辽宁省丹东市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（含解析）

第第页辽宁省丹东市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（含解析）2022-2023学年辽宁省丹东市高一（下）期末数学试卷

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．（5分）在复平面内，复数z＝i（1+2i）对应的点位于（）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

2．（5分）cos52°cos68°﹣cos38°sin68°＝（）

A．B．C．D．

3．（5分）已知圆台的上、下底面面积分别为36π和49π，其母线长为，则圆台的体积为（）

A．B．C．254πD．

4．（5分）要得到的图像，只要将的图像（）

A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度

C．向左平移π个单位长度D．向右平移π个单位长度

5．（5分）已知cos（）＝，则sin2α＝（）

A．﹣B．C．D．

6．（5分）已知直线l⊥平面α，直线m平面β，给出下列四个命题：

①α∥βl⊥m

②α⊥βl∥m；

③l∥mα⊥β；

④l⊥mα∥β．

其中正确的命题有（）个．

A．1个B．2个C．3个D．4个

7．（5分）已知函数f（x）＝cos（2x+φ），且，则（）

A．f（x）在区间上单调递减

B．f（x）在区间上单调递增

C．f（x）在区间上单调递减

D．f（x）在区间上单调递增

8．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为AB的中点，AB＝4，BC＝BB1＝2，则三棱锥A1﹣BCM外接球的表面积为（）

A．56πB．52πC．48πD．44π

二、多选题：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.

（多选）9．（5分）在复平面内，z＝1﹣i，则（）

A．z的虚部为﹣iB．

C．（i2+i3）z＝﹣2D．

（多选）10．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，则下列说法正确的是（）

A．当sinB＞sinC时，B＞C

B．当△ABC是锐角三角形时，角B的取值范围为

C．△ABC外接圆的半径为2

D．△ABC周长的取值范围为

（多选）11．（5分）在菱形ABCD中，E是DC的中点，，则（）

A．B．C．D．

（多选）12．（5分）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是A1B1的中点，AB＝2AA1＝2，则（）

A．△AC1E是等腰三角形

B．三棱锥A﹣B1C1E的体积为

C．B1C∥平面AC1E

D．平面AC1E截该长方体所得截面面积为3

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．（5分）如图所示的图像是的一部分，则f（x）＝．

14．（5分）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则角C＝．

15．（5分）已知，且α是第三象限的角，则＝．

16．（5分）“阿基米德多面体”称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．则异面直线AB与CD所成角的余弦值为，直线AB与平面BCD所成角的正弦值为．

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．（10分）已知向量．

（1）若，求；

（2）若与的夹角为锐角，求m的取值范围．

18．（12分）如图，一条河的对岸有A，B两点，在这条河的一侧有C，D两个观测点，分别测得∠ACB＝45°，∠BCD＝30°，∠CDA＝45°，∠BDA＝15°，CD＝48m，已知A，B，C，D在同一个水平面上，求AB的长．

19．（12分）如图所示的多面体ABCDE中，△ABC，△ACD，△BCE是等边三角形，平面ACD⊥平面ABC，平面BCE⊥平面ABC．

（1）求证：DE∥平面ABC；

（2）若AB＝2，求多面体ABCDE的体积．

20．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝2B．

（1）求证：a＝2bcosB；

（2）若D是BC上一点，BD＝2DC，AD平分∠BAC，求cosB．

21．（12分）如图（1）所示，∠ABC＝∠ACD＝90°，AB＝BC＝°，如图（2）所示，把△ABC沿AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，E为AD的中点，连接BD，BE，EC．

（1）求证：平面ABD⊥平面BCD；

（2）求二面角E﹣BC﹣D的正弦值．

22．（12分）已知函数．

（1）当ω＝2时，求f（x）的值域；

（2）若f（x）满足，且在区间上单调递减，求：

（i）f（x）的最小正周期；

（ii）方程的所有根之和．

2022-2023学年辽宁省丹东市高一（下）期末数学试卷

参考答案与试题解析

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．（5分）在复平面内，复数z＝i（1+2i）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

