以抓住顶点A 或B 在相应的两个三角形分别使用余弦定理可得，只要正确，都应相应给分．】【法二】∵，∴∴∵且得：又∵，则，∴，则∴，即为的面积．18．【详解】（1）设，连结EO ，∵E 为PA 中点，O 为AC 中点，∴，又∵平面EBD ，平面EBD ，∴平面EBD ；（2）连结PO ，∵，O 为BD中点，∴，又∵底面ABCD 为菱形，∴，∵，∴平面PAC ，又∵平面EBD ，∴平面平面PAC ；（3）由（2）得：，由，同理可得：∴面ABCD 可求：，∴而中，，可求：，ABC △222222cos c a b ab C ab ab =+-=+-()22222233a b a b ab +-=+-22429a b ab ++=2BD DA =()123CD CA CB=+ ()()()()22222211124444cos 999CD CA CB CA CBCA CB b a ab C ⎡⎤⎡⎤=+=++⋅=++⎣⎦⎢⎥⎣⎦1CD = π3C =22429a b ab ++=2sin 3sin B A =23b a =2139a =2913a =21sin 2ABC S ab C ===△ABC △AC BD O = EO PC ∥EO ⊂PC ⊄PC ∥PD PB =PO BD ⊥AC BD ⊥PO AC O = BD ⊥BD ⊂EBD ⊥PO BD ⊥PA PC =PO AC ⊥PO ⊥AC =4BD =PO =111243226C ABE E ABC PO V V AC OB --==⨯⨯⨯⨯=⨯=PAB △4AB =PA =4PB =可求：而，则则C 到平面ABE 的距离．19．【详解】（1）∵∴，则．即为所求．【注：还可以代值，构造方程组求解】如：时，；时，，解得，则．即为所求．（2）由，【或】∵，∴，【或】∴即为所求值域．（3）∵，∵，∴，∴（舍）或（舍）或，∴∴12EAB PAB S S ==△△13C ABE EAB C ABE V S d --=△4C ABE -=C ABE d -=()sin 3sin 2sin 2cos cos 2sin x x x x x x x=+=+()()2222sin cos 2cos 1sin sin 4cos 1x x x x x =+-=-41p q =⎧⎨=-⎩3p q +=π2x =10q -=+π6x =13124p q ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭41p q =⎧⎨=-⎩3p q +=()()42sin 23sin 516cos 12cos 1sin sin x x x f x x x x x+===⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-+()()2sin 44cos 22cos 21sin x x f x x x x+==⋅⋅⋅⋅⋅⋅=+-sin 0x ≠[)2cos 0,1x ∈[)cos 21,1x ∈-()5,54f x ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭3sin 34sin 3sin θθθ=-+3ππ2π2πsin sin cos 1021010⎛⎫=-= ⎪⎝⎭32πππ4sin 3sin 12sin 101010-+=-πsin110=πsin 10=πsin 10=πcos5=πcot 5=∴，而∴12π52cot 225S ⎡⎤=⋅⋅=⎢⎥⎣⎦底252S ==侧S S S =+=表底侧。

2023_2024学年四川省成都市成华区高一下册期末数学模拟测试卷(附答案)

2023_2024学年四川省成都市成华区高一下册期末数学模拟测试卷一、单选题1．复数（为虚数单位）的共轭复数是（）11i -i A ．B ．C ．D ．11i 22-11i 22+11i 22-+11i 22--【正确答案】A【分析】先将化简后，再求出其共轭复数即可.11i -【详解】因为，11i 11i1i (1i)(1i)22+==+--+所以其共轭复数为.11i 22-故选：A.2．已知向量满足，且，则（）,a b 1a b ⋅= 22a b == a b -=r rA B C ．1D ．12【正确答案】B【分析】转化为平面向量的数量积可求出结果.【详解】a b -=r r ===故选：B3．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论中正确的是（）,m n ,αβA ．若，则B ．若，则,m n n α∥∥//m α,m n αα∥∥m n ∥C ．若，则D ．若，则,,m n m n αβ∥∥∥αβ∥,,m n αβαβ⊥⊥⊥m n⊥【正确答案】D【分析】由空间中的线面关系，结合特例法判断ABC ，根据两平面的法向量的位置关系判断两直线的位置关系判断.D 【详解】对于A ，若，则或，错误；,m n n α∥∥//m αm α⊂对于B ，若，的位置关系不确定，可以平行、相交、异面直线，错误；,m n αα∥∥,m n 对于C ，若，则或者相交，错误；,,m n m n αβ∥∥∥αβ∥αβ，对于D ，若，可得的方向向量分别是的法向量，因为，所以,m n αβ⊥⊥,m n ,αβαβ⊥的法向量垂直，所以的方向向量垂直，则，正确.,αβ,m n m n ⊥故选：D.4．在中，，则（）ABC2,30AB AC B ===A =A ．或B ．C ．或D ．120 30120105 15105【正确答案】C【分析】由余弦定理求出，再由余弦定理求出，根据三角形内角和可得答案.BC C 【详解】由余弦定理得，2222cos30AC AB BC AB BC =+-⋅⋅所以，2244BC BC =+-220BC -+=得或，1=BC 1BC =当时，1=BC 222cos 2BC AC AB C BC AC +-=⋅==因为，所以，，0180C <<45C =A =105当时，，1BC =222cos 2BC AC ABC BC AC +-=⋅==因为，所以，，0180C << 135C = A =15所以或.A =105A =15故选：C5．在平行四边形中，为对角线上靠近点的三等分点，延长交于，ABCD E AC C DE BC F 则（）DF =A ．B ．12AB AD- 12AB AD+C ．D ．12AB AD -12AB AD +【正确答案】A【分析】根据三角形相似推出为的中点，再根据平面向量的线性运算可得答案.F BC 【详解】易知，，所以，又，所以，即为ADE CFE !!12CF CE AD AE ==BC AD =12CF BC=F的中点，BC 所以.DF AF AD AB BF AD =-=+- 12AB AD AD =+- 12AB AD=-故选：A6．在中，若，，则的形状为（）ABC 222sin sin sin A C B =-()2cos AB BC AC C =-ABC A ．等边三角形B ．等腰直角三角形C ．钝角三角形D ．有一个内角为的直角三角形60【正确答案】D【分析】由正弦定理推出，结合推出，，可90C =()2cos AB BC AC C =-2AB BC =60B =得答案.【详解】由以及正弦定理得，即，则222sin sin sin A C B =-222BC AB AC =-222BC AC AB +=，，，BC AC ⊥90C = cos 0C =又，所以，，，即的形状为有()2cos AB BC AC C =-2AB BC =1cos 2BC B AB ==60B = ABC 一个内角为的直角三角形.60︒故选：D.7．在直三棱柱中，，则直线与所111ABC A B C -190,1,2CAB AB AC AA ∠====1AC 1BA 成角的余弦值为（）A B C D 【正确答案】B 【分析】连接、交于，取的中点，连、，可得（或其补角是1AC 1A C D BC E DE AE ADE ∠直线与所成的角），计算可得答案.1AC 1BA 【详解】连接、交于，取的中点，连、，1AC 1A C D BC E DE AE则，则或其补角是直线与所成的角，1//DE BA ADE ∠1AC 1BA 在直三棱柱中，，因为，111ABC A B C -1AA AB ⊥12AA=AB =所以，1BA ===112DE BA ==在直三棱柱中，，因为，，111ABC AB C -1A A AC ⊥12A A =1AC =所以1A C ==AD =因为，所以，，90,1CAB AB AC ∠===3BC ==1322AE BC ==在中，.ADE V 222cos 2ADDE AE ADE AD DE +-=⋅Ð=所以直线与.1AC 1BA故选：B.8．如图，设是平面内相交成的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的,Ox Oy 60︒21,e ex y 单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标，12OP xe ye =+ (),x y OP Oxy 记作．若，则的值为(),OP x y =u u u r()()12cos ,1,1,sin ,OP OP θθ== π3π,22θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭121,2OP OP ⋅=- θ（）A ．B ．C ．D ．3π4π5π44π3【正确答案】B【分析】利用平面向量数量积的定义可求得的值，由题意得出12e e ⋅ ，利用平面向量数量积的运算性质可求得答案.221121=cos si ,n O e P OP e e e θθ+=+ 【详解】由平面向量数量积的定义可得，2121211cos 60122e e e e ⋅=⋅=⨯=由题意可得()()12cos ,1,1,sin ,OP OP θθ==π3π,22θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭121,2OP OP ⋅=- 221121=cos si ,n O e P OP e e e θθ+=+ 所以，()()()221212112122cos sin cos sin co s +s +1in O e e e e e e e P OP e θθθθθθ=+⋅+=⋅+⋅ ，()2sin s 11+cos cos in 12θθθθ=++=-设，+cos ==sin t θθ4θπ⎛⎫+ ⎪⎝⎭因为，所以，π3π,22θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭π3π7π,444θ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，，πsin 4θ⎡⎛⎫+∈-⎢⎪⎝⎭⎣)=t ⎡∈⎣由()2sin sin 11+cos cos 12θθθθ++=-可得，221114012322t t t t ⎛⎫++=-⇒+⎪-+= ⎝⎭解得（舍去），，3=t -=1t -由，0sin sin +cos 112cos 1c s os in θθθθθθ=-⇒+=⇒=因为所以π3π,,22θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭π,θ=故选：B.二、多选题9．已知复数为虚数单位，下列说法正确的是（）121i,23i,i z z =-=-+A ．在复平面内对应的点位于第四象限12z z +B ．若，则()()12i i ,z a z b a b +=+∈R 3ab =-C ．若是关于的方程的一个根，则1z x ()20,x px q p q ++=∈R 0p q +=D ．若向量分别对应的复数为，则向量对应的复数为,OA OB 12,z z AB 34i-【正确答案】BC【分析】对于A ，求出，根据复数的坐标可得A 错误；对于B ，根据复数的运算以及复12z z +数相等的条件可得B 正确；对于C ，将代入方程，根据复数相等的条件可得C 正确；对于1z D ，根据复数的向量表示可得D 错误.【详解】对于A ，在复平面内对应的点位于第二象限，故A 错误；1212i z z +=-+(1,2)-对于B ，由得，得，()12i iz a z b +=+()()1i i 23i i a b -+=-++()()11i 23i a a b ++-=-++得，得，，所以，故B 正确；1213a a b +=-⎧⎨-=+⎩3a =-1b =3ab =-对于C ，因为是关于的方程的一个根，11i z =-x ()20,x px q p q ++=∈R 所以，即，得，故C 正确；()21i (1i)0p q -+-+=()2i 0p q p +-+=0p q +=对于D ，因为向量分别对应的复数为，,OA OB12,z z 所以，()21,23i 1i 34iAB OB OA z z =--=-+--=-+对应的复数为，故D 错误.AB34i -+故选：BC10．已知为的外接圆圆心，，下列说法正确的是（）O ABC 2,AB AC AO AO AC+== A ．三点共线,,B O C B ．60B =C ．AB =D ．向量在向量上的投影向量为BA BC 34BC u uu r 【正确答案】ACD【分析】作出图，根据平面向量的基本定理运算判断选项A ，利用圆周角的性质判断得，再结合是等边三角形，可判断得，从而得可判90BAC ∠= AOC 60ACB ∠= 30ABC ∠= 断选项B ，在直角三角形中，利用三角函数列式计算可判断选项C ，根据投影的概念，再结合三角函数计算可判断选项D.【详解】如图，根据平行四边形法则，即，2AB AC AB BD AD AO +=+==2AD AO =所以为的中点，即为与的交点，O AD O AD BC 所以为的中点，所以三点共线，故A 正确；O BC ,,B O C 因为为的外接圆圆心，所以为圆的直径，O ABC BC O 所以，所以，90BAC ∠=12AO BC = 又，所以是等边三角形，AO AC = AOC 所以，，故B 错误；60ACB ∠=30ABC ∠=在中，，所以C 正确；Rt ABC △tan 60ABAC=AB =作于点，则向量为向量在向量上的投影向量，AE BC ⊥E BE BA BC因为，所以，sin 60BABC=BA =34BC = 所以，即向量在向量上的投影向量为，故D 正确.34BE BC = BA BC 34BC u uu r 故选：ACD11．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确()()sin 0,0,2πf x A x A ωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的是（）A ．112A ωϕ=B ．函数的图象关于直线对称()f x 56x =C ．函数在上单调递增()f x 25,34⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则为偶函数2x f ω⎛⎫ ⎪⎝⎭π12()g x ()g x 【正确答案】AD【分析】根据图象求出，得A 正确；由以及正弦函数的性质可,,A ωϕπ()2sin 2π3f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭得B 不正确；C 错误；根据图象变换规律得D 正确.【详解】由图可知，，所以，，2A =11143124T =-=1T =2π2π2π1T ω===由五点作图法可得，得，1π2π122ϕ⋅+=π3ϕ=所以，故A 正确；22π1π12123A ωϕ⋅==⨯由以上知，，，π()2sin 2π3f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭55π()2sin 2π2sin 2π0663f ⎛⎫=⋅+== ⎪⎝⎭所以函数的图象不关于直线对称，故B 不正确；()f x 56x =由，得，因为在上不单调，2534x ≤≤5ππ17π2π336x ≤+≤sin y x =5π17π,36⎡⎤⎢⎣⎦所以函数在上不单调，故C 错误；()f x 25,34⎡⎤⎢⎥⎣⎦，2x f ω⎛⎫ ⎪⎝⎭π()2sin 2π3x f x ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭将函数的图象向左平移个单位后得到函数2x f ω⎛⎫ ⎪⎝⎭π2sin 23x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭π12()g x 的图象，则为偶函数，故D 正确.ππ2sin 22cos 2123x x⎡⎤⎛⎫=++= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦()g x 故选：AD12．魏晋时期著名数学家刘徽解释了《九章算术-商功》中记录的空间几何体“堑堵、阳马、鳖臑”的形状和产生过程，即：“邪解立方得两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”，其意思是：把正方体或长方体斜向分解成两个堑堵，再把堑堵斜向分解得到一个阳马和一个鳖臑，两者的体积比为定值．如图，在长方体被平面截得两个“堑堵”，其中一个“堑堵”又被平面1111ABCD A B C D -11ABC D 11BCC ADD -截为一个“阳马”和一个“鳖臑”，则下列说法正确的是（）1D BC1D ABCD-11D BCC -A ．“阳马”是一个底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，“鳖臑”1D ABCD -为四个面全是直角三角形的三棱锥11D BCC -B ．“阳马”的体积是“鳖臑”的体积的2倍1D ABCD -11D BCC -C ．“阳马”的最长棱和“鳖臑”的最长棱不相等1D ABCD -11D BCC -D ．若，“鳖臑”的所有顶点都在同一球面上，且该球的表面积为，则1AB =11D BCC -5π长方体的体积的最大值为21111ABCD A B C D -【正确答案】ABD【分析】对于A ，根据长方体的性质结合线面垂直的性质和判定分析判断，对于B ，根据棱锥的体积公式计算判断，对于C ，计算出各个棱长后分析判断，对于D ，根据鳖臑”的外接球就是长方体的外接球，求出长方体的对角线11D BCC -1111ABCD A B C D -【详解】对于A ，因为四边形是矩形，平面，所以“阳马”是ABCD 1DD ⊥ABCD 1D ABCD -一个底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，因为平面，平面，所以，同理可得，11D C ⊥11BCC B 1BC ⊂11BCC B 111D C BC ⊥1BC D C ⊥又因为，，所以都为直角三角形，111D C CC ⊥1BC C C ⊥111111,,,BCC BCD BC D D C C 所以“鳖臑”为四个面全是直角三角形的三棱锥，正确，11D BCC -对于B ，设，则，1,,AB a AD b AA c ===111133D ABCD ABCD V S DD abc -=⋅=，1111111113326D BCC BCC V S D C bca abc-=⋅=⨯= 所以“阳马”的体积是“鳖臑”的体积的2倍，正确，1D ABCD -11D BCC -对于C ，设，则“阳马”的最长棱为，“鳖1,,AB a AD b AA c ===1D ABCD -1D B =臑”的最长棱为，11D BCC -1D B =所以“阳马”的最长棱和“鳖臑”的最长棱相等，错误，1D ABCD -11D BCC -对于D ，设“鳖臑”的外接球的半径为，则由“鳖臑”的外接球的表面积11D BCC -R 11D BCC -为，得，解得5π24π5πR =R =因为“鳖臑”的外接球与长方体的外接球是同一个球，所以11D BCC -1111ABCD A B C D -12D B R ==设，则，，所以，即，当且仅1,BC x AA y ==2215x y ++=224x y +=2242x y xy =+≥2xy ≤当时取等号，x y ==则长方体的体积为，当且仅当1111ABCD A B C D -2V xy =≤x y ==所以长方体的体积的最大值为2，正确，1111ABCD A B C D -故选：ABD 三、填空题13．已知一个圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为．【正确答案】15π【分析】求出圆锥的母线长即可得侧面积．【详解】由题意底面半径为，高为，则母线长为，3r =4h=5l ==所以侧面积为．3515S rl πππ==⨯⨯=故．15π14．若复数（，为虚数单位），且，则的最小值为i z x y =+,x y ∈R i221x y +=3iz -．【正确答案】2【分析】根据复数的几何意义可求出结果.【详解】因为，所以复数对应的点的轨迹是单位圆，||1z ==z 又的几何意义是圆上的动点与定点之间的距离，3iz -221x y +=(,)x y (0,3)所以的最小值为.3iz -12=故答案为.215．已知函数在上有且仅有一个零点，则的值为 ()()πsin 4f x x ωω⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭N [)0,πω．【正确答案】1【分析】令，，求出，再根据在上有且仅有一个零点列式可求ππ4x k ω+=Z k ∈x ()f x [)0,π出结果.【详解】令，，得，，ππ4x k ω+=Z k ∈ππ4k x ω-=Z k ∈因为函数在上有且仅有一个零点，()()πsin 4f x x ωω⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭N [)0,π所以，得，ππ4<ππ2π4πωω⎧-⎪⎪⎪⎨⎪-⎪≥⎪⎩3744ω<≤又，所以.N ω∈1ω=故答案为.116．已知边长为2的菱形中，是边所在直线上的一点，则ABCD 30,DAB E ∠=AD 的取值范围为．EB EC ⋅【正确答案】[)0,∞+【分析】取的中点，连接，利用平面向量的运算可得，结BC Q EQ 221(4)4EB EC EQ CB ⋅=- 合菱形的几何性质可得答案.【详解】取的中点，连接，则，BC Q EQ 2EB EC EQ +=所以，2222211[()()](4)144EB EC EB EC EB EC EQ CB EQ ⋅=+--=-=-当且仅当时，有最小值，则有最小值，EQ BC ⊥EQ 21EQ - 此时菱形的面积，1112sin 3022221222EQ BC AB AD EQ EQ ⨯=⨯⨯⨯⨯⇒⨯=⨯⨯⨯⨯⇒= 最小值为，21EQ - 110-=因为是边所在直线上的一点，所以无最大值，无最大值，E AD EQ 21EQ - 的取值范围为，EB EC ⋅[)0,∞+故[)0,∞+四、解答题17．已知向量．()()4,,2,1,a m b m ==-∈R(1)若，求；a b ⊥m (2)若与的夹角为锐角，求的取值范围．a b m 【正确答案】(1)8m =(2)且.8m <2m ≠-【分析】（1）由可求出结果；0a b ⋅=（2）根据且、不共线列式可求出结果.0a b ⋅>a b 【详解】（1）若，则，即，.a b ⊥ 0a b ⋅=80-=m 8m =（2）若与的夹角为锐角，则且、不共线，a b 0a b ⋅>a b 由，得，即，0a b ⋅>80m ->8m <假设、共线，则，即，a b42m -=2m =-所以当与的夹角为锐角时，且.a b 8m <2m ≠-18．已知，且π0,4α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭sin cos αα+=(1)求的值；tan α(2)若，求的值．()()10,π,tan 22βαβ∈+=-αβ+【正确答案】(1)13(2)3π4αβ+=【分析】（1）根据已知条件求出和，可得；sin αcos αtan α（2）根据求出，再根据角的范围可得结果.()()tan 2tan αβαβα⎡⎤+=++⎣⎦()tan αβ+【详解】（1）因为，所以，化简得sin cos αα+=()22sin cos αα+=，32sin cos 5αα=因为，所以，π0,4α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭cos sin αα>所以，cos sin αα-===所以cos α==sin α==所以.sin 1tan cos 3ααα===（2）由（1）知，，所以1tan 3α=()()tan 2tan αβαβα⎡⎤+=++⎣⎦()()tan tan 1tan tan αβααβα++=-+所以，解得，()()1tan 13121tan 3αβαβ++-=-+()tan 1αβ+=-因为，，所以，0πβ<<π02α<<3π02αβ<+<所以.3π4αβ+=19．如图，在三棱锥中，，在上，且．-P ABC 90,1,2ABC AB BC ∠===O AC BO AC ⊥(1)求三棱锥与三棱锥的体积之比；P ABO -P BCO -(2)若点在上，且．证明：平面．D PC 15PD PC=//OD PAB 【正确答案】(1).1:4(2)证明见解析【分析】（1）转化为底面积之比可求出结果；（2）由，可得平面.//OD PA //OD PAB 【详解】（1）因为，所以90,1,2ABC AB BC ∠=== AC ==因为，所以，所以BO AC ⊥1122AB BC BO AC⋅=⋅AB BC BO AC ⋅==所以，AO ===OC ==所以，::1:4ABOBCO S S AO OC ==!!所以.::1:4P ABO P BCO ABOBCO V V S S --==!!（2）由（1）知，，又，15AO AC =15PD PC=所以，又平面，平面，//OD PA OD ⊄PAB PA ⊂PAB 所以平面．//OD PAB20．已知函数．()ππsin sin cos 44f x x x x x⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(1)求的最小正周期和对称中心；()f x(2)已知锐角的三个角的对边分别为，若，求周长ABC ,,A B C ,,a b c ()4f A a ==ABC 的最大值．【正确答案】(1)的最小正周期为，对称中心为.()f x πππ,026k ⎛⎫+ ⎪⎝⎭()k ∈Z (2)12【分析】（1）化简，根据正弦函数的最小正周期公式和对称中心可求出结果；()f x（2）由为锐角得，根据的范围求出的最大值后可得周长的()f A =A π3A =B sin sin BC +最大值.【详解】（1）()ππsin sin cos 44f x x x x x⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππππsin cos cos sin sin cos cos sin sin cos 4444x x x x x x⎫⎛⎫=+-+⎪⎪⎭⎝⎭sin cos x x x x x x ⎫=+⎪⎪⎭)22sin cos sin cos x x x x =-+12sin 22x x =+.πsin(23x =-的最小正周期为，()f x 2ππ2=令，，得，，π2π3x k -=Z k ∈ππ26k x =+Z k ∈所以的对称中心为.()f x ππ,026k ⎛⎫+ ⎪⎝⎭()k ∈Z（2）由为锐角三角形，，()f A =πsin(23A -=ABC π02A <<所以，所以，.ππ2π2333A -<-<ππ233A-=π3A=因为，，所以，同理得，4a =π3A=sin sin a B b B A ===c C =所以2πsin sin sin sin 3B C B B ⎛⎫+=+- ⎪⎝⎭2π2πsin sin cos cos sin 33B B B=+-，1sin sin 2B B B =++3sin 2B B =π6B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭因为，且，所以，2ππ032C B <=-<π02B <<ππ62B <<所以，ππ2π363B <+<所以当，即时，π6B +π2=π3B =sin sin B C +从而取得最大值为.4sin )a b c B C ++=++12即周长的最大值为.ABC 1221．如图，已知正方体的棱长为分别为的中点．1111ABCD A B C D -2,,E F ,BC CD(1)求证：平面平面；1D AF ⊥1D DE (2)记直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，求的余弦1D F 1DDE 1θ1D A 1D DE 2θ12θθ+值．【正确答案】(1)证明见解析【分析】（1）利用平面几何知识推出，再根据线面垂直的判定得平面，AF DE ⊥AF ⊥1D DE最后根据面面垂直的判定定理得平面平面；1D AF ⊥1D DE （2）根据平面，得，，在中，由余弦定理可求出AF ⊥1D DE 11FD G θ=Ð12AD G θ=Ð1AD F △结果.【详解】（1）在正方形中，设与交于，ABCD AF DE G 因为分别为的中点．所以，，,E F ,BC CD 1tan 2∠=DAF 1tan 2EDF ∠=所以，所以，DAF EDF =ÐÐπ2DAF ADG EDF ADG +=+=ÐÐÐÐ所以，即，π2AGD =ÐAF DE ⊥在正方体中，因为平面，平面，1111ABCD A B C D -1D D ⊥ABCD AF ⊂ABCD 所以，又，平面，1D D AF ⊥1DD DE D = 1,DD DE ⊂1D DE 所以平面，又平面，AF ⊥1D DE AF ⊂1D AF 所以平面平面.1D AF ⊥1D DE （2）由（1）知，平面，所以，，AF ⊥1D DE 11FD G θ=Ð12AD G θ=Ð因为正方体的棱长为，所以，，1111ABCD A B C D -21AD =1D F =AF =所以.121cos()cos AD F θθ+=Ð22211112AD D F AF AD D F +-=⋅==22．高新体育中心体育馆（图1）是成都大运会乒乓球项目比赛场馆，该体育馆屋顶近似为正六边形，屋底近似为正六边形．ABCDEF 111111A B C D EF(1)如图2，已知该体育馆屋顶上有三点用电缆围成了三角形形状，测得，,,A M N 75MAN ∠=米，求该电缆的长度；45,50AMN AM ∠== (2)如图3，若在建造该体育馆时在馆底处的垂直方向上分别有号塔吊，若1号111,,B D E 1,2,3塔吊（点处）驾驶员观察2号塔吊（点处）驾驶员的仰角为号塔吊驾驶员观察32B 2D 30,2 号塔吊（点处）驾驶员的仰角为，且1号塔吊高米，2号塔吊比1米，2E 45 a 则3号塔吊高多少米?（塔吊高度以驾驶员所在高度为准）．【正确答案】(1)米.50+(2)米.1a⎛ ⎝【分析】（1）根据正弦定理求出三角形边长，可得三角形周长；（2）在直角梯形中，过作，垂足为，求出米，在1122B D D B 2B 212B M D D ^M 112B D B M a ==直角梯形中，过作，垂足为，求出米，再由1122E D D E 2D 212D N E E ^N 2E N =可得结果.1222B B D M E N ++【详解】（1）因为，，所以，75MAN ∠= 45AMN ∠=60ANM ∠= ()sin sin 75sin 4530MAN ∠==+ sin 45cos30cos 45sin30=+o o oo.12==由正弦定理得，得sin sin MN AM MAN ANM =ÐÐsin sin AM MANMN ANM ⋅=ÐÐ==，sin sin AN AM AMN ANM =ÐÐsin sin AM AMNAN ANM=ÐÐ==所以该电缆的长度为.50AM MN AN ++=++50=+（2）在直角梯形中，过作，垂足为，1122B D D B 2B 212B M D D ^M 则米，，米，12B B a =2230D B M =Ð2D M=所以米，所以米，22tan 30D MB M a === 112B D B M a ==所以正六边形米，111111A B C D EF =在直角梯形中，过作，垂足为，1122E D D E 2D 212D N E E ^N 则米，，所以米，2D N=2245E D N =Ð2E N =所以3号塔吊高为米.1a a ⎛=+ ⎝。

