辽宁省抚顺市2023学年高一年级下册期末考试数学试卷

高一数学

考试时间：120分钟试卷满分：150分

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每题四个选项只有一个符合题目要

4-i2

I.已知i为虚数单位若复数2—i,则2虚部是（）

答案：B

z=2-i

所以虚部为T,

故选：B.

7T

2.若扇形的面积为彳，半径为4,则该扇形的圆心角为（）

2

71„7T„n

A.—B.—C.一

468

答案：D

解析：由扇形面积公式可得：S=:ar2=!ax42=E，解得&=当.

22216

故选：D

ab

3.设a,£是非零向量，“R=M”是“a=夕的（

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

答案：B

解析：由R=M表示单位向量相等，则〃同向，但不能确定它们模是否相等，即不能推出a=b,

--ab

由a=6表示a,〃同向且模相等，则而=耐，

ab

所以"Hn=U\bJ\"是"a=)”的必要而不充分条件•

故选：B

4.下列命题正确的是()

(I)已知平面a和直线，小〃，若加a,〃ua,则6〃“；

(2)已知平面a,户和直线，"，n,且"?，〃为异面直线，,n工0.若直线/满足/_1_加，

/<za,lap,则a与尸相交，且交线平行于/；

(3)已知平面a,户和直线相，n,若用ua,〃ua,〃？/?,n尸，则a〃/?；

(4)在三棱锥P—ABC中，PA1PB，PB1PC,PC±PA,垂足都为P,则尸在底面上的射影

是三角形ABC的垂心

A.(2)(4)B.(2)(3)(4)C.(3)(4)D.(1)(2)

答案：A

解析：对于(1)：在正方体ABCD-ABC。中，45〃平面ABC。，A£>u平面A5C。，显然3耳与AO

异面，故(1)错误;

对于(2)：假设a//〃，因为机，2,所以〃Z_L4，又〃，夕，所以相〃〃(矛盾)，故a与尸相交，记

交线为

过直线机上点A作〃'//〃，记加,“'所在平面为7,

因为机_La,nvp,/'ua,/'u尸，所以m_L,

又〃'〃"，所以〃

因为，篦c〃'=uuy,所以

因为/所以/_]_〃'，

又I_Lm,mc"'=A,〃zu/,〃'u/,

所以/J_/,所以///I',(2)正确;

对于（3）：由面面平行判定定理可知（3）错误;

对于（4）：作P。/平面ABC,因为3Cu平面ABC,所以PO_ZBC,

因为批1PB，PC±PA,PBPC=P,P民PCu平面P8C,

所以241平面PBC.

又5Cu平面PBC,所以P4_LBC

因为P4PO=P,P4,POu平面PAO，

所以平面PAO,

因为AOu平面PAO,所以AO1BC,即点。在..A8C的8c边的高上.

同理，点。在AABC的A8边和AC边的高上，

所以点。为,43。高的交点，即。为43c的垂心，（4）正确.

5.已知函数/(无)=cos4X-2sin无cosx—sin,尤，则/(x)的最小正周期为()

一7C71

A.27cB.1C.—D.—

24

答案：B

解析：由题设，/(x)=(cos4x—sin4x)—2sinxcosx=cos2x—sin2x=V2cos(2x+—),

4

27r

所以最小正周期为7==1=%.

2

故选：B

6.已知函数y=2-”"2（〃＞（）,且a0l）的图象过定点尸，O为坐标原点，射线OP是角夕的终边,

sin。-2cos8

则)

2sE开cos。的值为

3

2

答案：c

解析：根据题意，定点。的坐标为（2,1）,结合三角函数的定义得到tane=g,

「sin。-2cosetan0—23

乂--------------=----------=—.

2sin6+cose2tan0+14

故选：C.

7.设£d0,弓，若sina=3sin(a+2夕)，则tan(a+2/)的最小值为().