【分析】按多项式乘法运算法则展开，化简为a+bi（a，b∈R）的形式，即可确定复数z所在象限．

【解答】解：∵z＝i（1+2i）＝i+2i＝﹣2+i，

∴复数z所对应的点为（﹣2，1），

故选：B．

【点评】本题主要考查复数在坐标系数内复数与点的对应关系．属于基础知识的考查．

2．（5分）cos52°cos68°﹣cos38°sin68°＝（）

A．B．C．D．

【分析】根据已知条件，结合三角函数的诱导公式，以及正弦的两角差公式，即可求解．

【解答】解：cos52°cos68°﹣cos38°sin68°＝sin38°cos68°﹣cos38°sin68°＝．

故选：A．

【点评】本题主要考查正弦的两角差公式，属于基础题．

3．（5分）已知圆台的上、下底面面积分别为36π和49π，其母线长为，则圆台的体积为（）

A．B．C．254πD．

【分析】求出圆台的上、下底面半径，结合圆台的母线长，求得圆台的高h，代入台体的体积公式计算即可．

【解答】解；∵圆台的上、下底面面积分别为36π和49π，

∴圆台的上、下底面半径分别为6和7，圆台的母线长为，∴圆台的高h＝＝2，

∴圆台的体积V＝（S′+S+）h＝π×（62+72+6×7）×2＝π．

故选：A．

【点评】本题考查了圆台的体积公式，台体的体积公式是V＝（S′+S+）h的应用，求解圆台的高是解题的关键，是中档题．

4．（5分）要得到的图像，只要将的图像（）

A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度

C．向左平移π个单位长度D．向右平移π个单位长度

【分析】由已知选项结合函数图象的平移即可判断．

【解答】解：把y＝cos的图象向右平移π个单位可得y＝cos（﹣）＝sin，

故选：D．

【点评】本题主要考查了三角函数图象的平移，属于基础题．

5．（5分）已知cos（）＝，则sin2α＝（）

A．﹣B．C．D．

【分析】利用两角差的余弦公式化简已知等式可得cosα+sinα＝，两边平方，利用同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦公式即可求解所求．

【解答】解：因为cos（）＝（cosα+sinα）＝，

所以cosα+sinα＝，

两边平方，可得1+sin2α＝，

则sin2α＝﹣．

故选：A．

【点评】本题主要考查了两角差的余弦公式，同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦公式在三角函数求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．

6．（5分）已知直线l⊥平面α，直线m平面β，给出下列四个命题：

①α∥βl⊥m

②α⊥βl∥m；

③l∥mα⊥β；

④l⊥mα∥β．

其中正确的命题有（）个．

A．1个B．2个C．3个D．4个

【分析】由直线l⊥平面α，直线m平面β，知：α∥βl⊥βl⊥m；α⊥βl∥m或l与m异面；l∥mm⊥αα⊥β；l⊥mα，β相交或平行．

【解答】解：∵直线l⊥平面α，直线m平面β，

∴①α∥βl⊥βl⊥m，故①成立；

α⊥βl∥m或l与m异面，故②不成立；

l∥mm⊥αα⊥β，故③成立；

l⊥mα，β相交或平等，故④不成立．

故选：B．

【点评】本题考查平面的基本性质及其推论，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．

7．（5分）已知函数f（x）＝cos（2x+φ），且，则（）

A．f（x）在区间上单调递减

B．f（x）在区间上单调递增

C．f（x）在区间上单调递减

D．f（x）在区间上单调递增

【分析】由，可得φ＝2kπ﹣，k∈Z，从而得f（x）＝cos（2x﹣），再根据选项逐一判断即可．

【解答】解：因为，

即cos（+φ）﹣cos（+φ）＝cos（+φ）﹣cos[π+（+φ）]＝2cos（+φ）＝2，

所以cos（+φ）＝1，

所以+φ＝2kπ，k∈Z，

φ＝2kπ﹣，k∈Z，

所以f（x）＝cos（2x+2kπ﹣）＝cos（2x﹣），k∈Z，

对于A，当x∈时，2x﹣∈[﹣，0]，

又因为y＝cosx在[﹣，0]上不单调，所以A错误；

对于B，当x∈时，2x﹣∈[0，]，

又因为y＝cosx在[0，]上单调递减，

所以f（x）在区间上单调递减，故B错误；

对于C，当x∈时，2x﹣∈[﹣，]，

又因为y＝cosx在[﹣，]上不单调，所以C错误；

对于D，当x∈时，2x﹣∈[﹣，0]，

又因为y＝cosx在[﹣，0]上单调递增，

所以f（x）在区间上单调递增，故D正确．

故选：D．

【点评】本题考查了诱导公式的应用及余弦函数的性质，得出f（x）的解析式是关键，属于中档题．

8．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为AB的中点，AB＝4，BC＝BB1＝2，则三棱锥A1﹣BCM外接球的表面积为（）