2024届四川省成都市温江区数学高一下期末考试试题含解析

2024届四川省成都市温江区数学高一下期末考试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．如图，扇形OAB 的圆心角为90︒，半径为1，则该扇形绕OB 所在直线旋转一周得到的几何体的表面积为（）A ．34π B ．2π C ．3π D ．4π2．在△ABC 中，AC 2=，BC ＝1，∠B ＝45°，则∠A ＝（） A ．30°B ．60°C ．30°或150°D ．60°或120°3．如果a ＜b ＜0，那么下列不等式成立的是（） A ．11<a bB ．2ab<bC ．22ac <bcD ．22a ab b >>4．当点(3,2)P 到直线120mx y m -+-=的距离最大时，m 的值为（） A ．3 B ．0C ．1-D ．15．若实数满足，则的取值范围为（） A ．B ．C ．D ．6．已知集合3{|}U x y x ==，9{|log }A x y x ==，{|2}x B y y ==-，则()=U A C B ⋂（）A ．∅B ．RC ．{|0}x x >D ．{0}7．如图，若长方体1111ABCD A B C D -的六个面中存在三个面的面积分别是2,3,6，则该长方体中线段1BD 的长是（）A ．14B ．27C ．28D ．328．已知A(2,4)与B(3,3)关于直线l 对称，则直线l 的方程为 ( )． A ．x ＋y ＝0 B ．x －y ＝0 C ．x －y ＋1＝0D ．x ＋y －6＝09．已知n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，1a 1=，23a a 8=-，则6S (= ) A ．1283B ．24-C ．21-D ．1110．下列说法不正确的是（） A ．圆柱的侧面展开图是一个矩形 B ．圆锥过轴的截面是一个等腰三角形C ．平行于圆台底面的平面截圆台，截面是圆面D ．直角三角形绕它的一边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。

【新结构】2023-2024学年四川省成都市蓉城名校高一下学期期末联考数学试题+答案解析

【新结构】2023-2024学年四川省成都市蓉城名校高一下学期期末联考数学试题❖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.已知，则()A. B. C. D.2.()A. B. C. D.3.在中，，，，则()A. B.16 C.32 D.4.一个水平放置的平面图形OABC按斜二测画法得到的直观图如图所示.已知，，则平面图形OABC的面积为()A.3B.6C.D.5.把函数的图象向左平移个单位长度，再把横坐标变为原来的倍纵坐标不变，得到函数的图象，下列关于函数的说法正确的是()A.函数的最小正周期B.函数在区间上单调递减C.函数是奇函数D.函数在区间上的最大值为6.某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量单位：小时降雨量的等级划分如下：24小时降雨量精确到降雨等级小雨中雨大雨暴雨在一次降雨过程中，用一个侧棱的三棱柱容器收集的24小时的雨水如图所示，当侧面水平放置时，水面恰好过AC，BC，，的中点.则这24小时的降雨量的等级是()A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨7.如图，圆锥PO的底面直径和高均为12，过PO上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，我们称该圆柱为圆锥的内接圆柱.则该圆锥的内接圆柱侧面积的最大值为()A. B. C. D.8.在中，，，点P满足，且，则()A. B. C. D.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。

全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9.已知m，n是两条不同的直线，是平面，若，，则m，n的关系可能为()A.平行B.垂直C.相交D.异面10.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论正确的是()A.若，则角B.存在A，B，C，使成立C.若，则为等腰或直角三角形D.若，，，则有两解11.如图，在正方体中，E为棱AB上的动点，平面，F为垂足，下列结论正确的是()A. B.三棱锥的体积为定值C. D.与AC所成的角为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

2024届四川省成都外国语学校高新校区数学高一下期末复习检测试题含解析

2024届四川省成都外国语学校高新校区数学高一下期末复习检测试题请考生注意：1．请用2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．执行下边的程序框图，如果输出的y 值为1，则输入的x 值为（）A ．0B ．eC ．0或eD ．0或12．化简sin 2013o 的结果是 A ．sin 33oB ．cos33oC ．-sin 33oD ．-cos33o3．若向量(2,3),(1,2)a b =-=-，则2a b -= A ．4-（3，）B ．58-（，）C ．58-（，）D ．34-（，）4．如果数列{}n a 的前n 项和为332n n S a =-，则这个数列的通项公式是（） A ．()221n a n n =++ B ．23nn a =⋅C ．32nn a =⋅D ．31n a n =+5．函数2sin cos y x x =+，当x ϕ=时函数取得最大值，则cos ϕ=（）A 5B 25C ．223D ．136．已知ABC ∆的三个内角、、A B C 所对的边为a b c 、、，面积为S ，且2()tan 23tan 2bc c B S B +=+，则A 等于（）A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 7．已知空间中两点1(,3,2)P x 和2(5,7,4)P 的距离为6，则实数x 的值为（）A ．1B ．9C ．1或9D ．﹣1或98．设()*(1)(2)(3)()n S n n n n n n N =++++∈，则1n nS S +=（） A ．21nB ．22n +C ．(21)(22)n n ++D ．2(21)n +9．如图，在坡度一定的山坡A 处测得山顶上一建筑物CD 的顶端C 对于山坡的斜度为15︒，向山顶前进100米到达B 后，又测得C 对于山坡的斜度为45︒，若50CD =米，山坡对于地平面的坡角为θ，则cos θ（）A ．231+B ．231-C ．31-D ．31+10．若0,0x y >>且191x y+=，则x y +的最小值是（） A ．6B ．12C ．24D ．16二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。

四川省成都市第七中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

成都七中高 2026 届高一下期期末考试数学试题一. 单项选择题: 本大题共 8 小题, 每小题 5 分, 共计 40 分. 每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的.1. 若z=2−i ,则|z−z|=（） .A. √2B. 2iC. 2D. 42. 若|a⃗|=2,a⃗与b⃗⃗夹角为60∘ ,且b⃗⃗⊥(a⃗−b⃗⃗) ,则|b⃗⃗|=（）.A. √32B. 1C. √3D. 23. 已知tanα=2,α为锐角,则sin(α+π4)=（） .A. −√1010B. √1010C. −3√1010D. 3√10104. 将函数f(x)=sinx的图象先向左平移π3个单位长度,再将得到的图象上所有点的横坐标扩大到原来的 2 倍,纵坐标不变,得到函数g(x)的图象,则g(x)的一条对称轴可能为（）.A. 5π12B. π12C. 5π3D. π35. 已知α,β,γ是三个不同的平面, m,n是两条不同的直线,且α∩β=m ,给出下列四个命题: ①若m//n ,则n//α或n//β②若m⊥n ,则n⊥α或n⊥β③若α⊥β , γ⊥β ,则α//γ④若γ∩β=n,m//n ,则γ//α则上述命题中正确的个数为（）.A. 0B. 1C. 2D. 36. 同时抛掷两枚质地均匀的六面骰子, 则所得点数之差绝对值小于 2 的概率为（）.A. 23B. 59C. 49D. 137. 羌族是中国西部地区的一个古老民族, 被称为“云朵上的民族”, 其建筑颇具特色. 碉楼是羌族人用来御敌、储存粮食柴草的建筑, 一般多建于村寨住房旁. 现有一碉楼, 其主体部分可以抽象成正四棱台ABCD−A1B1C1D1 ,如图,已知该棱台的体积为224 m3,AB=8 m ,A1B1=4 m ,则二面角A1−AB−C的正切值为（）.A. 3B. 3√22 C. √3 D. 328. 在 △ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c ,已知 a =1,A =60∘ ,设 O,G 分别是 △ABC 的外心和重心,则 AO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅AG⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值是（） A. 12 B. 13 C. 14 D. 16二. 多项选择题: 本大题共 3 小题, 每小题 6 分, 共计 18 分. 每小题给出的四个选项中, 有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分, 选对但不全的得部分分, 有选错的得 0 分.9. 已知 a ⃗⃗=(1,λ),b ⃗=(λ+2,3) ,则（）.A. “ λ=1 ” 是 “ a⃗⃗//b ⃗ ” 的必要条件 B. “ λ=−3 ” 是 “ a ⃗⃗//b ⃗ ” 的充分条件 C. “ λ=−12 ” 是 “ a ⃗⃗⊥b ⃗ ” 的必要条件 D. “ λ=12 ” 是 “ a ⃗⃗⊥b ⃗ ” 的充分条件 10. 已知一组样本数据 x 1,x 2,⋯,x 20,(x 1≤x 2≤⋯≤x 20) 下列说法正确的是（）.A. 该样本数据的第 60 百分位数为 x 12B. 若样本数据的频率分布直方图为单峰不对称, 且在右边 “拖尾”, 则其平均数大于中位数C. 若样本数据的方差 s 2=120∑x i 220i=1−25 ,则这组样本数据的总和为 100D. 若由 y i =2x i (i =1,2,⋯,20) 生成一组新的数据 y 1,y 2,⋯,y 20 ,则这组新数据的平均值是原数据平均值的 2 倍11. 如图,在长方体 ABCD −A ′B ′C ′D ′ 中, AB =BC =2,AA ′=4,N 为棱 C ′D ′ 中点,D ′M =12,P 为线段 A ′B 上一动点,下列结论正确的是（）. A. 线段 DP 长度的最小值为 6√55B. 存在点 P ,使 AP +PC =2√3C. 存在点 P ,使 A ′C ⊥ 平面 MNPD. 以 B 为球心, 176 为半径的球体被平面 AB ′C 所截的截面面积为 6π 三. 填空题: 本大题共 3 小题, 每小题 5 分, 共计 15 分.12. 习主席曾提出 “绿水青山就是金山银山” 的科学论断, 为响应国家号召, 农学专业毕业的小李回乡创业, 在自家的田地上种植了 A, B 两种有机生态番茄共 5000 株, 为控制成本,其中 A 品种番茄占 40% . 为估计今年这两种番茄的总产量,小李采摘了 10 株 A 品种番茄与 10 株 B 品种番茄,其中 A 品种番茄总重 17 kg, B 品种番茄总重 23 kg ,则小李今年共可收获番茄约 kg .13. 已知三棱锥 A −BCD,△ABC 是边长为 2 的等边三角形, △BCD 是面积为 2 的等腰直角三角形,且平面 ABC ⊥ 平面 BCD ,则三棱锥 A −BCD 的外接球表面积为 .14. 在 △ABC 中, AB ⊥AC,AB =4,AC =3,P 为斜边 BC 上一动点,点 Q 满足 |PQ |=2 ,且 AQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=mAB⃗⃗⃗⃗⃗⃗+nAC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则 2m +n 的最大值为 .四. 解答题: 本大题共 5 小题, 共计 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15. (13 分) 如图,棱长为 6 的正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 中, O 是 AC 的中点, E 是 AA 1 的中点,点 F 在 AB 上.(I) 当 F 是 AB 的中点时,证明: 平面 EFO// 平面 A 1D 1C ;(II) 当 F 是靠近 B 的三等分点时,求异面直线 FO 与 A 1C 所成角的余弦值.16. (15 分) 2024 年 4 月 26 日, 主题为“公园城市、美好人居” 的世界园艺博览会在四川成都正式开幕, 共建成 113 个室外展园, 涵盖了英式、法式、日式、意式、中东、东南亚等全球主要园林风格, 吸引了全球各地游客前来参观游玩. 现从展园之一的天府人居馆中随机抽取了 50 名游客, 统计他们的参观时间 (从进入至离开该展园的时长, 单位: 分钟, 取整数),将时间分成[45,55),[55,65),⋯,[85,95]五组,并绘制成如图所示的频率分布直方图.(I) 求图中a的值;(II) 由频率分布直方图, 试估计该展园游客参观时间的第 75 百分位数 (保留一位小数);(III) 由频率分布直方图,估计样本的平均数x(每组数据以区间的中点值为代表).17. (15 分) 甲、乙两位同学进行羽毛球比赛, 并约定规则如下: 在每个回合中, 若发球方赢球, 则得 1 分, 并且下一回合继续由其发球; 若发球方输球, 则双方均不得分, 且下一回合交换发球权; 比赛持续三回合后结束, 若最终甲乙得分相同, 则为平局.,各回合比赛结果相互独立,第一回合由甲发球.已知在每回合中,甲获胜的概率均为23(I) 求甲至少赢 1 个回合的概率;(II) 求第二回合中有选手得分的概率;(III) 求甲乙两人在比赛中平局的概率.18. (17 分) 记 △ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ,已知 a =4,c =2 , asinA +csinC =2bsinB.D 是线段 AC 上的一点,满足 AD =13AC ,过 D 作一条直线分别交射线 BA 、射线 BC 于 M 、N 两点.(I) 求 b ,并判断 △ABC 的形状;(II) 求 BD 的长;(III) 求 BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值.19. (17 分) 如图,斜三棱柱 A 1B 1C 1−ABC 中, ∠ABC =90∘ ,四边形 ABB 1A 1 是菱形, D 为 AB 中点, A 1D ⊥ 平面 ABC ,点 A 1 到平面 BCC 1B 1 的距离为 √3,AA 1 与 CC 1 的距离为 2 . (I) 求证: CB ⊥ 平面 ABB 1A 1 ;(II) 求 A 1C 与平面 BCC 1B 1 所成角的正弦值;(III) 若 E,F 分别为 AA 1,AC 的中点,求此斜三棱柱被平面 B 1EF 所截的截面面积.。