\2)

AOB6c五D夜

4422

答案：A

解析：因为sina=3sin(a+2/3),则sin[(a+2/3)—2/3]=3sin(a4-2/3),

所以sin(a+2")cos24—cos(a+24)sin2/3=3sin(a+2/7),

即sin(a+2/7)(cos2/?-3)=cos(a+2/?)sin2/7,

sin2/9

于是有tan(a+2/7)=

cos2/7-3

2sin/7cos^

所以tan(a+277)=

cos23P-sin2p-3cos2p-3sin2p

2sin/?cos/?_tan/?_1

222*1

-2cosyff-4sin/72tany0+l2tan/7+

tan/

因为Aef0,~所以tan#>0,于是有2tan4+—二N2、2tan/7•—二=2夜,

tanp\tan/?

1R

当且仅当2tan£=一^即tan/?='时，等号成立，

tan夕"2

所以tan（tz+26）的最小值---7==,

2V24

故选：A.

8.在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童已知棱台ABCD—是一个侧棱相等、

高为1的“刍童”，其中AB=2A'9=2，BC=2B'C'=26，则该“刍童”外接球的表面积为（）

A.20兀B.v兀C.如叵7tD.5屈

33

答案：A

如图，连接AC、BD、A'。'、8rl,设ACCBO=",A1。'CRD=N,连接MN.

•.•棱台ABCD—A'B'C'Z)'侧棱相等，易知其外接球球心在线段MN所在直线上，设外接球球心为0,

如图当球心在线段MN延长线上时，

22

易得4。=（钙2+3。2=,4+12=4,MC=2,A'C'=ylA'B'+B'C'=yfl+3=2-NC'=1,

MN=l,

由OC=OC得，NC'2+ON1=OM2+MC1,即

1+（0例+例N）2=O“+4=1+（QM+1）2=O用2+4=OM=I,

故"=oc=炉方=折

...外接球表面积为4兀•（石了=20兀.

如图当球心在线段MN上时，

由OC=OC得，NC/ON。=OM°+MC，,即

1+（"N—=QA/2+4=I+（I-QM）2=Q河2+4=0加=-1舍去,

故选：A

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，计20分.在每小题给出的选项中，有多个选

项是符合题目要求的，全部选对得5分，有选错的得零分，部分选对得2分.

兀7t

9.已知复数z=sin—+icos—，贝I]()

66

A

A.Z的虚部为YliB.Z在复平面内对应的点在第四象限

2

c.z+z=|z|D.Z是关于x的方程》2-》+1=0的一个根

答案：BCD

解析：依题意，复数z=L+Y3i，复数z的虚部为X3,A错误；

222

Z=在复平面内对应的点(；，-走)在第四象限，B正确；

Iz|=J(\)2+=1,z+z=(g+*i)+(；-*i)=l，则z+z=|z],C正确：

2[1/I6.、[7161V3.八

z-z+l=z(—I-----i)—(—I------i)+1=(-----1-----i)-----------i+1=0>

22222222

即z是关于x的方程/一x+i=o的一个根，D正确.

故选：BCD

10.在△ABC中，角4B,C所对的边分别为。，b,c,}=4且sinA:sinB:sinC=i：2：、/7,下列说法

正确的是()

A.AABC为钝角三角形B.AB边的中线长为3

C.△ABC周长为6+2J7□.△ABC的外接圆面积为普

答案：ACD

解析:对于选项A,：sin4:sinB:sinC=l:2:J7,•••Q:〃：C=1:2:J7，

可知a=3b=2k,c=y/lk(*为比例系数)，

t•c>b>a,A判断最长边所对应的角是否为钝角即可，

由余弦定理得：7/=Y+4R2—4/cosC，解得cosC=-1,

27r

又・・・0vCv兀，・・・。=3-,・・・△ABC为钝角三角形，则选项A正确；

对于选项BZ=2,〃=2,c=2币,

2_277所

由正弦定理得一j=-J,即嬴彳一二下，解得sinA=4，

sinAsinCsin——14

3

•.•角A为锐角，AcosA=Vl-sin2.