A．56πB．52πC．48πD．44π

【分析】把三棱锥A1﹣BCM补成直三棱柱A1MB﹣D1KC外接球的表面积，即三棱锥A1﹣BCM外接球就是直三棱柱A1MB﹣D1KC外接球，根据直棱柱的外接球的体征即可求解．

【解答】解：如图，把三棱锥A1﹣BCM补成直三棱柱A1MB﹣D1KC外接球的表面积，

即三棱锥A1﹣BCM外接球就是直三棱柱A1MB﹣D1KC外接球，

在△A1MB中，A1M＝2，sin∠A1MB＝＝，

所以三角形A1MB的外接圆半径r＝＝，

直三棱柱A1MB﹣D1KC的上下底面的外心连线的中点为外接球的球心，所以外接球的半径R＝＝，

则三棱锥A1﹣BCM外接球的表面积为S＝4πR2＝44π．

故选：D．

【点评】本题考查多面体外接球的表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．

二、多选题：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.

（多选）9．（5分）在复平面内，z＝1﹣i，则（）

A．z的虚部为﹣iB．

C．（i2+i3）z＝﹣2D．

【分析】根据已知条件，结合虚部的定义，复数的四则运算，复数模公式，共轭复数的定义，即可依次求解．

【解答】解：z＝1﹣i，

z的虚部为﹣1，故A错误；

，故B正确；

（i2+i3）z＝（﹣1﹣i）（1﹣i）＝﹣（1+i）（1﹣i）＝﹣2，故C正确；

，

|z6|＝|z|6＝，D错误．

故选：BC．

【点评】本题主要考查虚部的定义，复数的四则运算，复数模公式，共轭复数的定义，属于基础题．

（多选）10．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，则下列说法正确的是（）

A．当sinB＞sinC时，B＞C

B．当△ABC是锐角三角形时，角B的取值范围为

C．△ABC外接圆的半径为2

D．△ABC周长的取值范围为

【分析】A中，由正弦定理可判断出A命题的真假；B中，由锐角三角形可知B，C角的范围，再由三角形中角的关系，可得B角的范围；C中，由正弦定理可得外接圆的半径的大小，判断出C的大小；D中，由余弦定理及均值不等式的性质可得b+c的范围，进而求出三角形的周长的范围，判断出D的真假．

【解答】解：A中，因为sinB＞sinC，由正弦定理可得b＞c，再由大边对大角可知A正确；

B中，因为△ABC是锐角三角形，则，解得＜B＜，即B∈（，），所以B正确；

C中，设外接圆的半径为R，则2R＝＝＝2，所以R＝1，则C不正确；

D中，a＝，A＝60°，由余弦定理可得cosA＝，即3＝b2+c2﹣bc＝（b+c）2﹣3bc，所以（b+c）2＝3+3bc≤3+3（）2，

可得b+c≤2，三角形中，b+c＞a＝，

所以b+c∈（，2]，

所以三角形的周长∈（2，3]，故D正确．

故选：ABD．

【点评】本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．

（多选）11．（5分）在菱形ABCD中，E是DC的中点，，则（）

A．B．C．D．

【分析】由向量的线性运算和数量积运算，即可对选项进行判定．

【解答】解：选项A，，在菱形ABCD中，对角线互相垂直，

则，则A正确；

选项B，E是DC的中点，则＝，故B正确；

选项C，由＝＝及AC＝2可得：

||＝2||＝4，故C错误；

选项D，过E作EF⊥AC交AC于F，因为AC⊥BD，所以EF⊥AC，

又E为CD中点，所以F为AC的四等分点，

由数量积的几何意义知：＝＝＝9，故D正确．

故选：ABD．

【点评】本题考查向量的线性运算和数量积运算，属基础题．

（多选）12．（5分）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是A1B1的中点，AB＝2AA1＝2，则（）