成都市2024届数学高一下期末达标测试试题含解析

成都市2024届数学高一下期末达标测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符． 4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．如图，在圆内随机撒一把豆子，统计落在其内接正方形中的豆子数目，若豆子总数为，落在正方形内的豆子数为，则圆周率的估算值是（）A ．B ．C ．D ．2．在锐角ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2sin a b A =，则B 等于（）A ．75︒B ．60︒C ．45︒D ．303．在∆ABC 中，222sin sin sin sin sin A B C B C +-≤．则的取值范围是（）A ．（0，6π] B ．[6π，π） C ．（0，3π] D ．[3π，π） 4．已知β为锐角，角α的终边过点（3，4），sin （α+β2，则cosβ＝（） A ．3210B ．210C ．7210 D ．210或7210 5．已知函数f ：R +→R +满足：对任意三个正数x ，y ，z ，均有f （3xyzxy yz zx ++）3f x f y f z ++=（）（）（）.设a ，b ，c 是互不相等的三个正数，则下列结论正确的是（）A ．若a ，b ，c 是等差数列，则f （a ），f （b ），f （c ）一定是等差数列B ．若a ，b ，c 是等差数列，则f （1a ），f （1b ），f （1c ）一定是等差数列 C ．若a ，b ，c 是等比数列，则f （a ），f （b ），f （c ）一定是等比数列 D ．若a ，b ，c 是等比数列，则f （1a ），f （1b ），f （1c）一定是等比数列 6．已知数列满足，，则的值为（） A ．2B ．-3C ．D ．7．中国古代的“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”合称“六艺”.某校国学社团准备于周六上午9点分别在6个教室开展这六门课程讲座，每位同学只能选择一门课程，则甲乙两人至少有人选择“礼”的概率是（） A ．56B ．2536C ．13D ．11368．以n S ,T n 分别表示等差数列{}{}n b n a ，的前n 项和，若S 73n n nT n =+，则55a b 的值为A ．7B ．214C ．378 D ．239．某大学数学系共有本科生1 000人，其中一、二、三、四年级的人数比为4∶3∶2∶1，要用分层抽样的方法从所有本科生中抽取一个容量为200的样本，则应抽取三年级的学生人数为（） A ．80B ．40C ．60D ．2010．甲、乙两人约定晚6点到晚7点之间在某处见面，并约定甲若早到应等乙半小时，而乙还有其他安排，若他早到则不需等待，则甲、乙两人能见面的概率（） A ．38B ．34C ．35D ．45二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。

2024届四川省成都实验外国语学校数学高一下期末考试试题含解析

2024届四川省成都实验外国语学校数学高一下期末考试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．在120︒的二面角内，放置一个半径为3的球，该球切二面角的两个半平面于A ，B 两点，那么这两个切点在球面上的最短距离为（） A ．π B ．3π C ．2πD ．3π2．在等差数列中，，，则数列的前5项和为（）A ．13B ．16C ．32D ．353．若关于x 的不等式220x ax +->在区间[]1,5上有解,则a 的取值范围是（） A ．23,5⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．23,15⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．()1,+∞D ．23,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦4．下列函数中，在区间()0,∞+上单调递增的是（）A ．12y x =B ．12xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭C ．12log xy =D ．1y x=5．以下有四个说法：①若A 、B 为互斥事件，则()()1P A P B +<； ②在ABC ∆中，a b >，则cos cos A B <； ③98和189的最大公约数是7；④周长为P 的扇形，其面积的最大值为28P ；其中说法正确的个数是（） A ．0 B ．1 C ．2D ．36．设函数()222646cos x x xf x x xπ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+的最大值为M ，最小值为m ，则M 与m 满足的关系是（）A ．2M m -=B ．2M m +=C ．4M m -=D ．4M m +=7．过曲线的左焦点1F 且和双曲线实轴垂直的直线与双曲线交于点A ,B ,若在双曲线的虚轴所在的直线上存在—点C ,使得90ACB ︒∠=,则双曲线离心率e 的最小值为（） A ．312+ B ．31+C ．512+ D ．51+8．已知平面α⊥平面β，n αβ=，点A α∈，A n ∉，直线AB n ，直线AC n ⊥，直线m α，m β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（） A ．AB m ∥B ．AC m ⊥C ．AB β∥D ．AC β⊥9．甲、乙两人在相同条件下，射击5次，命中环数如下：甲 9.8 9.9 10.1 10 10.2 乙9.410.310.89.79.8根据以上数据估计（） A ．甲比乙的射击技术稳定 B ．乙.比甲的射击技术稳定 C ．两人没有区别D ．两人区别不大10．过点(3,2)M -且与直线290x y +-=平行的直线方程是（） A ．280x y -+= B ．270x y -+= C ．240x y ++=D ．210x y +-=二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。

四川省成都外国语学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

四川省成都外国语学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷一、单选题1．复数z 满足()2i 34i z -=+，则复数z 的虚部是（） A ．2B ．2iC ．1D ．i2．设m ，n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列结论正确的是（） A ．若//,//m n αα，则//m nB ．若//,//m n m α，则//n αC ．若,m n αβ⊂⊂，则,m n 是异面直线D ．若//,,m n αβαβ⊂⊂，则//m n 或m ，n 是异面直线3．如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个边长为1的正方形，则这个平面图形的面积是（）A ．BCD ．1 4．已知平面向量a r ，b r的夹角为π3，且满足1a =r ，2b =r ，则下列说法错误的是（）A ．1a b ⋅=r rB ．a b -r r 与b r 的夹角为π6C ．a b -=r rD ．()0a b a -⋅=r r r 5．ABC V 的内角,,A B C 的对边分别为a ，b ，c .若6b =，2a c =，π3B =，则ABC V 的面积为（）A ．B ．C ．6D ．126．已知角,αβ满足()1tan ,2sin cos sin 3αβαβα==+，则tan β=（）A ．13B ．16C ．17D ．27．设A 、B 、C 是半径为1的圆上三点，若AB =AB AC ⋅uu u r uu u r的最大值为（）A ．3B ．32C ．1D 8．在如图所示的直三棱柱中，点A 和1BB 的中点M 以及11B C 的中点N 所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分，则小部分的体积和大部分的体积比为（）A ．13B ．47C ．1117D ．1323二、多选题9．设z ，1z ，2z 为复数，12z z ≠，下列命题中正确的是（） A ．若12zz zz =则0z =B ．若12z z =则12zz zz =C ．若1212z z z z -=+则120z z =D ．1212z z z z +≤+10．如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R 相等，则下列结论正确的是（）A ．圆柱的侧面积为22πRB ．圆锥的侧面积为22πRC ．圆柱的侧面积与球的表面积相等D ．圆柱、圆锥、球的体积之比为3:1:2 11．下列四个命题为真命题的是（）A ．若向量,,a b c r r r 满足//,//a b b c r r r r，则 //a c r rB ．若向量()()5,0,2,1a b ==，则a r 在b r上的投影向量为()4,2C ．若向量e r是与向量()1,2共线的单位向量，则e =⎝⎭rD ．已知向量()()cos ,sin ,2,1a b αα== ，则a b -r r112．已知函数()()πsin 06f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在区间()0,π上有且仅有2个最小值点，下列结论正确的有（）A ．333,7ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦B ．()f x 在()0,π上最少3个零点，最多 4个零点C ．()f x 在()0,π上有2个最大值点D ．()f x 在5π0,33⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减三、填空题13．已知7sin cos 5αα+=，则sin 2α的值为. 14．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，15,3,4,AB AD AA P ===是线段1BC 上异于1,B C 的一点，则1CP PD +的最小值为.15．已知向量a r ，b r ，c r 满足4a =r，b =r a r 与b r 的夹角为π4，()()0a c b c -⋅-=r r r r ，则c r 的最大值为.16．在ABC V 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c，且b =π3B =，ABC V 内角BABC V 的面积为.四、解答题17．已知向量()1,4a =r，()3,2b =r .(1)当k 为何值时，ka b +r r 与a b -r r 垂直(2)若2AB a b=+u u u r r r ，BC a b λ=+u u u r r r ，且A ，B ，C 三点共线，求λ的值. 18．如图，四棱锥 P ABCD - 的底面为平行四边形，点 M N Q ，，分别为 PC CD AB ，，的中点.(1)求证: 平面 //MNQ 平面 PAD ;(2)在棱 PA 上确定一点 S ，使 //NS 平面 PBC ，并说明理由.19．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到应用. 假定在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动. 如图，将筒车抽象为一个几何图形 (圆)，筒车半径为 2.4m ，筒车转轮的中心 O 到水面的距离为 1.2m ，筒车每分钟沿逆时针方向转动 3 圈. 规定: 盛水筒 M 对应的点 P 从水中浮现 (即 0P 时的位置) 时开始计算时间，且以水轮的圆心 O 为坐标原点，过点 O 的水平直线为 x 轴建立平面直角坐标系 xoy . 设盛水筒 M 从点 0P 运动到点 P 时所经过的时间为 t (单位: s )，且此时点 P 距离水面的高度为 h (单位: m ) (在水面下则h 为负数)(1)求 h 与时间 t 之间的关系.(2)求点 P 第一次到达最高点需要的时间为多少? 在转动的一个周期内，点 P 在水中的时间是多少?20．已知函数()ππsin 2sin 2233f x x x x ⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.(1)求函数()f x 的最小正周期；(2)先将函数()f x 图象上所有点的横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变），再向右平移π6个单位后得到函数()g x 的图象，求()y g x =的单调减区间以及在区间π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值.21．已知ABC V 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量m =r (),cos a A ，n =r()cos ,B b c -，且m n ⋅r rcos c A =⋅，ABC V 外接圆面积为3π. (1)求A ；(2)求ABC V 周长的最大值.22．如图 1 所示，在ABC V 中，点D 在线段BC 上，满足2CD DB =u u u ru u u r，G 是线段AB 上的点，且满足32AG GB =u u u r u u u r，线段CG 与线段AD 交于点O .(1)若AD xAB yAC =+u u u r u u u r u u u r，求实数x ，y 的值； (2)若AO t AD =u u u r u u u r，求实数t 的值；(3)如图 2，过点O 的直线与边AB ，AC 分别交于点E ，F ，设(),0,0EB AE FC AF λμλμ==>>u u u r u u u r u u u r u u u r ，设AEF △的面积为1S ，四边形BEFC 的面积为2S ，求21S S 的取值范围．。

2024届四川省成都市蓉城名校联盟数学高一下期末复习检测试题含解析

2024届四川省成都市蓉城名校联盟数学高一下期末复习检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．某实验单次成功的概率为0.8,记事件A 为“在实验条件相同的情况下,重复3次实验，各次实验互不影响，则3次实验中至少成功2次”，现采用随机模拟的方法估计事件4的概率:先由计算机给出0～9十个整数值的随机数，指定0,1表示单次实验失败,2，3，4，5,6,7，8,9表示单次实验成功，以3个随机数为组,代表3次实验的结果经随机模拟产生了20组随机数，如下表: 752 029 714 985 034 437 863 694 141 469 037 623 804 601 366 959742761428261根据以上方法及数据，估计事件A 的概率为( ) A ．0.384 B ．0.65 C ．0.9D ．0.9042．圆：被直线截得的线段长为（）A ．2B ．C ．1D ．3．设0.52a =，0.5log 0.6b =，4tan 5c π=，则（） A ．a b c << B ．c b a << C ．b c a <<D ．c a b <<4．生活中有这样一个实际问题：如果一杯糖水不够甜，可以选择加糖的方式，使得糖水变得更甜．若*0b a n R ∈＞＞，，则下列数学模型中最能刻画“糖水变得更甜”的是（）A ．a b b n +>+B ．a n ab n b+>+C ．a n b n +<+D ．a n ab n b+<+ 5．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若2S n ＝a n +1﹣1（n ∈N *），则首项a 1为（） A ．1B ．2C ．3D ．46．设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左右焦点分别是12,F F ，过1F 的直线交双曲线C 的左支于,M N 两点，若212MF F F =，且112MF NF =，则双曲线C 的离心率是（） A ．2B ．32C ．53D ．547．在ABC 中，2AB AC ==，且120BAC ︒∠=，若(01)BM BC λλ=<<，则()AM AB AC ⋅+=（）A ．2B ．1C ．32D ．128．已知在ABC ∆中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若222222b a ac c -=+，则sin B 等于()A ．154B ．14C ．32D ．129．已知α、β为锐角，3cos 5α=，()1tan 3αβ-=-，则tan β=（） A ．13B ．3C ．913D ．13910．如图所示，在一个长、宽、高分别为2、3、4的密封的长方体装置2223333DA B C D A B C -中放一个单位正方体礼盒1111DABC D A B C -，现以点D 为坐标原点，2DA 、2DC 、3DD 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则正确的是（）A ．1D 的坐标为(1,0,0)B ．1D 的坐标为(0,1,0)C ．13B B 293D ．13B B 14二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。

2023-2024学年四川省成都市区县联考高一下学期7月期末调研考试数学试题(含解析)

2023-2024学年四川省成都市区县联考高一下学期7月期末调研考试数学试题一、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.平面向量a=(m,2)，b=(−2,4)，若a//b，则m=( )A. −1B. 1C. −2D. 22.已知复数z满足(1+i)z=1−2i，则复数z在复平面内对应的点位于( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.将函数f(x)=sin2x的图象上所有的点向左平移π6个单位长度，得到的图象所对应的函数的解析式为( )A. y=sin(2x+π6)B. y=sin(2x+π3)C. y=sin(2x−π6)D. y=sin(2x−π3)4.已知非零向量a,b满足|a|=|b|，且a在b上的投影向量为12b，则向量a与向量b的夹角为( )A. 2π3B. π6C. π4D. π35.已知tanα=43，则cos2α=( )A. 725B. −725C. 255D. −2556.已知m，n是空间中两条不同的直线，α,β是空间中两个不同的平面，则下列说法正确的是( )A. 若m⊥α，n⊥α，则m//nB. 若m//n，n⊂α，则m//αC. 若α⊥β，m⊥α，则m//βD. 若m⊥α，m⊥n，则n//α7.已知梯形ABCO按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形A′B′C′O′，且A′B′=1，O′A′=2，O′C′=4，现将梯形ABCO绕OA旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为( )A. 14πB. 25πC. 28πD. 42π8.已知函数f(x)=A sin(ωx+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，则下列说法错误的是( )A. 函数f(x)的最小正周期是πB. 函数f(x)的图象关于直线x=π3对称C. 函数f(x)的图象关于点(7π12,0)对称D. 函数f(x)在区间(3π4,π)上单调递增二、多选题：本题共3小题，共15分。