14

设AB的中点为£），在△A£>C中，

Sly

由余弦定理得：C£）2=AC2+AZ）2—2AC-ArrcosA=16+7—2x4x/x工=3,

14

则。£）=g，即A8边的中线长为6,则选项B错误；

对于选项ABC周长为a+b+c=2+4+2，7=6+26，则选项C正确;

2V21

对于选项D，由正弦定理得:H=」一

2sinA3

则△ABC外接圆的面积为兀及2=亍，则选项口正确,

故选：ACD.

II.已知平面四边形ABCO，O是ABCO所在平面内任意一点，则下列命题正确的是（）

A.若A3=£>C，则ABC。是平行四边形

B.若|A8+A4=|A8—A4，则ABC。是矩形

C.若—0司=|。4+08—2。［,则二A3C为直角三角形

D.若动点尸满足0P=Q4+阳।一i---------+i一,——1------（加>0）,则动点P的轨迹一定通过

\AB\sinZABC\AC\sinZACB

.A3C的重心

答案：ACD

解析：由A3=OC,可得AB//CD,且A6=CO,故ABC。是平行四边形，所以A正确；

由卜8+44=卜3-4。|,平方可得AB,AD=0,即M1AZ），但488不一定是矩形，所以B错误；

由—O耳=3+05—20。，可得怛H=|OA-OC+O3—OCj,HP|CA-Cfi|=|CA+Cfi|,因此

CA±CB,所以「.ABC为直角三角形，所以C正确；

作A£1BC于石，由于k8卜皿5=卜。卜皿。=卜目，所以

\

AHACm/

OP=OA+m।~j-------------+；~；--------------=。4+-AB+AC即”=向（"+4,），

jAB|sinZABC|AC|sinZACB)|AE|V

故P的轨迹一定通过ABC的重心，所以D正确.

故选：ACD.

12.我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文

件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章

摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体；如图2,已知正四棱柱和正四

棱锥的高相等，且底面边长均为2,若该几何体的所有顶点都在球。的表面上，则（）

图1图2

A.正四棱柱和正四棱锥的高均为:

B.正四棱柱和正四棱锥组成几何体的表面积为12+40

C.球。的表面积为9兀

D,正四棱锥的侧面、侧棱与其底面所成的角分别为。则

答案：BC

解析：设正四棱柱和正四棱锥的高为力，球。的半径为，

根据正四棱柱和球的对称性可知：该几何体的外接球的球心为正四棱柱的中心，

球的直径2r即为正四棱柱的体对角线，

且正四棱柱的体心到正四棱锥的顶点的距离:力=r,

根据正四棱柱的体对角线公式得（2r）2=2?+2?+〃2n4户=8+1户nr=T,

19

因此力=1,所求球的表面积为4兀/=4兀•二=9兀，故选项A不正确，C正确；

4

在直角三角形EFG中，EG=J/+（；x2）2=近，

所以正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的表面积为:

4xlx2x>72+2x2+4x2xl=12+4V2,所以选项B正确，

2

如图所示：tancr=tan?EGF1=1,

]^/2

tan

B-tan/FHE--1?〔~,显然有tana>tan/?=a>分,

-xV22+22

2

所以选项D不正确，

故选：BC

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.i是虚数单位，己知侬―1|=|①一『写出一个满足条件的复数。.

答案：a)=l+i(答案不唯一，满足<y=a+«i(awR)均可)

解析：设物=a+历(a,beR),因为|。一1|=|①-i],

所以,一1+历|=|a+g_l)i|,即1(a-l)2+方=7«2+0-1)2，

整理得。=匕，取。=。=1得力=l+i.

故答案为：刃=l+i(答案不唯一，满足a=a+ai(aeR)均可)

14.已知d45C1中，。为边上的点，且2BD=0C,若4£>=/九钻+〃4。(根,〃€氏)，则

m-n=.