A．△AC1E是等腰三角形

B．三棱锥A﹣B1C1E的体积为

C．B1C∥平面AC1E

D．平面AC1E截该长方体所得截面面积为3

【分析】取AB的中点M，取CD中点N，连接CM，AN，C1N，BM，可得CM∥AN∥C1E，且AN＝CM＝C1E＝，AE∥C1N，AE＝C1N＝，在逐一判定即可．

【解答】解：如图，取AB的中点M，取CD中点N，连接CM，AN，C1N，BM，可得CM∥AN∥C1E，且AN＝CM＝C1E＝，AE∥C1N，AE＝C1N＝，

对于A，因为AC1＝＝3，故△AC1E不是等腰三角形，故A错；

对于B，三棱锥A﹣B1C1E的体积为V＝AA1＝＝，故B正确；

对于C，因为平面AC1E就是平面ANC1E，易得平面CMB1∥平面ANC1E，所以B1C∥平面AC1E，故C正确；

对于D，平面AC1E截该长方体所得截面就是平行四边形ANC1E，在三角形AEN中，AN＝EN＝，AE＝，所以AE边上的高h＝＝＝，

所以平行四边形ANC1E的面积S＝2S△ANE＝2×＝3，故D正确．

故选：BCD．

【点评】本题考查了空间线面位置关系，考查了空间想象能力，属于中档题．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．（5分）如图所示的图像是的一部分，则f（x）＝tan（x+）．

【分析】根据函数f（x）＝Atan（ωx+φ）的部分图象求出T、ω和φ、A的值即可．

【解答】解：根据函数f（x）＝Atan（ωx+φ）的部分图象知，

f（x）的最小正周期为T＝1﹣（﹣3）＝4，所以ω＝＝；

又因为ω1+φ＝+kπ，k∈Z，

解得φ＝+kπ，k∈Z，

又因为|φ|＜，所以φ＝，

所以f（0）＝Atan＝A＝1，

所以f（x）＝tan（x+）．

故答案为：tan（x+）．

【点评】本题考查了正切函数的图象与性质的应用问题，是基础题．

14．（5分）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则角C＝135°．．

【分析】由已知结合余弦定理可求cosC，进而可求C．

【解答】解：因为△ABC中，，

则cosC＝＝＝＝﹣，

由C为三角形内角得C＝135°．

故答案为：135°．

【点评】本题主要考查了余弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．

15．（5分）已知，且α是第三象限的角，则＝﹣6．

【分析】先求出tanα，再将根式化简即可．

【解答】解：∵，∴，∴tanα＝3，

则＝

＝﹣＝，

α是第三象限的角，则|cosα|＝﹣cosα，

则＝＝﹣2tanα＝﹣6．

故答案为：﹣6．

【点评】本题考查同角函数关系，属于基础题．

16．（5分）“阿基米德多面体”称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．则异面直线AB与CD所成角的余弦值为，直线AB与平面BCD所成角的正弦值为．

【分析】设正方体棱长为2，建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量公式和直线与平面所成角的向量公式求解即可．

【解答】解：设正方体棱长为2，根据题意，如下图建立空间直角坐标系：

所以A（1，0，2），B（0，1，2），C（0，2，1），D（1，2，2），

所以，，

则cos＜＞＝，

所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为；

设平面BCD的一个法向量为，

则，令y＝1，则，

设直线AB与平面BCD所成为θ，

所以sinθ＝|cos＜＞|＝＝．

故答案为：；．

【点评】本题主要考查直线与直线所成的角以及直线与平面所成的角，属于中档题．

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．（10分）已知向量．

（1）若，求；

（2）若与的夹角为锐角，求m的取值范围．

【分析】（1）由模的坐标运算计算即可；（2）由题知且不同向共线，再计算即可．

【解答】解：（1）∵，

∴，

∴m＝﹣3，即，

∴；

（2）当时，﹣3﹣4m＝0，∴，此时同向，

∵与的夹角为锐角，

∴且不同向共线，

即﹣3m+4＞0且，

∴且，

∴m的取值范围为（）．

【点评】本题考查平面向量的坐标运算，属于基础题．

18．（12分）如图，一条河的对岸有A，B两点，在这条河的一侧有C，D两个观测点，分别测得∠ACB＝45°，∠BCD＝30°，∠CDA＝45°，∠BDA＝15°，CD＝48m，已知A，B，C，D在同一个水平面上，求AB的长．