2022-2023学年四川省成都市高一下学期期末数学试题【含答案】

2022-2023学年四川省成都市高一下学期期末数学试题一、单选题1．若点(),0a 是函数πsin 6y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭图象的一个对称中心，则a 的值可以是（）A ．π3B ．π2C ．π6-D ．π3-【答案】C【分析】根据正弦函数的对称中心可求出结果.【详解】依题意可得ππ6a k +=，Z k ∈，所以ππ6a k =-，Z k ∈，当0k =时，π6a =-.故选：C 2．复数31()1z i i-=+(i 为虚数单位)，则其共轭复数z 的虚部为（）A ．1-B ．i -C ．1D ．i【答案】A【分析】根据复数的乘法及除法运算求出z ，得到z ，即可求解.【详解】∵()()()2i 11i 2111i i i i i 2---===-++-,()3i iz ∴=-=∴i z =-∴z 的虚部为1-故选：A3．已知,a b →→为单位向量，且(2)a b b →→→-⊥，则2a b →→-=（）A ．1B ．3C ．2D ．5【答案】B【解析】先根据(2)a b b →→→-⊥得221a b b →→→⋅==，再根据向量模的公式计算即可得答案.【详解】因为,a b →→为单位向量，且(2)a b b →→→-⊥，所以20a b b →→→⎛⎫-⋅= ⎪⎝⎭，所以221a b b →→→⋅==，所以22222443a b a b a a b b →→→→→→→→-=-=-⋅+=.故选：B .【点睛】本题考查向量垂直关系的向量表示，向量的模的计算，考查运算能力，是基础题.4．若π3cos 45α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则sin2α=（）A ．725B ．15C ．15-D ．725-【答案】D【分析】利用诱导公式和二倍角的余弦公式即可得到答案.【详解】ππ3cos cos 445αα⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，22ππ37cos 22cos 12144525αα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=⨯-=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，且ππcos 2cos 2sin 242ααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选：D.5．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是（）A ．若m n ⊥，m α⊥，n β⊥，则αβ⊥B ．若m n ∥，m α⊥，n β∥，则αβ⊥C ．若m n ⊥，m α∥，n β∥，则αβ∥D ．若m n ∥，m α⊥，n β⊥，则αβ∥【答案】C【分析】根据平行线的性质，结合垂直的性质、平面平行的性质逐一判断即可.【详解】因为m α⊥，n β⊥，若m ，n分别在直线,m n 上为平面α，β的法向量，且m n ⊥ ，故αβ⊥，所以选项A 说法正确；因为//m n ，m α⊥，所以n α⊥，而//n β，因此αβ⊥，所以选项B 说法正确；当αβ⋂时，如下图所示：也可以满足m n ⊥，//m α，//n β，所以选项C 说法不正确；因为//m n ，m α⊥，所以n α⊥，而n β⊥，所以//αβ，因此选项D 说法正确，故选：C6．记函数()()πsin 06f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的最小正周期为T ，若ππ42T <<，且()π3f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，则ω=（）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】D【分析】分析可知函数()f x 的图象关于直线π3x =对称，可得出()31k k ω=+∈Z ，再利用函数()f x 的最小正周期求出ω的取值范围，即可得出ω的值.【详解】对任意的x ∈R ，()π3f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，则π3f ⎛⎫⎪⎝⎭为函数()f x 的最大值或最小值，故函数()f x 的图象关于直线π3x =对称，故()ππππ362k k ω+=+∈Z ，解得()31k k ω=+∈Z ，又因为0ω>且函数()f x 的最小正周期T 满足ππ42T <<，即π2ππ42ω<<，解得48ω<<，故7ω=.故选：D.7．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器，2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力“极目一号”Ⅲ型浮空艇长53米，高18米，若将它近似看作一个半球，一个圆柱和一个圆台的组合体，轴截面图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为（）A ．2530πB ．3016πC ．3824πD ．4350π【答案】A【分析】根据球、圆柱、圆台的体积公式可求出结果.【详解】根据题意，该组合体的直观图如图所示：半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为14米，圆台的两底面半径分别为9米和1米，高为30米.则()3314π9486πm 23V =⨯⨯⨯=半球，()239141134m V ππ=⨯⨯=圆柱，()()22319911π30910πm 3V =⨯+⨯+⨯=圆台，所以()3486π1134π910π2530πm V V V V =++=++=半球圆柱圆台.故选:A.8．如图，在Rt ABC △中，90A ∠=︒，2AB =，4AC =，点P 在以A 为圆心且与边BC 相切的圆上，则PB PC ⋅的最小值为（）A ．0B ．165-C ．245-D ．565-【答案】C【分析】由几何关系分解向量，根据数量积的定义与运算法则求解【详解】设AD 为斜边BC 上的高，则圆A 的半径222445,24255416r AD BC ⨯====+=+，设E 为斜边BC 的中点，,PA AE θ=，则[]0,πθ∈，因为455PA = ，5AE = ，则()()()21625PB PC PA AB PA AC PA PA AB AC PA AE ⋅=+⋅+=+⋅+=+⋅ 16451625cos 8cos 555θθ=+⨯⨯=+，故当πθ=时，PB PC⋅ 的最小值为1624855-=-.故选：C.二、多选题9．下列说法中错误的是（）A ．已知()1,3a =- ，()2,6b =- ，则a 与b可以作为平面内所有向量的一组基底B ．已知()()1,3,0,1a b =-=，则a 在b 上的投影向量的坐标是()0,3-C ．若两非零向量a ，b满足a b a b +=- ，则a b⊥ D ．平面直角坐标系中，()1,1A ，()3,2B ，()4,0C ，则ABC 为锐角三角形【答案】AD【分析】利用基底定义判断选项A ；利用向量数量积定义判断选项B ；利用向量垂直充要条件判断选项C ；利用向量夹角定义判断选项D.【详解】选项A ：已知()1,3a =- ，()2,6b =- ，则2a b = ，则//a b ，则a 与b不可以作为平面内所有向量的一组基底，故A 错误；选项B ：a 在b 上的投影向量为()()2210310,1031a b b b ⋅⨯-⨯==- ，，故B 正确；选项C ：若两非零向量a ，b满足a b a b +=- ，则22a b a b+=- 即()()22a ba b +=-，整理得0a b ⋅=，则a b ⊥ ，故C 正确；选项D ：平面直角坐标系中，()1,1A ，()3,2B ，()4,0C ，则(2,1)BA =--，(1,2)BC =- ，则220BA BC ⋅=-+=，则BA BC ⊥ ，则ABC 为直角三角形，故D 错误；故选：AD.10．复数z 在复平面内对应的点为Z ，原点为O ，i 为虚数单位，下列说法正确的是（）A ．若12z z >，则2212z z >B ．若20z ≠，则1122z z z z =C ．若32i z =-+是关于x 的方程()20,x px q p q ++=∈R 的一个根，则19p q +=D ．若12i 2z ≤-≤，则点Z 的集合所构成的图形的面积为π【答案】BCD【分析】根据复数的概念、几何意义及其性质，对各个选项进行逐个检验即可得出结论.【详解】对于A ，令122i,1z z ==,满足12z z >,但2212z z <,，故A 错误；对于B,设1i,(,z a b a b =+∈R 且不同时为0)，()2i ,z c d c d =+∈R 12i i z a b z c d +=+()()()()i i i i a b c d c d c d +-=+-()22i ac bd bc ad c d ++-=+22221()()ac bd bc ad c d=++-+()()2222221a bc dc d =+++2222a b c d+=+12z z =，故B 正确；对于C ，32i z =-+，且z 是关于x 的方程()20,x px q p q ++=∈R 的一个根,32i z ∴=--也是关于x 的方程20x px q ++=的另一个根,()()()32i 32i ,32i 32i p q ⎧-++--=-⎪∴⎨-+--=⎪⎩解得6,13p q ==，故19p q +=,故C 正确,对于D,设i,,z a b a b =+∈R ,则()()222i 2i 2z a b a b -=+-=+-,故221(2)2a b ≤+-≤,圆22(2)2x y +-=的面积为2π,圆22(2)1x y +-=的面积为π,故点Z 的集合所构成的图形的面积为2πππ-=,故D 正确.故选:BCD.11．ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，S 为ABC 的面积，且23a =，233AB AC S ⋅= ，下列选项正确的是（）A ．π3A =B ．若ABC 有两解，则b 取值范围是()23,4C ．若ABC 为锐角三角形，则b 取值范围是[]2,4D ．若D 为BC 边上的中点，则AD 的最大值为3【答案】ABD【分析】根据向量运算结合面积公式得到π3A =，A 正确；根据sin b A a b <<，代入数据则可判断B 正确；确定ππ62B <<，计算()4sin 2,4b B =∈，C 错误；利用均值不等式结合余弦定理得到D 正确，得到答案.【详解】对选项A ：233AB AC S ⋅= ，故231cos sin 32cb A bc A =⨯，故tan 3A =，()0,πA ∈，所以π3A =，故A 正确；对选项B ：若△ABC 有两解，则sin b A a b <<，即3232b b <<，则()23,4b ∈，故B 正确；对选项C ：ABC 为锐角三角形，则π02B <<，ππ32A B B +=+>，故ππ62B <<，则1sin 12B <<，sin sin b a B A=，故()sin 4sin 2,4sin a B b B A ==∈，故C 错误；对选项D ：若D 为BC 边上的中点，则()12AD AB AC =+ ，故()()()2222221112cos 444AD AB AC c bc A b b c bc =+=++=++ ，又222222cos 12a b c bc A b c bc =+-=+-=，2212b c bc +=+，由基本不等式得22122b c bc bc +=+≥，当且仅当23b c ==时等号成立，故12bc ≤，所以()21112336942AD bc bc bc ⎡⎤=++=+≤+=⎣⎦ ，故3AD ≤ ，正确；故选：ABD.12．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为棱11B C ，1BB 的中点，G 为面对角线1A D 上的一个动点，则（）A ．三棱锥1B EFG -的体积为定值B ．线段1A D 上存在点G ，使1AC ⊥平面EFG C ．线段1AD 上存在点G ，使平面//EFG 平面1ACD D ．设直线FG 与平面11ADD A 所成角为θ，则sin θ的最大值为223【答案】ABD【分析】对于A 选项，利用等体积法判断；对于B 、C 、D 三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解【详解】易得平面11//ADD A 平面11BCC B ，所以G 到平面11BCC B 的距离为定值，又1B EF S △为定值，所以三棱锥1G B EF -即三棱锥1B EFG -的体积为定值，故A 正确．对于B,如图所示,以D 为坐标原点,DA 为x 轴,DC 为y 轴,1DD 为z 轴,建立空间直角坐标系,则()2,0,0A ，()()2,2,0,0,0,0B D ,()0,2,0C ，()12,0,2A ，()10,0,2D ()()()10,2,2,1,2,2,2,2,1C E F ，所以()12,2,2A C =- ，()2,2,0AC =- ，()12,0,2AD =-，()1,0,1EF =- 设1DG DA λ=（01λ≤≤），则()2,0,2G λλ所以()21,2,22EG λλ=--- ，()22,2,21FG λλ=---1A C ⊥平面EFG 11A C EG A C FG ⎧⊥⎪⇔⎨⊥⎪⎩即()()()()()()()()221222220222222210λλλλ⎧--+⨯-+-⨯-=⎪⎨--+⨯-+-⨯-=⎪⎩解之得14λ=当G 为线段1A D 上靠近D 的四等分点时，1A C ⊥平面EFG .故B 正确对于C ，设平面1ACD 的法向量()1111,,n x y z =则1111111220220n AC x y n AD x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取11x =得()11,1,1n =设平面EFG 的法向量()2222,,n x y z =,则()()22222220212220n EF x z n EG x y z λλ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=--+-=⎪⎩取21x =,得21,,1243n λ⎛⎫= ⎪⎝-⎭ ,平面1ACD //平面EFG ⇔12//n n设12n kn = ,即()431,1,11,,12k λ-⎛⎫= ⎪⎝⎭,解得451,k λ==，01λ≤≤ ，不合题意∴线段1B C 上不存在点G ,使平面EFG //平面1BDC ，故C 错误．对于D ，平面11ADD A 的法向量为()0,1,0n =则22sin 8129FG n FG n θλλ⋅==-+ 因为22398129842λλλ⎛⎫-+=-+ ⎪⎝⎭92≥所以22222sin 3981292θλλ=≤=-+所以sin θ的最大值为223．故D 正确．故选：ABD三、填空题13．若角α的终边上有一点()1,4P -，则tan 2α=．【答案】815【分析】先根据定义求出角α的正切，再利用二倍角公式求解.【详解】由题意得4tan 41α-==-，故()()22242tan 88tan 21tan 1161514ααα⨯--====----.故答案为：81514．记ABC 面积为3，60B =︒，223a c ac +=，则b =.【答案】22【分析】由三角形面积公式可得4ac =，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意，13sin 324ABC S ac B ac === ，所以224,12ac a c =+=，所以22212cos 122482b ac ac B =+-=-⨯⨯=，解得22b =（负值舍去）.故答案为：22.15．如图，在三棱锥A BCD -中，1AB AC ==，AB AC ⊥，2AD =，AD ⊥平面ABC ，E 为CD 的中点，则直线BE 与AD 所成角的余弦值为.【答案】23【分析】利用线面垂直的性质定理，给合题设条件推得,,AD AB AC 两两垂直，从而将三棱锥A BCD -置于一个长方体中，再利用异面直线所成角的定义，结合勾股定理及余弦定理即可求解.【详解】因为AD ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，，AC ⊂平面ABC ，所以AD AB ⊥，AD AC ⊥，又AB AC ⊥，所以,,AD AB AC 两两垂直，将三棱锥A BCD -置于一个长方体中，如图所示，易知//BF AD ，所以直线BE 与AD 所成角即为BF 与BE 所成角为FBE ∠（或其补角），由题意可知，2221321122BF BE FE ⎛⎫===++= ⎪⎝⎭，，在FBE 中，由余弦定理，得222222332222cos 323222BF BE FE FBE BF BE ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===⋅⋅⨯⨯，所以直线BE 与AD 所成角的余弦值为23.故答案为：23.16．在平面四边形ABCD 中，AB AC ⊥，3AC AB =，1AD CD ==，则BD 的最大值为.【答案】3【分析】设CAD α∠=，利用三角函数函数得2cos AC α=，再利用余弦定理结合三角恒等变换即可得到最值.【详解】设CAD α∠=，π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则12cos ACADα=，代入数据得2cos AC α=，3AC AB = ，2cos 23cos 33AB αα∴==，在ABD △中运用余弦定理得222π2cos 2BD AB AD AB AD α⎛⎫=+-⋅+ ⎪⎝⎭，即2224cos 2312cos 1sin 33BD ααα=++⨯⨯⨯224cos 2312cos 1sin 33ααα=++⨯⨯⨯41cos 223sin 21323αα+=⨯++223545cos 2sin 2sin 2333363πααα⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，ππ7π2,666α⎛⎫∴+∈ ⎪⎝⎭，所以当ππ262α+=，即π6α=时，2BD 的最大值为3，则BD 的最大值为3.故答案为：3.【点睛】关键点睛：本题的关键在于引角，设CAD α∠=，再利用三角函数和余弦定理得到222π2cos 2BD AB AD AB AD α⎛⎫=+-⋅+ ⎪⎝⎭，最后结合诱导公式和三角恒等变换即可求出最值.四、解答题17．已知函数()()sin 0,0,2πf x A x A ωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示.(1)求()f x 的解析式；(2)将()f x 的图像向右平移π6个单位长度，再保持纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的12倍，得到()g x 的图像，求()g x 在区间π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域.【答案】(1)()πsin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(2)1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】（1）根据给定的函数图像，利用“五点法”作图求解即可；（2）利用函数图像变换求出函数()g x 的解析式，再利用正弦函数的性质即可得解.【详解】（1）依题意，由图像得1A =，12πππ2362T =-=，解得πT =，又0ω>，则2π2πω==，所以()()sin 2f x x ϕ=+，因为点π,16⎛⎫ ⎪⎝⎭在()f x 的图像上，则πsin 13ϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以ππ2π32k ϕ+=+，Z k ∈，即π2π6k ϕ=+，Z k ∈，而π2ϕ<，则π6ϕ=，所以()πsin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．（2）依题意，()ππππ2sin 22sin 46666g x f x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，因π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则ππ5π4666x -≤-≤，而函数sin y x =在ππ,62⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，在π5π,26⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，因此有π1sin 4,162x ⎛⎫⎡⎤-∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，故()g x 在π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．18．已知()1f x m n =⋅- ，其中()3,2cos m x = ，()()sin2,cos R n x x x =∈ .(1)求()f x 的单调递增区间；(2)在ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若()2f A =，2a bc =，求11tan tan B C+的值.【答案】(1)πππ,π36k k ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦，Zk ∈(2)233【分析】（1）先用二倍角公式和辅助角公式化简，再由正弦函数的单调性可解；（2）根据已知先求角A ，再将目标式化弦整理，然后利用正弦定理和已知可得.【详解】（1）()1(3,2cos )(sin 2,cos )1f x a b x x x =⋅-=⋅- 2π3sin 22cos 13sin 2cos 22sin 26x x x x x ⎛⎫=+-=+=+ ⎪⎝⎭令πππ2π22π,Z 262k x k k -≤+≤+∈，得ππππ36k x k -≤≤+，Z k ∈所以()f x 的单调增区间为πππ,π36k k ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦，Z k ∈．（2）∵()π2sin 26f A A ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，∴πsin 16A ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，又()0,πA ∈，ππ7π,666A ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，∴ππ62A +=，∴π3A =，∵2a bc =，则由正弦定理得2sin sin sin A B C =⋅．∴11cos cos sin cos cos sin tan tan sin sin sin sin B C C B C BB C B C B C ++=+=()2sin sin sin 1123πsin sin sin sin sin sin 3sin 3B C A A B CB C A A +======.19．如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为平行四边形，2AD =，22DC =，四边形DCFE 为梯形，//DE CF ，CD DE ⊥，3DE =，6CF =，45ADE ︒∠=，平面ADE ⊥平面DCFE.(1)求证：//AE 平面BCF ；(2)求直线AC 与平面CDEF 所成角的正弦值；(3)求点F 到平面ABCD 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)66(3)32【分析】（1）由线面平行的判定定理可得//AD 平面BCF ，//DE 平面BCF ，再由面面平行的判定定理和性质定理可得答案；（2）作AO DE ⊥于O ，由线面垂直的判定定理可得CD ⊥平面ADE ，AO ⊥平面CDEF ，连结CO ，直线AC 与平面CDEF 所成角为ACO ∠，求出正弦值即可；（3）由（2）得AO ⊥平面CDEF ，又F ACD A CDF V V --=，可得答案．【详解】（1）∵四边形ABCD 是平行四边形，∴//BC AD ，BC ⊂平面BCF ，AD ⊄平面BCF ，所以//AD 平面BCF ，∵//DE CF ，CF ⊂平面BCF ，DE ⊄平面BCF ，所以//DE 平面BCF ，AD DE D ⋂=，,AD DE ⊂平面ADE ，∴平面//BCF 平面ADE ，∵AE ⊂平面BCF ，∴//AE 平面BCF.（2）∵平面ADE ⊥平面DCFE ，平面ADE 平面DCFE DE =，CD DE ⊥ ，CD ⊂平面DCFE ，CD \^平面ADE ，AD ⊂ 平面ADE ，CD AD ∴⊥，()222222223AC AD CD ∴=+=+=，作AO DE ⊥于O ，分别连接,,AC AO CO ，因为平面ADE ⊥平面DCFE ，平面ADE 平面DCFE DE =，AO ⊂平面ADE ，所以AO ⊥平面CDEF ，连结CO ，所以直线AC 与平面CDEF 所成角为ACO ∠，45ADE ∠= ，∴22ADAO ==，所以26sin 623AO ACO AC ∠===．直线AC 与平面CDEF 所成角的正弦值为66；（3）连接DF 由（2）得AO ⊥平面CDEF ，又F ACD A CDF V V --=，所以距离CDF ACDS AOd S ⋅=，又由已知可得116226222CDF S CF CD =⋅=⨯⨯=，1222222ACD S =⨯⨯=，2AO =，所以6223222d ⨯==．20．为了丰富同学们的课外实践活动，石室中学拟对生物实践基地（ABC 区域）进行分区改造.BNC 区域为蔬菜种植区，CMA 区域规划为水果种植区，蔬菜和水果种植区由专人统一管理，MNC 区域规划为学生自主栽培区.MNC 的周围将筑起护栏.已知20m AC =，40m AB =，60BAC ∠=︒，30MCN ∠=︒.(1)若10m AM =，求护栏的长度（MNC 的周长）；(2)学生自主栽培区MNC 的面积是否有最小值？若有，请求出其最小值；若没有，请说明理由.【答案】(1)()30103m +(2)有，()230023m-【分析】（1）利用余弦定理证得AM CM ⊥，从而判断得ANC 是正三角形，由此得解；（2）在ANC 与ACM △中，利用正弦定理求得CN 与CM 关于θ的表达式，从而利用三角形的面积公式得到CMN S 关于θ的表达式，再结合三角函数的最值即可得解.【详解】（1）依题意，在AMC 中，20m AC =，10m AM =，60BAC ∠=︒，所以2222cos 300CM AM AC AM AC A =+-⋅=，则03m 1CM =，222AC CM AM =+，即AM CM ⊥，所以30ACM ∠=︒，又30MCN ∠=︒，故60ACN ∠=︒，所以ANC 是正三角形，则20m CN AN AC ===，10m MN AN AM =-=，所以护栏的长度（MNC 的周长）为()30103m CM CN MN ++=+.（2）学生自主栽培区MNC 的面积有最小值()230023m -，理由如下：设ACM θ∠=(060θ︒<<︒)，在ANC 中，30MCN ∠=︒，则()180603090ANC θθ∠=︒-︒-+︒=︒-，由正弦定理得()20sin 60sin 90cos CN AC θθ==︒︒-，得103cos CN θ=，在ACM △中，18060120CMA θθ∠=︒-︒-=︒-，由正弦定理得()sin60sin 120CM AC θ=︒︒-，得()103sin 120CM θ=︒-，所以()1300sin 3024sin 120cos CMN S CM CN θθ=⋅⋅︒=︒- ()23003004sin120cos cos120sin cos 2sin cos 23cos θθθθθθ==︒-︒+()300300sin 23cos 232sin 2603θθθ==+++︒+，所以当且仅当26090θ+︒=︒，即15θ=︒时，CMN 的面积取得最小值为()23300020233m =-+﹒21．如图1，在ABC 中，90C ∠=︒，4AB =，2BC =，D 是AC 中点，作DE AB ⊥于E ，将ADE V 沿直线DE 折起到PDE △所处的位置，连接PB ，PC ，如图2.(1)若342PB =，求证：PE BC ⊥；(2)若二面角P DE A --为锐角，且二面角P BC E --的正切值为269，求PB 的长.【答案】(1)证明见解析(2)11【分析】（1）利用勾股定理推得BE PE ⊥，从而利用线面垂直的判定定理证得PE ⊥平面BCDE ，由此得证；（2）利用线面与面面垂直的判定定理求得二面角P DE A --与二面角P BC E --的平面角，从而利用勾股定理得到关于CG x =的方程，解之即可得解.【详解】（1）在图1中，90C ∠=︒，4AB =，2BC =，D 是AC 中点，所以30A =︒，23AC =，则3AD =，3322AE AD ==，52BE =，则32PE AE ==，又342PB =，所以222PE BE PB +=，则BE PE ⊥，因为DE AB ⊥，则PE DE ⊥，又,,DE BE E DE BE ⋂=⊂平面BCDE ，所以PE ⊥平面BCDE ，因为BC ⊂平面BCDE ，所以PE BC ⊥.（2）由题意知,DE BE DE PE ⊥⊥，,PE EB E PE ⋂=⊂平面,PEB EB ⊂平面PEB ，因而ED ⊥平面PEB ，则PEA ∠为二面角P DE A --的平面角（或补角），即PEA ∠为锐角，又ED ⊂平面BCDE ，因而平面PBE ⊥平面BCDE .作PH BE ⊥所在的直线于点H ，如图，又平面PBE ⋂平面BCDE BE =，PH ⊂平面PBE ，所以PH ⊥平面BCDE ，因为BC ⊂平面BCDE ，所以PH BC ⊥，作HG BC ⊥于点G ，连接PG ，又,,PH HG H PH HG =⊂ 面PHG ，故BC ⊥面PHG ，因为PG ⊂面PHG ，则BC PG ⊥，所以PGH ∠为二面角P BC E --的平面角（或补角），设PGH θ∠=，则26tan 9θ=，在ABC 中，30A =︒，设304CG x x ⎛⎫=<< ⎪⎝⎭，则32,2,422AH x HE x HB x ==-=-，因而22933264,3(2)422PH x x x HG HB x ⎛⎫=--=-==- ⎪⎝⎭，在直角三角形PHG 中，26tan 9PH HG θ==，即2642693(2)x x x -=-，解得12x =或1611x =（舍去），此时2,3PHH B ==，从而2211PBPHH B =+=.22．在ABC 中，a ，b ，c ，分别是角A ，B ，C 的对边，请在①sin sin sin A C b c B a c--=+；②sin sin 2B Cc a C +=两个条件中任选一个，解决以下问题：(1)求角A 的大小；(2)如图，若ABC 为锐角三角形，且其面积为32，且12AM AC = ，2AN NB = ，线段BM 与线段CN相交于点P ，点G 为ABC 重心，求线段GP 的取值范围.【答案】(1)π3A =(2)113,612⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【分析】（1）若选①，先由正弦定理的边角互化，然后结合余弦定理即可得到结果；若选②，先由正弦定理的边角互化，再结合二倍角公式，即可得到结果.（2）用AB、AC 作为平面内的一组基底表示出AG ，再根据平面向量共线定理及推论表示出AP ，即可表示GP，利用面积公式求出2bc =，再由三角形为锐角三角形求出b 的取值范围，最后根据数量积的运算律及对勾函数的性质计算可得．【详解】（1）若选①，因为sin sin sin A C b cB a c --=+，由正弦定理可得，a c b c b a c--=+，化简可得222a b c bc =+-，又因为2222cos a b c bc A =+-，则1cos 2A =，()0,πA ∈，故π3A =.若选②，因为sinsin 2B C c a C +=，由正弦定理可得，sin sin sin sin 2A C A C π-⎛⎫= ⎪⎝⎭，且sin 0C ≠，则cos2sin cos 222A A A =，且cos 02A≠，所以1sin 22A =，其中π0,22A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以π26A =，则π3A =.（2）由题意可得23AN AB = ，12AM AC =，所以()222111333233AG AB BG AB BM AB AM AB AB AC AB AB AC⎛⎫=+=+=+-=+-=+ ⎪⎝⎭ ，因为C 、N 、P 三点共线，故设()()2113AP AN AC AB AC λλλλ=+-=+-，同理M 、B 、P 三点共线，故设()()1112AP AB AM AB AC μμμμ=+-=+- ，则()231112λμλμ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，解得3412λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以1124A AB A PC =+ ，则()11111112243361212GP AP AG AB AC AB AC AB AC AB AC ⎛⎫=-=+-+=-=-⎪⎝⎭，因为13sin 22ABC S bc A == ，所以2bc =，又因为ABC 为锐角三角形，当C 为锐角，则0AC BC ⋅> ，即()22102A AC AC A C AC AB B b bc -⋅⋅==>--uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r ，即22b c b>=，所以1b >；当B 为锐角，则0AB CB ⋅> ，即()22102A AB AB A B AC AB C c bc -⋅=⋅=>--uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r ，则2c b >，即22b b⋅>，所以02b <<；综上可得12b <<，又因为1212GP AB AC =⋅-，则()222222222216144|2444|4||424GP AB ACAB AB AC AC AB AB AC AC c bc b b b=-=-⋅+=-⋅+=-+=-+ ，因为12b <<，则214b <<，且()164f x x x=-+在(1,4)上单调递减，()()113,44f f ==，所以()()4,13f x ∈，即()22216144||44,13GP b b=-+∈uuu r ，所以113,612GP ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭．。