答案：§

1[.n1

解析：依题意AO=A5+8O=A5+—5C=A8+-(AC-A5)=—A5+-AC,

33V733

…211

片「以〃2=一,〃=一,—〃=­・

333

故答案为:

3

BD

15.由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥，其侧面三角形底边上的高与

底面正方形边长的比值为叵比，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为

4

答案:：

解析：如图,

设正四棱锥的底面边长为，高为力，斜高为"，石为CD的中点,

则由题意得：四=且±1,所以/=好士!

a44

则设以该四棱锥的高为边长的正方形面积为S],5=〃2=*一一£=耳1。2,

V5+1

设该四棱锥侧面积为邑=4=2a------a

42

I

s-1

0

所

以-=-=-

sn4

^0

故答案为：!

cox兀

16.若函数/(x)=4sin<yxsin2----1■—+COS2妙_1(/>0)在内有且仅有一个最大值点,

24；

则3的取值范围是.

9

答案：

冗

22

解析：/(冗)=2sins[l—cos(5H——)]—2sin69x=2sincox(\+sinct)x)-2s\nGX=2sincoxf

JIJI37c一,(D7t

而切>0,贝卜式4-----<cox<----,

3232

71,CD7T5乃

——<---<---l<^y<5

2-229

依题意得〈解得9，即IK69V—，

CD713万co<—2

下>一52

9

所以①的取值范围是口，5).

9

故答案为：U,5)

四、解答题(17题10分，18题・22题每题12分，合计70分)

17.已知〃=(—1,2),/?=(1,-4).

(1)若Ra+b与a—b垂直，求实数%的值；

(2)若J为4a+力与4+)夹角，求COS。的值.

13

答案：(1)k=y

(2)--

5

(1)

因为a=(-l,2),。=(1,-4),所以

|«|=V(-02+22=>/5,|&|=Vl2+(-4)2=V17,a-b=—\—8=—9»

又女”+人与垂直，所以

(版+力).("/?)=版+(1-攵=5攵-9(1--17=0,

解得左=113；

(2)

因为4a+0=4(-l,2)+(l,-4)=(_3,4),。+0=(-1,2)+(1,-4)=(0,-2)

(〃

44+/?)•(+Z?)0—84

所以COS。=

|4<7+/?|-|d+Z?|7(-3)2+42X25

7T

18.已知cosac°s(a—0=且0v/?vaV,.

7

（1）求tan2a的值;

(2)求/?.

答案：（1）—迪；（2）-

473

解析：(1)*.*cosa=,且0v/?vav5，

・•.siiEK迪

7

.sina入伍

••tanci——4,3,

COS6Z

2tana873

tanla-

1-tan2a万

jr

(2),**0</?<<—f

jr

0<.cc-/3,

八13

又cos(a—p)——,

14

sin(a-/7)=Jl-coTg-g)=--,

cosp—cos[6z—{a—尸)]=cosacos(a—/?)+sinasin(a—/?)

13+4后x3石一1

-7x14-5’

rr

所以4=1.

19.三棱柱ABC-的棱长都为2,o和E分别是84和AG的中点.

(1)求证：直线。石//平面ABC”

⑵若NAAC=60。，点8到平面ACC|A的距离为百，求三棱锥。-ABC1的体积.

答案：(1)证明见解析

(1)

在三棱柱ABC-AB]。中，ABHA\B[,取4G中点居连接。凡EF,

v。和E分别是BB]和&G的中点，

:.DF/IBC[,EF11必[,.,.EF//AB,

又OFz面ABC1，BQu面ABC]，且斯0面A8C「ABu面ABC1，

〃面ABC],EF//面ABC],又DFEF=F,DE,EFu面DEF，

面DEF〃平面A8C1,而DEu面DEF,故直线DE〃平面ABC1.

法二，连接CE交AC】于点G,连接C£＞交8G于点H,连接，G,如图，

在三棱柱ABC-Age［中，A|C|//AC,BB】UCC「

.EGEC{\DH=BD=\

''~GC~~AC_5，HCCCX~2'

，尝=怨，则。E//HG,又OEz面ABCr"Gu面AB。，

GCHC

直线OE//平面ABC1.