【分析】易得△BCD为直角三角形，可得BC的长，再在△ACD中，利用正弦定理求出AC的长，然后在△ABC中，由余弦定理，得解．

【解答】解：在△BCD中，∠BCD＝30°，∠BDC＝∠CDA+∠BDA＝45°+15°＝60°，

所以△BCD为直角三角形，

又CD＝48m，所以BC＝24m，

在△ACD中，∠CAD＝180°﹣（∠ACB+∠BCD+∠CDA）＝180°﹣（45°+30°+45°）＝60°，

由正弦定理知，，

所以AC＝＝＝16，

在△ABC中，由余弦定理知，AB2＝AC2+BC2﹣2ACBCcos∠ACB＝（16）2+（24）2﹣21624cos45°＝960，

所以AB＝＝8m．

【点评】本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．

19．（12分）如图所示的多面体ABCDE中，△ABC，△ACD，△BCE是等边三角形，平面ACD⊥平面ABC，平面BCE⊥平面ABC．

（1）求证：DE∥平面ABC；

（2）若AB＝2，求多面体ABCDE的体积．

【分析】（1）分别取AC，BC的中点M，N，证明DM⊥平面ABC，EN⊥平面ABC，可得DM∥EN，进一步可得四边形DMNE是平行四边形，则DE∥MN，再由线面平行的判定得证；

（2）连接AE，棱锥C﹣ABED的体积是三棱锥C﹣ADE与三棱锥C﹣ABE的体积之和，而三棱锥C﹣ADE与三棱锥C﹣ABE的体积之比为1：2，求出三棱锥C﹣ABE的体积，即可得到答案．

【解答】解：（1）证明：分别取AC，BC的中点M，N，连接DM，MN，NE，

因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，DM平面ACD，DM⊥AC，

所以DM⊥平面ABC，

同理可得，EN⊥平面ABC，

所以DM∥EN，

又因为DM＝EN，

所以四边形DMNE是平行四边形，

则DE∥MN，且DE＝MN，

又DE平面ABC，MN平面ABC，

所以DE∥平面ABC；

（2）连接AE，棱锥C﹣ABED的体积是三棱锥C﹣ADE与三棱锥C﹣ABE的体积之和，

在等腰梯形ABED中，，

所以S△ADE：S△ABE＝1：2，

所以三棱锥C﹣ADE与三棱锥C﹣ABE的体积之比为1：2，

由（1）知，EN是三棱锥C﹣ABE的高，

因为AB＝2，

所以，

所以三棱锥C﹣ABE的体积为，

所以棱锥C﹣ABED的体积．

【点评】本题考查线面平行的判定以及多面体体积的计算，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．

20．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝2B．

（1）求证：a＝2bcosB；

（2）若D是BC上一点，BD＝2DC，AD平分∠BAC，求cosB．

【分析】（1）结合二倍角公式与正弦定理，即可得证；

（2）设BD＝2DC＝2x，由（1）可得cosB＝，再利用余弦定理，化简推出b＝x，代入运算，得解．

【解答】（1）证明：因为A＝2B，

所以sinA＝sin2B＝2sinBcosB，

由正弦定理知，，

所以a＝2bcosB．

（2）解：设BD＝2DC＝2x，则a＝BD+DC＝3x，

由（1）知，a＝2bcosB＝3x，

所以cosB＝，

因为AD平分∠BAC，所以＝＝2，即，所以c＝2b，

由余弦定理知，cosB＝＝＝，

化简整理得，b＝x，

所以cosB＝＝＝．

【点评】本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，角平分线定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

21．（12分）如图（1）所示，∠ABC＝∠ACD＝90°，AB＝BC＝°，如图（2）所示，把△ABC沿AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，E为AD的中点，连接BD，BE，EC．

（1）求证：平面ABD⊥平面BCD；

（2）求二面角E﹣BC﹣D的正弦值．

【分析】（1）根据面面垂直的性质可知CD⊥平面ABC，由此得到AB⊥CD，再结合AB⊥BC，可得AB⊥平面BCD，进而根据面面垂直的判定得证；

（2）分别取BD，