成都七中高2025 届高一数学下期期末考试试卷答案

成都七中高2025 届高一下期期末考试数学参考答案一、单选题：1-4B A C A5-8D C D A 二、多选题：9.ABC 10.AD11.AD 12.ACD三、填空题：13.314.3315.km 195（可不带单位）16.322四、解答题17.（本小题满分10分）【解】（1）()21i +=a z ，i 342-=z ，21i z z =，()i 43i 21i 22+=+-=+∴a a a ，从而⎩⎨⎧==-42312a a ，解得2=a ，所以2的值为a .……………………………………………………………………分5（2）依题意得：()()()()()25i 38346425i 341i 2i 34i 222221-++--=+-+=-+=a a a a a a a z z ，因为21z z 是纯虚数，所以⎪⎩⎪⎨⎧≠-+=--0383046422a a a a ，解得212-==a a 或.………………分1018.（本小题满分12分）【解】（1）函数()3sin cos cos sin 3222--+-=x x x x x f ，即()332cos 2-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=πx x f ，所以()x f 的最小正周期为：ππ==22T .………分6（2）()2332cos 0=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⇒=πx x f ，因为是三角形的内角x ，所以()⎪⎭⎫ ⎝⎛∈+⇒∈37,3320ππππx x ，，所以6133261132ππππ=+=+x x 或，即121143ππ==x x 或，所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧1211,43ππ，的集合为x .……………………………分12（3）由题意可知，样本中分数不小于70的学生人数为(0.020.04)1010060+⨯⨯=，所以样本中分数不小于70的男生人数为160302⨯=．所以样本中的男生人数为30260⨯=，女生人数为1006040-=，男生和女生人数的比例为::604032=．所以根据分层抽样原理，总体中男生和女生人数的比例估计为:32．……分1221.（本小题满分12分）【解析】（1）中ABD ∆，由余弦定理：25cos 2222=∠⋅⋅-+=ADB BD AD BD AD AB ，得5=AB ，所以252==AB AC ．……………分5（2）在中ABD ∆，由正弦定理：BADBD ADB AB ∠=∠sin sin ，则ADB BAD AB ∠=∠⋅sin 62sin ．又ADB ADB BD AD BD AD AB ∠-=∠⋅-+=cos 61233cos 2222，且DAC BAD ∠+=∠2π，在DAC ∆中，由余弦定理：BADAB AB DAC AC AD AC AD CD ∠⋅-+=∠⋅⋅-+=sin 2629cos 22222()()ϕ+∠-=∠+∠-=ADB ADB ADB sin 7275sin cos 232475，且2tan =ϕ，所以当()1sin =+∠ϕADB 时，最小值3=CD ．………………………………分1222.（本小题满分12分）【解】（１）设D AC 中点为，则ABC D A 平面⊥1，，11111A ACC ABC A ACC D A 平面平面平面⊥∴⊂ 所以二面角1C AC B --的正弦值为１．……分3（２）1111111AC BC A ACC BC ACBC AC A ACC ABC A ACC ABC ⊥∴⊥∴⊥=⊥平面又平面且平面平面平面 B BC B A B A AC =⊥ 111,又，BC A AC 11平面⊥∴，C A AC 11⊥∴，从而11A ACC 为菱形，.21=∴AA 又121==AC AD ，326011=︒=∠∴AC AC A ，从而．………分7（３）3323222131311Δ11=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯==--D A S V V ABC ABC A A C BC 设1CC 到平面11A ABB 的距离为h ，则332377221313111Δ==⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=-h h h S V AB A AB A C 7212=∴h ．……………………………………………………………………分12。

2023_2024学年四川省成都市高一下册期末考试数学模拟测试卷(附答案)