•.•直线OE//平面ABC1,

VD-ABC,=VE-ABC,>又幺AC=6()。，

所以平行四边形ACC/,边AC上的高”=2sin60°=G，

由B到面ACGA的高4=G，则/-ABC,=%_AEG=：SAg/B=gx；xlx石X6=g.

20.在锐角中，角A、B、C的对边分别为“、4c,其面积为5,且S—a)3+a)+accos8=¥s.

(1)求角4的大小；

(2)若。=2g，求S的取值范围.

7T

答案：(1)A=-;

（2）（263同

（1）

在锐角..ABC中，（。一。）（。+a）+accos6=殛S，由余弦定理cosB=*+匚k,

3lac

，曰，22a~+c2-2>/3Rr./?~+—矿2^3-na'i•A->2八，

得力一。“+----------=----S，即-----------=----S，又s=­Z?csinA,人2+。~-«2=2Z?CCOSA,

23232

因此bccosA=3g,』/?csinA，有tanA=#，而。<A<[,解得A=1,

3223

所以A=5.

（2）

由（1）知，A=—B=——C,

393

b_c_a_2G_

由正弦定理得：sinBsinCsinA，即b=4sin8,c=4sinC,

~2

则S=­Z?csinA=­-4sinB-4sinC-sinA=4百sinBsinC=4>/3sin（——C）sinC

223

=46（?cosC+；sinC）sinC=4\/3（^y-cosCsinC+^-sin2C）

0<C<-

2cin兀-兀工一口d兀c兀57c

又.ABC是锐角三角形，则有《即一<Cv—,亦即一v2c---v—,

八2加八n62666

0<----C<—

32

于是]<sin（2C_g）41,28Vs436，

2o

所以S的取值范围是(2%,3%].

21.如图（1）,平面四边形A8DC中，ZA5C=NO=90°,AB=BC=2,CD=1,将，.ABC沿5c边

折起如图(2),使点板，N分别为AC,AO中点.在题目横线上选择下述其中一个条件，然后

解答此题.①AO=J7•②AC为四面体ABDC外接球的直径.③平面ABC1平面BCD.

图⑴图⑵

（1）判断直线MN与平面题是否垂直，并说明理由；

（2）求直线DM和所成的角的余弦值.

答案：条件选择见解析，（1）垂直，理由见解析；（2）注.

4

解析：（1）若选①：垂直.

因为A0=J7,在RtBCD中，BC=2,8=1,可得BD=6，

又由AB=2，所以+=AD?，所以A81BO，

因为A318C,且3CBD=B,3GBeu平面C5。，所以AB工平面C&）,

又因为COu平面C8D,所以ABLCD,

又由CDIM,AB8且A3,8Ou平面施），所以CD1平面砌），

又因为A7,N分别为AC,AO中点，所以MNHCD,所以MNL平面碰.

若选②：垂直.

由AC为四面体A80C外接球的直径，则NADC=90°,CD1AD,

因为0180,可证得平面做），

又反，N分别为AC，AD中点，MN//CD,所以脑V，平面械）.

若选③：垂直.

由平面A3C1平面BCD,平面ABCc平面8CD=6C,

因为A513C,且ABu平面ABC,所以AB/平面CB。，

又由CDu平面CBO,所以A3_LCD,

因为CD1BO,ABFO=B且A3,3Ou平面砌），所以COl平面ABD，

又因为“，N分别为AC,A。中点，MNIICD,所以MN_L平面砌）.

（2）取AB中点E，连接“£,。阳,£>£,

因为分别为AC,A3边中点，所以ME〃BC,

所以/EW或其补角为直线DM和8C所成的角.

在AADC中，CO=1,AD=&，AD1CD,所以AC=26=2DMDM=6.

又ME=LDE=yjBD2+BE2=用1=2,

1+2-4J2

由余弦定理可得：cosNEMD=———

2V24

所以直线DM和3c所成的角的余弦值为也.

22.已知函数/（力=忌m（8+0）-2以）S2您普+1®>0,0<°<兀）为奇函数，且图象的相