2023_2024学年四川省成都市高一下册期末考试数学模拟测试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 复数为实数是“”成立的（）ii a b z +=a b ∈R 0a =A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【正确答案】C【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合复数为实数的条件分析判断【详解】，22i i i i i i a b a b z b a ++===-当复数为实数时，，ii a b z +=a b ∈R 0a =当时，为实数，0a =(R)z b b =∈所以复数为实数是“”成立的充要条件，ii a b z +=a b ∈R 0a =故选：C2. 若将一个棱长为的正方体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积2cm 为（）A. B.C. D. 38cm 3cm 332πcm 3343πcm 【正确答案】D【分析】由题意可知制成的最大的球体恰好正方体的内切球，求出球的半径，从而可求出球的体积【详解】由题意可知制成的最大的球体恰好正方体的内切球，因为正方体的棱长为，所以其内切球的半径为，2cm 1cm所以制作的最大零件的体积为，2344π1πcm 33⨯=故选：D3. 设，是两个不共线的向量，且向量与是平行向量，则实数的a b2a b λ+ (31)a b λ-+ λ值为（）A. B. 1C. 1或D. 或23-23-1-23-【正确答案】C【分析】由共线向量定理结合题意求解即可.【详解】因为向量与是平行向量，2a b λ+(31)a b λ-+ 所以存在唯一实数，使，k ()(31)22a b k a b ka k bλλλ-+=+=+因为，是两个不共线的向量，a b所以，则，，3121k k λλ-=⎧⎨=⎩()312λλ-=2320λλ--=解得或，1λ=23λ=-故选：C4. 函数取得最小值时，的值为（）ππcostan (11)22y θθθ=-<<θA. B. 0C. D. 12-1223【正确答案】B【分析】根据正切函数的性质将函数转化为分段函数，分别确定各段的单调性，即可得函数取最小值时，的值.θ【详解】函数ππcostan (11)22y θθθ=-<<则当时，，10θ-<≤πππcostan sin 222y θθθ⎛⎫=-=-⎪⎝⎭又，所以函数在上单调递减；ππ,022θ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦πsin2y θ=-(]1,0θ∈-当时，，所以函数在上单调递增；01θ<<πππcostan sin 222y θθθ==πsin 2y θ=()0,1θ∈所以当时，函数取得最小值.0θ=ππcostan (11)22y θθθ=-<<故选：B .5. 《九章算术商功》中提及的“鳖臑”现意为四个面均为直角三角形的三棱锥，则“鳖臑”中相互垂直的平面有（）对A. 4B. 3C. 2D. 1【正确答案】B【分析】利用线面垂直和面面垂直的判定定理判断.【详解】如果三棱锥有一个顶点处有3个直角，设，,,PA PB PA PC PB PC ⊥⊥⊥设，故,,PA a PB b PC c ===222222222,,,AB a b AC a c CB c b =+=+=+故，，，222AB AC CB +>222AB CB AC +>222CB AC AB +>从而为锐角三角形，与题设矛盾；ABC 若每个顶点处有均有一个直角，不妨设，,,,PA AB AB BC BCCP CP AP ⊥⊥⊥⊥将三棱锥沿展开，则展开后的四边形内角为凸四边形且其内角和大于，PB π42π2⨯=矛盾，综上，“鳖臑”对应的三棱锥必有一个顶点处有两个直角，如图所示：设，,,,PA AB PA AC AB BC PB BC ⊥⊥⊥⊥由，且，,PA AB PA AC ⊥⊥AB AC A ⋂=得平面ABC ，又平面PAB ，平面PAC ，PA ⊥PA ⊂PA ⊂所以平面平面ABC ，平面平面ABC ，PAB ⊥PAC ⊥由，且，,BC AB BC PB ⊥⊥AB PB B ⋂=得平面PAB ，又平面PBC ，BC⊥PA ⊂所以平面平面PAB ，PBC ⊥所以“鳖臑”中相互垂直的平面有3对，故选：B6. 已知点，，在所在平面内，且，N O P ABC 3PA PB PC PN ++=，，则点，，依次是的（222OA OB OC == PA PB PB PC PC PA ⋅=⋅=⋅N O P ABC ）A. 重心、外心、垂心B. 重心、外心、内心C. 外心、重心、垂心D. 外心、重心、内心【正确答案】A【分析】根据向量的运算逐个分析判断即可【详解】由，得，3PA PB PC PN ++= ()()()PA PN PB PN PC PN -+-+-= 所以，设的中点为，连接，则，0NA NB NC ++= AB D ND 2+= NA NB ND 所以，所以点在边上的中线上，同理可得也在的中线上，2NC DN =N AB N ,AC BC 所以点是的重心，N ABC由，得，所以到的三个顶点的距离相等，所以222OA OB OC == OA OB OC ==O ABC 为的外心，O ABC 由，得，所以，PA PB PB PC PC PA ⋅=⋅=⋅ ()0PB PA PC ⋅-= 0PB CA ⋅= 所以，所以，同理得，所以为的垂心，PB CA ⊥PB AC ⊥PC AB ⊥P ABC 故选：A7. 已知钝角的角，，所对的边分别为，，，，，则最大边ABC A BC a b c 2b =3c =的取值范围为（）a A. B.C.D.(1,5)()()⋃【正确答案】C【分析】根据给定条件利用余弦定理建立不等关系即可计算作答.【详解】因是钝角三角形，，，且是最大边，则由余弦定理得：ABC 2b =3c =a ，222cos 02b c a A bc +-=<于是得，，解得，即222222313a b c >+=+=0a >a >5a b c <+=，5a <<所以最大边的取值范围是.a )故选：C8. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向(,)AB x y = (,)AB x y =θ量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到(cos sin ,sin cos )AP x y x y θθθθ=-+B A θ点．已知平面内点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点P (1,2)A B A π3，则点的坐标为（）12,2P -B A.B.52,2-512⎛-+⎝C.D. 2,2-(12+-【正确答案】D 【分析】根据题意，设，由条件可得的坐标，然后列出方程，即可得到结果.(),B x y AP【详解】设，则，将点绕点沿顺时针方向旋转，(),B x y ()1,2AB x y =--B A π3即将点绕点沿逆时针方向旋转，B A 5π3可得，()()()()5π5π5π5π1cos 2sin ,1sin 2cos 3333AP x y x y ⎡⎤=----+-⎢⎥⎣⎦化简可得，，111,1222AP x y x y ⎡⎤⎛⎛⎫=+-+⎢⎥⎪ ⎪⎢⎥⎝⎝⎭⎣⎦ 又因为，33,2AP=--所以，解得，所以.1132213122x y x y ⎧+-=⎪⎪⎨⎪+=--⎪⎩12x y ⎧=+⎪⎨=-⎪⎩(12B -故选：D二、选择题；本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 已知的角，，所对的边分别为，，，，则ABC A B C a b c 2b ca =cos bB =下列说法正确的是（）A. B. 60B =︒0AB CB AC AB CB⎛⎫ ⎪+⋅= ⎪⎝⎭C. 为等腰非等边三角形D. 为等边三角形ABC ABC 【正确答案】ABD【分析】A，利用正弦定理化简得到求解判断；BCD ，由cos b B =tan B =，，利用余弦定理求解判断.2b ca =60B =︒【详解】A.，则，cos b B =cos sin B B =tan B =60B =︒故正确；B. 因为，，所以，即，则，2b ca =60B =︒2221cos 22a c b B ac +-==2220+-=a c ac a c =所以是正三角形，所以，故正确；ABC 0AB CB AC AB CB⎛⎫ ⎪+⋅=⎪⎝⎭ C. 由B 知：为等边三角形，故错误；ABC D. 由B 知：为等边三角形，故正确.ABC 故选：ABD10. 已知三条不同的直线，，和三个不同的平面，，，下列说法正确的是（ l m n αβγ）A. 若，，则l α⊥m l ⊥//m αB. 若，为异面直线，且，，，，则m n n ⊂αm β⊂//m α//n β//αβC. 若，，则m l ⊥m βγ= l β⊥D .若，，，，，两两垂直，则，，也两两垂直l αβ= m βγ= n γα=I αβγl m n 【正确答案】BD【分析】对于A ，或；由线面平行的性质定理和面面平行的判定定理可判断//m αm α⊂B ；对于C ，不一定成立；用反证法可判断D.l β⊥【详解】若，，则或，故A 错误；l α⊥m l ⊥//m αm α⊂设，，因为，所以，m γ⊂m αγ'= //m α//m m '又，，所以，m β⊂m β'⊄//m β'又因为，为异面直线，，，，则直线与必相交，m n n ⊂α//n βm α'⊂n m '所以，故B 正确；//αβ若，，则不一定成立，故C 错误；m l ⊥m βγ= l β⊥若，，，，，两两垂直，l αβ= m βγ= n γα=I αβγ则，，必相交于同一点，l m n P 假设与不垂直，则存在直线，使得，，l m l 'l m '⊥l m P '= 所以直线与可确定平面，且，l 'm γ'γβ'⊥这说明过内的直线可作两个平面与垂直，而这是不可能的，βm β所以假设不成立，即，l m ⊥同理可证，，即，，两两垂直，故D 正确.l n ⊥m n ⊥l m n 故选：BD11. 正弦最初的定义（称为古典正弦定义）为：在如图所示的单位圆中，当圆心角的范围为时，其所对的“古典正弦”为（为的中点）．根据以上信息，BOC ∠(0,π)BC D BC 当圆心角时，的“古典正弦”除以的可能取值为（）π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭θtanθA. 1B. C. D. 02312【正确答案】BC【分析】根据古典正弦定义，的“古典正弦”除以为，利用倍角正弦、余弦θtan θ2sin2tan θθ公式，根据余弦函数的性质及函数单调性求最值即可．【详解】由题可得的“古典正弦”除以为：θtan θ22sin2sincos 2sin cos 2cos 1122222costan sin 22sincoscoscos2222θθθθθθθθθθθθθ-====-由于，所以，则π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭π0,24θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭cos 2θ⎫∈⎪⎪⎭令，则，所以设，cos 2t θ=t ⎫∈⎪⎪⎭2sin122tan y t t θθ==-t ⎫∈⎪⎪⎭由基本初等函数的单调性可知函数在上是增函数，函数在2y t =t ⎫∈⎪⎪⎭1y t =-上是增函数，t ⎫∈⎪⎪⎭则函数在上单调递增，12y t t =-t ⎫∈⎪⎪⎭所以，则的“古典正弦”除以为的取值范围为.()120,1y t t =-∈θtan θ2sin2tan θθ()0,1故选：BC.12. 在棱长为4的正方体中，，，，，分别是，，1111ABCD A B C D -E F G R S 11A B BD ，，的中点，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近11B D 1AC 11B C H 1C G G I CF 的三等分点，为底面上的动点，且面，则（）F P 1111D C B A //DP ACE A. //RI CHB. 三棱锥的外接球的球心到面的距离为H ABC -ABC 43C. 多面体为三棱台1EB S ABC -D. 在底面上的轨迹的长度是P 1111D C B A 【正确答案】ACD 【分析】在平面中，由中位线定理、平行直线判断定理，以及平行的传递性可得11AA C C ，可判断选项A 正确；确定三棱锥的外接球的球心在直线上位置，//RI CH H ABC -O FG 即可求出球心到面的距离，可判断选项B 错误；根据棱台的定义判断多面体ABC 为三棱台，可判断选项C 正确；找到过点与面平行的平面，即可找到1EB S ABC -D ACE 点的轨迹，可判断选项D 正确.D 【详解】根据题意，可知平面，RI CH ⊂、11AA C C 如图画出平面，取的中点，连接，11AA C C IC Q GQ FG 、在中，由中位线定理可知，1ACC △112RF CC =所以为中点，则在中，由中位线定理得，，R FG GFQ //RI GQ 由，得，1Rt GFQ Rt CC H @ 1GQF CHC Ð=Ð由平行线性质，1HCQ CHC Ð=Ð所以，可得HCQ GQF Ð=Ð//GQ CH 所以，选项A 正确；//RI CH依题意，由于为直角三角形，则其外心为点，ABC F 又因为平面，FG ⊥ABC 可知三棱锥的外接球的球心在直线上（如图），H ABC -O FG 设，由中，FO x =Rt OGH Rt OFC 、OH OC R ==得，即，()22224x FC x GH +=-+(()22224x x +=-+解得，，则球心到面的距离为，选项B 错误；109x =ABC 109由题意，可知平面平面，1//EB S ABC 延长，与交于点，与交于点，1BB CS AE 、、1BB CS K 1BB AE K '由于，且，1B S BC ∥112B S BC =所以为的中点，同理为的中点，1B BK 1B BK ¢所以与重合，即多面体三条侧棱交于一点，K K '1EB S ABC -故多面体为三棱台，选项C 则正确；1EB S ABC -取的中点，连接，1111A D C D 、N M 、MN DM DN 、、由题意易知，平面，平面，MN ES ∥ES ⊂ACE MN ⊄ACE 所以平面，同理平面，MN ACE DM ∥ACE 平面，平面，，MN ⊂DMN DM ⊂DMN MN DM M ⋂=所以平面平面，//DMN ACE 当点时，平面，所以平面，P MN ∈DP ⊂DMN DP ∥ACE则在底面上的轨迹为，且D 正确.P 1111D C B A MN MN =故选：ACD方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．（2）若球面上四点P 、A 、B 、C 构成的三条线段PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长．（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．13. 在正三棱柱中，为棱的中点，，则异面直线与ABC A B C '''-D AC 2AB BB '==BD所成角的为__________．B C ''【正确答案】π6【分析】根据异面直线的定义结合正三棱柱的几何性质即可得为异面直线与DBC ∠BD 所成角，从而可得答案.B C ''【详解】正三棱柱中，ABC A B C '''-//BC B C''所以为异面直线与所成角DBC ∠BD B C ''又为正三角形，为棱的中点，所以ABC D AC π6DBC ∠=则异面直线与所成角的为.BD B C ''π6故答案为.π614. 已知两个粒子，从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为A B ，，则在上的投影向量为__________．(1,0)AS = (B S = A S B S【正确答案】14⎛ ⎝【分析】先求得与夹角的余弦值，再根据投影向量的定义求出在上的投影向量A SB S A S B S 即可．【详解】设与的夹角为，A SB S θ则，101cos 122A B A B S S S S θ⋅+===⨯⋅ 所以在上的投影向量为.A SB S11cos 1(24B A B S S S θ⋅=⨯= 故答案为.14⎛ ⎝15. 如图，在四棱锥中，底面为矩形；为的中点．若，P ABCD -ABCD E PD 1AP =，，当三棱锥的体积取到最大值时，点到平面的距离AD =34=AB P ABCD -E PBC 为__________．【正确答案】##0.3310【分析】根据几何体性质结合体积分割求解三棱锥的体积，在根据等体积法可求解P ABE -点到平面的距离.E PBC 【详解】由题可得，当底面时，三棱锥的体积取到最大值PA ⊥ABCD P ABCD -如图，取中点，取中点，连接PA M AD N ,,EM EN AE因为底面，为的中点．为的中点，所以，PA ⊥ABCD E PD N AD //PA EN1122EN AP ==所以底面，则EN ⊥ABCD 11313342E ABCD ABCD V S EN -=⋅=⨯= 又由底面，底面，所以PA ⊥ABCD AD ⊂ABCD PA AD⊥因为矩形，则，又平面，所以平面ABCD AB AD ⊥,,PA AB A PA AB ⋂=⊂PAB AD ⊥PAB又为的中点．为的中点，所以，，则平E PD M PA //EMAD 12EM AD ==EM ⊥面PAB则111313324P ABE E PAB PAB V V S EM --==⋅=⨯⨯⨯=又1131334P ABCD ABCD V S PA -=⋅=⨯=所以P BCE P ABCD E ABCD P ABE V V V V ----=--=-=又，因为平面，，所以平面，又54PB ==AD ⊥PAB //AD BC BC ⊥PAB 平面，所以，PB ⊂PAB BC PB ⊥设点到平面的距离为,E PBCh 所以，则.11153324P BCE E PBC PBC V V S h --==⋅=⨯⨯= 310h =故点到平面的距离为.E PBC 310故答案为.31016. 在中，若，，的内角平分线交边于点，ABC 12AB AC AB AC ⋅=- BD DC = BAC ∠BC E若，外接圆的直径为__________．6AD =AE =ABC【正确答案】【分析】根据可得，从而得，利用三角12AB AC AB AC ⋅=-2π3BAC ∠=π3BAE CAE ∠=∠=形面积公式可得，再利用，结合数量积的运算可得)bc b c =+6AD =，从而可得，利用余弦定理得，最后应用正弦定理即可得221440b c bc +--=bc a 外接圆的直径.ABC 【详解】又，所以，1cos 2AB AC AB AC BAC AB AC AB AC ⋅=⋅⋅∠=- 1cos 2BAC ∠=-因为，所以，则()0,πBAC ∠∈2π3BAC ∠=π3BAE CAE ∠=∠=又，所以ABE AEC ABC S S S =+ ，111sin sin sin 222AB AC BAC AB AEBAE AB AE CAE ⋅⋅∠=⋅⋅∠+⋅⋅∠则，整理得：①，111222bc b c =⨯+⨯)bc b c =+又，所以1122AD AB AC =+，1122AD AB AC =+==则，整理得②，6=221440b c bc +--=联立①②可得：，解得或（舍）()22411520bc bc --=48bc =24bc =-在中，由余弦定理可得ABC ，所以，222222cos 2144240a b c bc BAC b c bc bc =+-∠=++=+=a =设外接圆的半径为，由正弦定理可得ABCR 2sin a R BAC ===∠所以外接圆的直径为.ABC故答案为.四、解答题：本题共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，，，．(0,0)O (1,2)A (4,5)B ()OP OA t AB t R =+∈ （1）为何值时，点在轴上？t P y （2）若与的夹角是钝角，求的取值范围．OP AB t 【正确答案】（1）13t =-（2）21t <-【分析】（1）由，得到点P 的坐标，再根据点在轴上求解；OP OA t AB =+ P y （2）由，得到与不共线，再根据与的夹角是钝角，由3(31)3(32)t t +≠+OP AB OPAB 求解.0OP AB ⋅< 【小问1详解】解：由题意知：，，(1,2)OA = (4,5)(1,2)(3,3)AB =-= 所以，(1,2)(3,3)(31,32)OP OA t AB t t t =+=+=++ ．(31,32)P t t ∴++因为点在轴上，P y 所以，解得．310t +=13t =-【小问2详解】因为，3(31)3(32)t t +≠+所以与不共线．OP AB又与的夹角是钝角，OP AB 所以只需，0OP AB ⋅< 即，3(31)3(32)0t t +++<解得．21t <-18. 已知函数的最小值为．()ππsin sin cos 66f x x x x a ⎛⎫⎛⎫=-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3-（1）求函数的单调递减区间；()f x （2）英国数学家泰勒（B ．Taylor ，1685-1731）发现了如下公式：，其中，该公式被编入246cos 12!4!6!x x x x =-+-+ !(1)(2)321n n n n =⨯-⨯-⨯⨯⨯⨯ 计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的准确性．运用上述思想，计算的值：（结果精确到小数点后4位，参考数据：π13f ⎛⎫- ⎪⎝⎭，）51 2.5108!-≈⨯71 2.81010!-≈⨯【正确答案】（1）， π4π2π,2π33k k ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦Z k ∈（2）0.0806【分析】（1）根据三角恒等变换公式化简函数，进而根据正弦函数的性质即可求解；（2）结合诱导公式化简，进而结合泰勒公式求解即可.π12cos113f ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭【小问1详解】()ππππππsin sin cos sin cos cos sin sin cos cos sin cos 666666f x x x x a x x x x x a ⎛⎫⎛⎫=-++++=-++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，πcos 2sin 6x x a x a ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭所以，即，()min 23f x a =-+=-1a =-所以，()π2sin 16f x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭令，，ππ3π2π2π262k x k +≤+≤+Z k ∈即，，π4π2π2π33k x k +≤≤+Z k ∈所以函数的单调递减区间，．()f x π4π2π,2π33k k ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦Z k ∈【小问2详解】由（1）知，()π2sin 16f x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭所以，ππππ12sin 112sin 112cos113362f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭由泰勒公式得：11111cos1110.50.041670.001390.0000250.000000280.540304722!4!6!8!10!=-+-+-+≈-+-+-+≈ ，所以．π12cos1120.5403047210.08063f ⎛⎫-=-≈⨯-≈ ⎪⎝⎭19. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，P ABCD -ABCD PA ⊥ABCD ，为线段的中点，为线段上的动点，平面平2PA AB ==E PB F BC ADE 面．PBC l =（1）证明：；//l BC（2）若到平面的距离为1，求与平面所成角的最小值．l PAD AF PBC 【正确答案】（1）证明见解析（2）π6【分析】（1）由已知得，再利用线面平行的判定定理和性质定理可证得结论；//BC AD （2）由到平面的距离为1，根据线面垂直的性质结合已知可得，再由线面l PAD BC AB ⊥垂直的判定可得平面，则，由等腰三角形的性质可得，则BC ⊥PAB BC AE ⊥AE PB ⊥平面，从而得为与平面所成角，然后在中求解即可.⊥AE PBC AFE ∠AF PBC AEF △【小问1详解】证明：因为底面为菱形，所以ABCD //BC AD因为平面，平面，BC ⊄ADE AD ⊂ADE 所以平面．//BC ADE 又平面，平面平面，所以．BC ⊂PBC ADE PBC l =//BC l 【小问2详解】因为，，所以，//BC l //BC AD //l AD l 不在面PAD 内，AD 在面PAD 内，所以平面，//l PAD 又到平面的距离为1，所以点到平面的距离为2．l PAD B PAD 因为底面，平面，所以平面底面，PA ⊥ABCD PA ⊂PAD PAD ⊥ABCD 又平面底面，PAD ⋂ABCD AD =所以点到平面的距离等于点到的距离，为2．B PAD B AD 又，所以．2AB =BC AB ⊥又因为，，平面，所以平面．BC PA ⊥AB PA A = ,AB PA ⊂PAB BC ⊥PAB 因为平面，所以．AE ⊂PAB BC AE ⊥又，为线段的中点，所以．2PA AB ==E PB AE PB ⊥又，平面，平面，所以平面．PB BC B ⋂=PB ⊂PBC BC ⊂PBC ⊥AE PBC所以为与平面所成角．AFE ∠AF PBC 又．tan AE AFE EF ∠==EF≤≤所以当．EF =tan AFE ∠所以与平面所成角的最小值为．AF PEC π620. 已知的角，，所对的边分别为，，，且，．ABC A B C a b c 8b =5c =（1）若，求；cos sin 0aC C b c+--=A （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求函数的值域．2π()cos 212f A A A ⎛⎫=++-+ ⎪⎝⎭条件①：；2220AC AB BC ≤+-≤ 条件②：．0cos sin A A ≤≤注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【正确答案】（1）π3A =（2）0,1⎡⎣【分析】（1）由及正弦定理得cos sin 0a C C b c +--=，利用诱导公式及三角恒等变换可得sin cos sin sin sin 0A C A C B C +--=，结合角的范围即可求解；π1sin 62A ⎛⎫-= ⎪⎝⎭（2）利用三角恒等变换化简为，选择①由()π12sin 23f x A ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，可得，结合余弦定理可得2220AC AB BC ≤+-≤ 2220b c a ≤+-≤，再利用正弦函数的性质即可求解；选择②，由，可得ππ42A ≤≤0cos sin A A ≤≤，再利用正弦函数的性质即可求解.ππ42A ≤≤【小问1详解】由及正弦定理得cos sin 0a C C b c --=．sin cos sin sin sin 0A C A C B C +--=因为，sin sin(π)sin()sin cos cos sin B A C A C A C A C =--=+=+．sin cos sin sin 0A C A C C --=由于，，所以．sin 0C >cos 10A A --=π1sin 62A ⎛⎫-= ⎪⎝⎭又，，故，即．0πA <<π5π66A ∴-<<ππ66A -=π3A =【小问2详解】2π()cos 21cos 2)sin 212fA A A A A ⎛⎫=++-+=---+ ⎪⎝⎭．π12sin 212sin23A A A ⎛⎫=--=-+ ⎪⎝⎭选择条件①：因为，所以，2220AC AB BC ≤+-≤ 2220b c a ≤+-≤根据余弦定理可得，．2222cos 80cos b c a bc A A +-==所以，又，所以．0cos A ≤≤0πA <<ππ42A≤≤所以，即，5ππ4π2633A ≤+≤π1sin 232A ⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭故．()0,1f A ⎡∈⎣选择条件②：因为，又，所以，0cos sin A A ≤≤0πA <<ππ42A ≤≤所以，即．5ππ4π2633A ≤+≤π1sin 232A ⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭故．()0,1f A ⎡∈⎣21. 已知的角，，所对的边分别为，，，点是所在平面内的一ABC A B C a b c O ABC 点．（1）若点是的重心，且，求的最小值；O ABC 0OA OB ⋅= cos C （2）若点是的外心，，且，，O ABC BO BA BC λμ=+ λμ∈R 4a =6c =有最小值，求的取值范围．21sin ()2m B m λμ⎛⎫+-∈ ⎪⎝⎭R m 【正确答案】（1）45（2）213,44m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭【分析】（1）根据题意，由余弦定理列出方程，然后再由基本不等式即可得到结果；（2）根据题意，分别表示出，然后代入计算，即可得到结果.,λμ【小问1详解】延长，，分别交边，，于点，，，AO BO CO BC AC AB D E F 依题意有，．1122FO AB c ==32CF c =在和中，由余弦定理有，CAF V CAB △cos cos CAF CAB ∠=∠即，化简有，222222322222c c b b c ac bc b ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭=⋅2225a b c +=．22222222244245cos 2252525a b a b a b c a b ab C ab ab ab ab ++-+-+===⋅≥⋅=当且仅当时，等号成立，a b =所以的最小值为．cos C 45 【小问2详解】由题意可知：，解得，183624cos 824cos 16BO BA B BO BC B λμλμ⎧⋅==+⎪⎨⋅==+⎪⎩ 2232cos 6sin 23cos 4sin B B B B λμ-⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩则221(32cos )23cos sin sin 2642m B B B m B λμ--⎛⎫+-=+- ⎪⎝⎭．26cos (49)cos 612B m B m -++=今，cos ,(1,1)t B t =∈-原式有最小值，所以．26(49)6t m t m =-++49(1,1)12m t +-∈-解得．213,44m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭22. 如图，在五边形中，四边形为矩形，点为边的中点，ABCFD ABCD E BC ，，．沿，将，折起，使得2AB AD ==//DF EC DF FC ⊥EC ED BEC AED △，重合于点，得到四棱锥，为侧棱靠近的三等分点．A B PP ECFD -G PD P（1）求与所成的角；CG ED （2）求平面与平面所成锐二面角的正切值．PED PCF【正确答案】（1）π2（2）【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得面，然后由余弦定理可得，再结合PE ⊥PCD CG 勾股定理即可得到，从而可得面，即可得到结果；PD GC ⊥GC ⊥PED （2）根据题意，先由条件找到所求二面角，然后通过计算，即可得到结果.【小问1详解】由题可知，，，，．2ED EC DC ===1PE =PC PD ==PE PC ⊥PE PD ⊥又，面，面，所以面．PC PD P ⋂=PD ⊂PCD PC ⊂PCD PE ⊥PCD 又面，所以．GC ⊂PCD PE GC⊥在中，由余弦定理可得，PCD ．2221cos 23DP CP DC DPC DP CP +-∠===⋅在中，PCG13PG PD ==，CG ===所以，即．222PG CG PC +=PD GC ⊥又，面，面，所以面．PE PD P = PD ⊂PED PE ⊂PED GC ⊥PED 又面，所以．故与所成的角为．ED ⊂PED ED GC ⊥CG ED π2【小问2详解】因为，，所以，．//DF EC DF FC ⊥π3CDF ∠=1FD =又，所以延长，必交于一点．FD EC <ED CF H 所以平面平面．PED PCF PH =又面，过点作，连接，则或其补角为所求．GC ⊥PED G GQ PH ⊥CQ GQC ∠又，所以．π6PDE ∠=5π6PDH ∠=又，所以．π3FDH ∠=2DH DC ==在中，由余弦定理可得，PDH △．PH ===设点到的距离为，在中，运用等面积法则有D PH d PDH △sin PD DH PDH d PH ⋅∠==所以，13GQ d ==在中，．Rt CGQtan GC GQC GQ ∠==所以平面与平面所成锐二面角的正切值为．PED PCF。

四川省成都市蓉城高中教育联盟2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题

2023~2024学年度下期高一期末联考数学考试时间120分钟，满分150分注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”.2.选择题使用2B 铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效.3.考试结束后由监考老师将答题卡收回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知()()2,4,6,a b λ==- ，且a b ⊥，则λ的值为（）A ．12-B ．3C ．12D ．3-2．下列说法正确的是（）A ．垂直于同一条直线的两直线平行B ．平行于同一平面的两个平面平行C ．过平面外一点只有一条直线与这个平面平行D ．直角三角形绕边旋转一周一定形成一个圆锥3．在ABC 中，已知1BC =，记,AB c AC b ==，则b c -= （）A ．3B ．2C ．1D ．44．定义：a c ad bc b d ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦，在ABC 中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，则满足0cos cos ab A B ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦的ABC 一定是（）A ．等腰三角形B ．等边三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形5．我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为“刍童”.如图，在刍童ABCD EFGH -中，4,2,8,4AB AD EF EH ====，平面ABCD 与平面EFGH 之间的距离为3，则此“刍童”的体积为（）A ．36B ．46C ．56D ．666．在边长为1的正ABC 中，,AB a AC b == ，且2,32m a b n a b =+=-+ ，则m 与n的夹角为（）A ．2π3B ．π3C ．π6D ．5π67．某正方体的平面展开图如图所示，如果将它还原为正方体，那么在该正方体中，下列结论正确的是（）A ．线段AB 与GH 所在的直线异面B ．线段CD 与EF 所在的直线平行C ．线段CD 与GH 所在的直线所成的角为60︒D ．线段AB 与EF 所在的直线相交8．已知向量,a b ，记sin ,a b a b a b ⊗=.如图，在底面为菱形的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，60ABC ∠=︒，且1112AB AA ==，则下列结论错误的是（）A ．113A C BD ⊗=B ．12BA C D ⊗= C ．119DA D B ⊗=D ．1192A D AC ⊗=二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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ABC 的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，下列说法正确的有（）A ．若2223b c a bc +=-，则5π6A =B ．若sin2sin2A B =，则A B =C ．cos cos a B b A c +=D ．若53sin ,cos 135A B ==，则16cos 65C =-或3365-10．将函数sin y x =图象上所有点的横坐标变为原来的1(0)ωω>，纵坐标不变，得到()y f x =的图象，再将()y f x =的图象向右移π6个单位长度得到()y g x =的图象.已知()y g x =的图象过点2π,03⎛⎫⎪⎝⎭，则ω的值可以为（）A ．14B ．12C ．2D ．411．2020年11月28日8时30分许，随着一阵汽笛声响，创造了10909米中国载人深潜新纪录的“奋斗者”号完成第二阶段海试，顺利返航.相比于现在先进的载人潜水器制造技术，在人类探秘深海初期，初一代的潜水器只是由钢缆和电话线连接的简易钢铁球壳.小李同学对潜水器很感兴趣，他利用假期制作了一个简易的“初一代”潜水器模型.他的模型外壳使用了面积为12π的金属材料，并在内部用12根等长的钢筋搭建了一个正方体支架.为了研究外壳各个点位与支架之间的受力情况，如图，作出支架的直观图正方体1111ABCD A B C D -，设P 为外壳上的一个动点，则（）A ．存在无数个点P ，使得//PA 平面1111D C B A B ．当平面1PAA ⊥平面11CB D 时，点P 的轨迹长度为2πC ．当//PA 平面11A B CD 时，点P 的轨迹长度为2πD ．存在无数个点P ，使得平面PAD ⊥平面PBC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知,m n 是夹角为60︒的两个单位向量，则向量m n -在向量n 上的投影向量为.13．坐落于四川省资阳市安岳县的秦九韶纪念馆是四川省第五批省级爱国主义教育基地之一.南宋著名数学家秦九韶在湖州为母亲守孝三年时，把长期积累的数学知识和研究所得加以编辑，写成了闻名的巨著《数书九章》，它是中国朴素理学思想运用于生活实际的伟大数学成果.书中提出了三斜求积术，即已知三角形三边长求三角形面积的公式，可以看出我国古代已经具有很高的数学水平.设,,a b c 分别为ABC 内角,,A B C 的对边，S 表示ABC 的面积，其公式为222222142a c b S a c ⎛⎫⎛⎫+- ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭若已知sin :sin :sin 2:7A B C =，且2732S =，则ABC 的周长为.14．在空间内，若60AOB BOC AOC ∠=∠=∠= ，则直线OA 与平面OBC 所成角的余弦值为.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．已知ABC 的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，向量()3m a b =u r，()cos ,sin ,,2n A B m n BD DC == ∥.(1)求角A ；(2)若2AB AC ⋅=，求ADC △的面积ADC S △.16．如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是正方形，E 是棱1D D 的中点，F 是棱1BB 上的动点.(1)求证：1//D B 平面ACE ；(2)求证：AC DF ⊥.17．在ABC 中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c .已知23cos 3cos c b C c B =+，9cos ,16B ABC =△(1)求b 的值；(2)求πcos 26A ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值.18．如图，在四棱锥P ABCD -中，Q 为棱PC 的中点，底面ABCD 为平行四边形，22,30,AB AD ABD PD ==∠=︒⊥平面ABCD ，直线BP 与底面ABCD 所成的角为45︒.(1)证明：BC ⊥平面PBD ；(2)求三棱锥A BCQ -的体积；(3)求直线DQ 与平面PBD 所成角的正弦值.19．已知函数()()πsin 0,0,02f x A x A ωϕωϕ⎛⎫=+>><< ⎪⎝⎭仅满足下列四个条件中的三个：①最小正周期为π；②最大值为2；③()01f =-；④06f π⎛⎫-= ⎪⎝⎭.(1)请找出函数()f x 满足的三个条件，并说明理由和求出函数()f x 的解析式；(2)若函数()()πcos 23g x f x n x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭在π4x =处取得最大值，求实数n 的值及()g x 的值域；(3)若函数()f x 在[]0,t 上的最大值比最小值大1，求实数t 的值.1．B【分析】根据向量垂直的坐标表示，即可求解.【详解】由a b ⊥ ，则()2640a b λ⋅=⨯-+=，得3λ=.故选：B 2．B【分析】根据线线，线面，和面面的位置关系，即可判断选项.【详解】A.垂直于同一条直线的两直线平行，相交，或异面，故A 错误；B.平行于同一平面的两个平面平行，故B 正确；C.过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，故C 错误；D.直角三角形绕直角边旋转一周形成圆锥，绕斜边旋转一周，形成上下两个圆锥，两个圆锥的底面重合，故D 错误.故选：B 3．C【分析】根据向量减法运算，再求模.【详解】1b c AC AB BC -=-==.故选：C 4．A【分析】根据所给定义得到cos cos 0a B b A -=，由正弦定理将边化角，再由两角差的正弦公式得到A B =，即可得解.【详解】因为0cos cos ab A B ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，所以cos cos 0a B b A -=，由正弦定理可得sin cos sin cos 0A B B A -=，即()sin 0A B -=，又()0,πA ∈，()0,πB ∈，所以()π,πA B -∈-，所以0A B -=，即A B =，所以ABC 为等腰三角形.故选：A5．C【分析】首先说明几何体为四棱台，再代入台体体积公式，即可求解.【详解】由//AB EF ，//AD EH ，//BC FG ，//DC HG ，且AB AD BC DCEF EH FG HG===，则,,,EA FB GC HD 交于同一点P ，该“刍童”为四棱台，矩形ABCD 的面积为428⨯=,矩形EFGH 的面积为8432⨯=,且上下底面的高为3，所以四棱台的体积(18323563V =+⨯=.故选：C 6．A【分析】首先求出a b ⋅，再根据数量积的运算求出m n ⋅ ，m ，n ，最后由夹角公式计算可得.【详解】因为在边长为1的正ABC 中，AB a =，AC b = ，所以1==a b r r ，1cos 602a b a b ⋅=︒=,所以2217(2)(32)626222m n a b a b a a b b ⋅=+⋅-+=-+⋅+=-++=-，m ===n == 所以712cos ,||||2m n m n m n -⋅==-，因为[],0,πm n ∈ ，所以2,π3m n =．故选：A ．7．C【分析】首先还原正方体，再根据线线的位置关系，判断选项.【详解】由正方体展开图还原正方体如下图所示：线段AB 与GH 所在的直线相交，故A 错误；线段CD 与EF 所在的直线异面，故B 错误；如图连接HM ，GM ，由正方体的性质可知//HM CD ，HMG △为等边三角形，所以60GHM ∠=︒为CD 与GH 所在的直线所成的角，故C 正确；如图连接BG ，则//EF BG ，BG ⊂平面ABG ，EF ⊄平面ABG ，所以//EF 平面ABG ，又AB ⊂平面ABG ，所以EF 与AB 不相交，故D 错误.故选：C 8．C【分析】根据直棱柱的性质求出相应的线段的长度，利用余弦定理求出相应的角的正弦值，再由所给定义计算可得.【详解】对于A ：因为直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形且60ABC ∠=︒，所以ABC 为等边三角形，所以1AC AB ==，设AC BD O = ，则AC BD ⊥，且2BD BO ==11//AC A C 且11AC A C =，即11AC AC = ，所以11π1sin 2A C BD AC BD ⊗=⊗== ，故A 正确；对于B ：因为11BACD =，在11Rt C D D 中12DD =，111C D =，所以1C D =，所以11sin5DC D ∠=，所以111125125BA C D C D C D ⊗=⊗=⨯= ，故B 正确；对于C ：因为11DA D A =，1A B =1D B =，所以222111cosBD A +-∠==所以11sin BD A ∠=所以11DA D B ⊗= ，故C 错误；对于D ：因为1AD =1CD ==1AC =，所以22211cos10CAD +-∠==，所以1sin CAD ∠所以195110192A D AC ⊗== ，故D 正确.故选：C9．AC【分析】根据余弦定理判断A ，根据三角函数，得到角的关系，判断B ，根据余弦定理变形判断C ，根据两角和的余弦公式判断D.【详解】A.根据余弦定理2223cos 22b c a A bc +-==-，所以5π6A =，故A 正确；B.若sin2sin2A B =，则22A B =或22180A B +=o ，所以A B =或90A B += ，故B 错误；C.222222cos cos 22a c b b c a a B b A a b c ac bc+-+-+=⨯+⨯=，故C 正确；D.3cos 5B =，则4sin 5B =，sin sin A B <，所以A B <，则角A 是锐角，则12cos 13A =,()16cos cos cos sin sin 65A B A B A B +=-=，()()16cos cos 180cos 65C A B A B ⎡⎤=-+=-+=-⎣⎦，故D 错误.故选：AC 10．CD【分析】首先求函数()g x 得到解析式，再根据函数的性质，代入2π03g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，即可求解.【详解】根据三角函数图象的变换规律可知，()sin f x x ω=，()πsin 6g x x ω⎡⎤⎛⎫=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，函数()y g x =的图象过点2π,03⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以2πππsin sin 0362ωω⎛⎫-=⋅=⎪⎝⎭，则ππ,Z 2k k ω⋅=∈，所以2,Z k k ω=∈.所以ω的值可以为2或4.故选：CD 11．ACD【分析】根据面面平行的性质判断A ，根据1AC ⊥平面11CB D ，判断点P 的轨迹，判断B ，根据面面平行的性质定理，判断点P 的轨迹，即可判断C ，若平面PAD ⊥平面PBC ，确定点P 的轨迹，即可判断D.【详解】该球的表面积24π12π==S r ，所以r =，且正方体的棱长a ，满足2234a r =，则2a =，A.由题意可知，平面//ABCD 平面1111D C B A ，且//PA 平面1111D C B A ，故PA ⊂平面ABCD ，则点P 的轨迹为正方形ABCD 的外接圆，故有无数个点P 满足，故A 正确；B.易知1AC ⊥平面11CB D ，且平面1PAA ⊥平面11CB D ，PA ⊂平面1PAA ，故点P 的轨迹为矩形11AA C C 的外接圆，其周长为2π23πr =，故B 错误；C.因为//PA 平面11A B CD ，设过PA 且与平面11A B CD 平行的平面为α，则P 的轨迹为α与外接球的交线，其半径为12a =，周长为2π，故C 正确；D.若平面PAD ⊥平面PBC ，则点P 在以ABCD 为轴截面的某个圆柱面上，该圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点P 满足，故D 正确.故选：ACD12．12m .【分析】设,OA m OB n == ，则m n BA -= ，且1m n m n ==-= ，取OA 的中点C ，得到BC OA ⊥且12CA =，结合向量的投影的定义，即可求解.【详解】如图所示，设,OA m OB n == ，则m n OA OB BA -=-= ，因为,m n 是夹角为60°的两个单位向量，可得1m n m n ==-= ，取OA 的中点C ，可得BC OA ⊥，可得12CA =，所以向量m n - 在向量n 上的投影向量为12m .故答案为：12m .13．15+【分析】由正弦定理可得::2:3a b c =()20a t t =>，则3b t =，c =，再由所给面积公式求出t ，即可得解.【详解】因为sin :sin :sin 2:A B C =由正弦定理可得::2:3a b c =()20a t t =>，则3b t =，c =，又S =即2222222479347227t t t t t ⎛⎫+-- ⎪⎝⨯=⨯⎭，解得3t =（负值已舍去），所以15ABC C a b c =++=+故答案为：15+14．3【分析】首先构造线面角，根据直线OA 在平面OBC 的射影为BOC ∠的角平分线，结合几何关系，即可求解.【详解】如图，过点A 作AD ⊥平面BOC ，垂足为点D ，点D 在BOC ∠的平分线上，作DE OC ⊥，连结,OD AE ，因为AD ⊥平面BOC ，OC ⊂平面BOC ，所以AD OC ⊥，且DE OC ⊥，AD DE D ⋂=，,AD DE ⊂平面ADE ，所以OC ⊥平面ADE ，AE ⊂平面ADE ，所以OC AE ⊥，设OA a =，则2aOE =，30DOE ∠= ，所以OD a =，所以3cos 3AOD a ∠==，所以直线OA 与平面OBC所成角的余弦值为3.15．(1)π3【分析】（1）由向量平行坐标表示可得sin cos a B A =，由正弦定理边化角可得tan A ，由此可得A ；（2）利用向量的数量积得出ab ，再根据向量关系得出线段比例，再结合三角形面积公式即可求.【详解】（1）由//m n得：sin cos a B A =，由正弦定理得：sin sin cos B A B A =，()0,πB ∈ ，0sinB ∴≠，sin A A ∴=，则tan A =()0,πA ∈ ，π3A ∴=.（2）因为cos 22ab AB AC ab A ⋅=== ，所以4ab =，111π12,sin 433236ADC ABC BD DC S ab =∴==⨯⨯⨯=⨯⨯ 16．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）利用线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，通过构造中位线，即可证明；（2）（1）利用垂直关系，转化为证明AC ⊥平面11BDD B ，即可证明线线垂直.【详解】（1）连结DB ，交AC 于点O ，连结OE ，点,E O 分别是1,DD DB 的中点，所以1//OE D B ，又因为1D B ⊄平面ACE ，OE ⊂平面ACE ，所以1//D B 平面ACE ；（2）因为1D D ⊥平面ABCD ，且AC ⊂平面ABCD ，所以1D D AC ⊥，又因为AC BD ⊥，1BD D D D ⋂=，1,BD D D ⊂平面11BDD B ，所以AC ⊥平面11BDD B ，且DF ⊂平面11BDD B ，所以AC DF ⊥.17．(1)5b =33716-【分析】（1）首先根据正弦定理边化角，再根据三角恒等变换，以及面积公式求,a c ，再根据余弦定理求b ；（2）根据三边求cos A ，再求sin A ，再根据二倍角公式和两角和的余弦公式，即可求解.【详解】（1）由23cos 3cos c b C c B =+，根据正弦定理边化角，得()2sin 3sin cos 3sin cos 3sin 3sin C B C C B B C A =+=+=,即2sin 3sin C A =，则23c a =，①由9cos 16B =，得57sin B =由157157sin 2324ABC S ac B ac === 24ac =②，由①②得4,6a c ==，由余弦定理可知，22292cos 16362462516b ac ac B =+-=+-⨯⨯⨯=,所以5b =；（2）由（1）可知，4,6a c ==，5b =，所以2223cos 24b c a A bc +-==，则7sin 4A =,sin 22sin cos 8A A A ==，21cos22cos 18A A =-=，πππcos 2cos 2cos sin 2sin 66616A A A ⎛⎫+=-= ⎪⎝⎭.18．(1)证明见解析(2)14【分析】（1）根据题意及余弦定理可求出BD ，从而根据勾股定理逆定理可得AD BD ⊥，从而可得BC BD ⊥，又易知BC PD ⊥，进而可得BC ⊥平面PBD ；（2）先根据线面角求出PD ，再转化三棱锥的顶点与底面，可得三棱锥A BCQ -的体积为：111222A BCQ Q ABC P ABC P ABCD V V V V ----===⨯，再计算即可得解；（3）取PB 中点H ，则易证QH ⊥平面PBD ，从而可得所求角为QDH ∠，再解三角形，即可求解．【详解】（1）底面ABCD 为平行四边形，22AB AD ==，30ABD ∠=︒，∴根据余弦定理2222cos AD BD AB BD AB ABD =+-⋅∠，即2221222BD BD =+-⨯⨯BD =，222AD BD AB ∴+=，AD BD ∴⊥，又//AD BC ，BC BD ∴⊥，又PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，BC PD ∴⊥，又BD PD D = ，,BD PD ⊂平面PBD ，BC ∴⊥平面PBD ；（2）PD ⊥ 平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PD BD ⊥，∴直线BP 与底面ABCD 所成的角为PBD ∠，即45PBD ∠=︒，又BD =PD ∴=又Q 为PC 的中点，Q ∴到平面ABCD 的距离等于P 到平面ABCD 的距离的12，∴三棱锥A BCQ -的体积为：111222A BCQ Q ABC P ABC P ABCDV V V V ----===⨯1111434=⨯⨯=；（3）如图，取PB 中点H ，连接QH ，又Q 为PC 的中点，//QH BC ∴且1122QH BC ==，由（1）知BC ⊥平面PBD ，QH ∴⊥平面PBD ，∴直线DQ 与平面PBD 所成角为QDH ∠，又DH ⊂平面PBD ，QH DH ∴⊥，又()221172322DQ PC ==⨯+172sin 72QH QDH DQ ∴∠==，故直线DQ 与平面PBD 所成角的正弦值为77．19．(1)理由见解析，()π2sin 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(2)23n =-，值域为[]4,4-(3)π4t =【分析】（1）首先由条件，判断③不成立，再根据函数的性质，求函数的解析式；（2）由条件2π14g n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求解n 的值，再化简函数()g x ，求解函数的值域；（3）分析正弦函数的图象和性质，先确定函数()f x 的最大值，再确定函数的最小值，即可求解t .【详解】（1）()0sin f A ϕ=，因为0A >，π0,2ϕ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()00f >，()01f =-与()00f >矛盾，所以③不成立，则满足条件的三个条件为①②④，由②可知，2A =，由①可知，2ω=，ππ2sin 063f ϕ⎛⎫⎛⎫-=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，π0,2ϕ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则π3ϕ=，所以()π2sin 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；（2）由（1）可知，()ππ2sin 2cos 233g x x n x ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由题意可知，πππ2cos sin 433g n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即312n -n =-()ππ2sin 2cos 233g x x x ⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππ4sin 24sin 233x x ⎛⎫=+-= ⎝⎭，所以函数()g x 的值域是[]4,4-；（3）()π2sin 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，[]0,x t ∈，则πππ2,2333x t ⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦，()0f =ππ232t +=时，得π12t =，π212f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，21<，所以在区间[]0,t 上，函数()f x 的最大值为2，最小值为1，则π5π236t +=，得π4t =.。

2023-2024学年四川省成都市成华区高一下学期7月期末考试数学试题(含答案)

2023-2024学年四川省成都市成华区高一下学期7月期末考试数学试题一、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z =(2−ai)(1+2i)为纯虚数，则实数a =( )A. −2B. 2C. −1D. 12.已知向量a =(2,−1)，b =(k,2)，且(a +b )//a ，则实数k 等于( )A. −4B. 4C. 0D. −323.已知m ，n 是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，则下列命题中正确的是( )A. 若m//α，n//α，则m//n B. 若α⊥β，γ⊥β，则α⊥γC. 若m ⊥α，n ⊥α，则m//nD. 若m//α，m//β，则α//β4.如图，在正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别为线段AC 和线段A 1B 的中点，求直线MN 与平面A 1B 1BA 所成角为是( )A. 60∘B. 45∘C. 30∘D. 75∘5.已知cos 2α=23，则cos(π4−α)cos(π4+α)的值为( )A. 13B. 23C.23 D.2 296.设a ，b 为单位向量，a 在b 方向上的投影向量为−12b ，则|a−b |=( )A. 1B. 2C.2D.37.筒车亦称“水转筒车”，一种以水流作动力，取水灌田的工具，如图是某公园的筒车，假设在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针方向匀速圆周运动.现有一半径为2米的筒车，在匀速转动过程中，筒车上一盛水筒M 距离水面的高度H(单位：米，记水筒M 在水面上方时高度为正值，在水面下方时高度为负值)与转动时间t(单位：秒)满足函数关系式H =2sin(π30t +φ)+54，φ∈(0,π2)，且t =0时，盛水筒M 位于水面上方2.25米处，当筒车转动到第80秒时，盛水筒M 距离水面的高度为( )米．A. 3.25B. 2.25C. 1.25D. 0.258.已知角α，β满足cos α=13，cos (α+β)cos β=14，则cos (α+2β)的值为( )A. 112B. 18C. 16D. 14二、多选题：本题共3小题，共15分。

26届高一数学下期期末考试试卷答案

成都七中高2026届高一下期数学期末考试参考答案一．单项选择题−14：CBDD −58：BCAB8．解析：设D 为BC 边中点，则23A A A AD O G O ⎛⎫= ⎪⎝⎭21()32A AO AC B =+()AB AO AC =+312211AB AC =+66=+b c 6()122, 在∆ABC 中,==︒a A 1,60,由余弦定理得=+−︒a b c bc 2cos 60222,∴+=+b c bc 122, 由均值不等式,+=+≥bc b c bc 1222,所以≤bc 1（当且仅当==b c 1等号成立）, 所以1111()(1)(11)6663A AG O c b bc =+=+≤+=22,故选B. 二．多项选择题9．BC 10．BCD 11．AC11．解析：A ：当⊥'AP A B 时，线段DP 长度最小，此时=AP =DP ，A 正确；B ：将面''A D CB 旋转至面'A AB 同一平面，连接AC ，此时+=AP PC AC 为最小值，=>=AC 不存在这样的点P ，故B 错误； C ：如图，取='B E 1，='B F 21，='A G 23，连接FG 交'A B 于P ，易证此时⊥'A C MN ，⊥'A C EN ，且M N E F G ,,,,五点共面．因为MN EN N =，面⊥'A C MNEFG ，所以存在这样的点P 使面⊥'A C MNP ，故C 正确； D ：以点B 为球心，617为半径的球面被面'AB C 所截的截面为圆形，记其半径为r ，则=r d 为点B 到平面'AB C 的距离．由=−−''V V B ABC B AB C 易求得B 到平面'AB C 的距离为34，解得=r 25，所以截面面积==ππS r 4252，D 错误．本题选AC 三．填空题12．1030013．π32814．+3214．解析：取AB 中点D ，则2AQ m AB nAC m AD nAC =+=+ ；连接CD 交AQ 于点E ，则()1AE AD AC λλ=+−，且()()1AQAQAQ AE AD AC λλ=⋅=⋅+−AE AE ，故+=AE m n AQ2．17．解：I ()设事件=A i “第i 回合甲胜”,事件=M “甲至少赢一回合”,故=M “甲每回合都输”.A A i i ,为对立事件,=P A i 32(),故=P A i 31)(. ……2分 =−=−P M P M P A A A ()1()1()123⎝⎭ ⎪=−=⎛⎫P A P A P A 3271=12631()()()-123，故甲至少赢1个回合的概分为2726． ……5分(II)设事件=N “第二回合有人得分”，由题可知1212N A A A A =，且A A 12和A A 12互斥，则=+=⋅+⋅=P N P A A P A A P A P A P A P A 9()512121212)()()()()()(, 故第二回合有人得分的概分为95. ……10分 (III)设事件=Q “甲乙两人平局”，由题可知，只有1：1与0：0两种情况，因此13123Q A A A A A A =2，故=+=P Q P A A A P A A A P A P A P A ()221312313)()()()()(+=P A P A P A 274123)()()(, 故甲乙两人平局的概分为274. ……15分18．解：(I)由正弦定理得，+=a c b 2,222解得=b ….…4分又因为+−=−<b c a 20222，故=<+−bcA b c a 2cos 0222，>πA 2，所以△ABC 是钝角三角形． …………6分 (II)由平面向量基本定理，BA ，BC 可作为一组基底向量，且有2BA =，4BC =，cos ,cos BA BC B <>===+−ac a c b 285222．由于1AD AC =3，所以21BD BA BC =+33． …………8分 2222212152()2cos BD BD BD BA BA BC B BC ⎛⎫=⋅=⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅== ⎪33339． …………11分 (III) 由题意可设BM xBA = ，BN yBC = ．由于M ，D ，N 三点共线，可设(1)BD t BM t BN =−+，∈t 0,1)(．所以21(1)BD t x BA ty BC BA BC =−⋅+⋅=+33，由平面向量基本定理，解得()−=t x 312 ，=ty 31 ，所以()2BM BA =−t 31 ，1BN BC =t 3 ． …………13分因此()212BM BN BA BC BA BC ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅=⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭−−⋅t t t t 3139(1)， …………15分而cos 50BA BC BA BC B ⋅=⋅⋅=>，因此当=t 21时，40BM BN ⋅=9为最小值． ……17分19．证明：(I)因为面平⊥A D ABC 1，面平⊂BC ABC ，故⊥A D BC 1． ……2分又由∠=︒ABC 90，即⊥AB BC ，1AB A D D =，因此面平⊥BC ABB A 11．……5分 (II)由于菱形ABB A 11，且A D 1为AB 的垂直平分线，因此可知△A AB 1和△B A B 11均为等边三角形．由面平⊥BC ABB A 1，⊂BB 1面平ABB A 1，可得⊥BC BB 1，结合斜三棱柱进一步可得B BCC 11是矩形． …………6分此时作⊥A P BB 11，⊥A Q CC 11，连接PQ ，PC ，A C 1．由题知，=A Q 21，面平⊂A P ABB A 111，可得⊥BC A P 1，1BC BB B =，因此⊥A P 1平面BCC B 11，因此由题知，=A P 1，⊂PQ PC 平面BCC B 11，所以也有⊥A P PQ 1，⊥A P PC 1．因此，角成所为面平与∠A CP A C BB C C 1111． …………8分进一步，在△R A PQ t 1 中，==Q P 1 ，由矩形可知==BC PQ 1 ．一一方面，由于=A P 1△B AB 1中，可以解得=BB 21，P 为BB 1中点，=BP 1．所以，在△R BCP t 中，PC △A CP R t 1中，=A C 1∠===A C A CP A P 5sin 111，值弦正的角成所面平与A C BBC C 111． ……11分 (III)延长EF ，C C1交于点M ，连接MB 1，交BC 于N ，连接FN ，如右图，故四边形B EFN 1即为所得截面． ………12分由上一问可知，菱形ABB A 11的边长为2，矩形B BCC 11中=BC 1，平行四边形ACC A 11中==AA CC 211，===A C A C AC 111．要计算截面B EFN 1的面积，首先研究△B EM 1．在△A B E 11中，由于∠=︒EA B 12011，由余弦定理可得=B E 1，E F 为中点，因此===EM EF A C 21，此时有==MC AE 1，在直角△MB C 11中=MB 1，N 为BC 的三等分点． …………14分因此△B EM 1中，由余弦定理可得⋅⋅∠==+−EM MB EMB EM MB EB 25cos 1121221，所以可以计算得∠=EMB 5sin 1．设截面面积为S ，由于=MF ME 21，=MN MB 311，有△△△=−=⋅⋅∠−⋅⋅∠=S S S ME MB EMB MF MN EMB S B EM NFM B EM 226sin sin 11511111因此，此斜三棱柱被平面B EF 1 ……………17分。

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精品文档成都市高一下期调研考试——数学50分）一、选择题（每题5分，共）1.已知，则下列不等式正确的是
（0b?a?11ba222．C．D． A ．B22??baab?b?
ba的正三角形，侧视图是直角的正视图是边长为22.如图，一个“半圆锥”）俯视图是半圆及其圆心，这个几何体的体积为（三角形，33????323．．D ．C A ． B 63
??3S a项和为的前，若，，则）等于( ．等差数列10S2S?S?n6n42n42
Ｄ．18 Ａ．12 Ｂ．Ｃ．24
31( )
已知a＞0,b＞0，a+2b+的最小值为=1，则4. ab D.14
C.7+2 A.7+2 B.2 336B测得m，5.如图，要测出山上石油钻井的井架的高，从山脚A60AC?BC??）的仰角，则井架的高为（井顶的仰角，井底
?15?45BBCCC m ．D B ．m C ．Am ．m 333020220302A
6.0?CB)(CA?CB)?(AC?）为（ABC中，若，则△ABC△ D 无法确定A 正三角形
B 等腰三角形
C 直角三角形
A45?7n n n B{a}{b} ，且，和项和分别为A的前和7.已知两个等差数列?nnnn3n?B n a n n则使得）为整数的正整数的个数是（b n5
．．4 DBA．2
．3 C的，则△A,B,C的对边分别为，若ABC的内角8.设△
ABC Ccb,c)cos a?(b?a,）形状是（
D.锐角三角形 C.直角三角形 A.等腰三角形 B.等边三角形
( ) (2x)的值域是9.函数y=logx+log x2??????????D. ..A B. C 31,??3,???31 ???,1,,???BE AC23ACAB?，若中，ABC，的中点，且分别是在△10.恒成t?ABFE,CF立，
t则的最小值为（）精品文档．
精品文档3746 D．．A．B．C5748二、填空题（每题5分，共25分）2?x. 11. 0≤的解集是不等式1x?
240S?18,a?30,S?}{a 12.n . 等差数列，则的值为中，n94nn?
213.x sin x?y?cos．函数的最大值是
21?xk.
14. 若方程有两个实数根，则实数的取值范围是kx?1?x
下列命题：15. 则；,①中，若BA?B cos2A?ABC?cos2941ABC?
的最小值为，②若A，BC为的三个内角，则??CAB?
?1916n???，则数列中的最小项为③已知；)Nn(?a?sin?a?nn n36sin2?6f(a)f(b)f(c)；，且，则
④若函数??1)xf(x)?log(?cb0?a??2abc22的最小值为.
⑤函数13?45?2x??xx)f(x?x?29其中所有正确命题的序号是
三、解答题（16—19题每题12分，20题13分，21题14分，共75分）
nS?7Sa{}{a},是.若前的且项和比16.于是公比大的等数列,13nnn a?33aa?4构成等
差数列. ,,321{a}的通项公式（Ⅰ）求.
n n T}{b.
（Ⅱ）令求数列项和的前a?b log，nn n2n2精品文档．
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成等比、、,、17．在中，内角、的对边分别为、、已知BAbb?ABCCcaac3.
数列，且?cos B411（Ⅰ）求的值；?C tantan A3.
,求、的值（Ⅱ）设?BABCca2
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2R?a)?2(1?a?x)?x(3?a)xf(R).
(18. 已知定义在上的函数其中x（Ⅰ）f(x)?0;解关于的不等式（Ⅱ）若不等式对任意恒成立,求的取值范围.
3f(x)?x?2?xa
nS,a?1,S?4a{}a?219. 的前项和为设数列已知nnn1n?1b?a?2a{b}是等比数列，证明数列）设（1 nn?1nn
{a}的通项公式。

）求数列（2n
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C sin?2sin A?sin2?B1ABC△的周长为．20.已知，且 c的长；（1）求边1C sin CABC△）若的度数．，求角的面积为2（6
n?1???中，21.已知数列)n(??a?3a????na?aN??a1,a2a12nn13?1n2??的通项（Ⅰ）求数列；
aa nn
??；项和的前（Ⅱ）求数列2anTn nn
?成立，求实数的最小值，使得（Ⅲ）若存在.??Nn?1)n(?a?n 精品文档．。

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