2022-2023学年四川省成都市重点中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年四川省成都市重点中学高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.复数2=噌（£1,匕€/?）为实数是“。=0”成立的（）

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

2.若将一个棱长为2CM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

为（）

__DO4

A.8cm3B.4A/-3?rcm3C.—ncm3D,-ncm3

3.设出另是两个不共线的向量，且向量2W+4石与（34-1）w+3是平行向量，则实数2的值

为（）

A.—B.1C.1或-弓D.-1或-母

4.函数y=cos华|tan掾|（一1<8<1）取得最小值时，8的值为（）

A.B.0C.1D.|

5.《九章算术商功/中提及的“鳖席”现意为四个面均为直角三角形的三棱锥，则“鳖腌”

中相互垂直的平面有对（）

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

6.已知点N,。，P在△ABC所在平面内，且或+而+pc=3P1V,O12=OB2=就之,而•

~PB=~PB-~PC=~PC-~PA，则点N,0,P依次是△48。的（）

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

7.已知钝角△ABC的角力，B,C所对的边分别为a,b,c,b=2,c=3,则最大边a的取值

范围为（）

A.（1,5）B.（1,门）

C.（>ra,5）D.（1,V-5）U（AO3,5）

8.已知对任意平面向量用=（久,y）,把四=Qy）绕其起点沿逆时针方向旋转。角得到向量

AP=（xcosd—ysind,xsind+ycos。），叫做把点B绕点4沿逆时针方向旋转。角得到点P.已知

平面内点4(1,2),把点B绕点71沿顺时针方向旋转g后得到点P—2』-二)，则点B的坐标

为()

A.—2,—|+V-3)B.(1+—I+V-3)

ZZZ

C.(号-2,2-2AT3)D.(1+2-2门)

二、多选题(本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求)

9.已知A4BC的角4B,C所对的边分别为a,b,c,/=Ca且马=上，则下列说法正

sinAcosB

确的是()

A"=60。B.(瑞+品).前=0

C.△ABC为等腰非等边三角形D.AABC为等边三角形

10.已知三条不同的直线Z,m,n和三个不同的平面a,0,y,下列说法正确的是()

A.若I1a,m1I,则m〃a

B.若m,n为异面直线，且nua,mu0,m.//a,n//p,贝！|a//0

C.若m11,0Cy=m,贝!H1°

D.0

12.在棱长为4的正方体ABC。-4/1GA中,E,F,G,R,S分别是BD,BrDr,ACr,

BiG的中点，点H是线段GG上靠近G的三等分点，点/是线段CF上靠近F的三等分点，P为底

面4B1QD1上的动点，且DP〃面4CE,贝1]()

A.RI//CH

B.三棱锥H-4BC的外接球的球心到面ABC的距离为g

C.多面体EB1S-ABC为三棱台

D.P在底面a/iQA上的轨迹的长度是2，7

三、填空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.在正三棱柱4BC-4B'C'中，D为棱4C的中点，AB=BB'=2,则异面直线BD与B'C'所

成角的为

14.已知两个粒子4B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为。=(1,0),

5^=(1,<3);则T在靠上的投影向量为

15.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面4BCD为矩形；E为PD的

中点.若4P=1,AD="AB=p当三棱锥P-4BCD的体积

4

取到最大值时，点E到平面P8C的距离为.

16.在AABC中，若儡=-：,丽=虎,ABAC的内角平分线交边BC于点E,若力。=6,

AE=则△ABC外接圆的直径为.

四、解答题(本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题10.0分)

已知。(0,0),4(1,2),B(4,5),诃=OA+tAB(tER).

(I)t为何值时，点P在y轴上？

(II)若正与荏的夹角是钝角，求t的取值范围.

18.(本小题12.0分)

已知函数/(无)=sin(x-勺+sin(x+勺+cosx+a的最小值为一3.

(I)求函数的递减区间；

(II)英国数学家泰勒(B-Taylor,1685-1731)发现了如下公式:cosx=1-^+^-^+…，

2!4!6!

其中几!=nx(n-1)x(n-2)x•••x3x2x1,该公式被编入计算工具，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/6-1)的值：(结果精确到小数点后

4位,参考数据：3~2.5x10-5,2=2.8x10-7)

o!1U!

19.(本小题12.0分)

如图，在四棱锥P—ABC。中，底面4BCD为菱形，。21底面48。£),PA^AB=2,E为线段

PB的中点，F为线段BC上的动点，平面4DEC平面PBC=1.

(I)证明：1//BC；

(11)若/到平面/54。的距离为1,求力F与平面PBC所成角的最小值.

20.(本小题12.0分)

已知A4BC的角4,B,C所对的边分别为a,b,c,且b=8,c=5.

(I)若以:05。+y/-3asinC—b—c-0>求4

(II)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f(4)=2「sin24+

cos(24+今一+1的值域.

条件①：0W元荏2—就23404；

条件②：0<cosA<sinA.

21.(本小题12.0分)

已知AABC的角a,B,C所对的边分别为a,b,c,点。是AABC所在平面内的一点.

(I)若点。是AABC的重心，且反•砺=0，求cosC的最小值；

(II)若点。是AABC的外心，前=40+〃前(儿〃eR),且a=4,c=6,(nU+4—

g)sin2B(meR)有最小值，求m的取值范围.

22.(本小题12.0分)

如图，在五边形A8CFD中，四边形48CD为矩形，点E为边的中点，4B=手，2。=2,

DF//EC,PF1FC.沿EC,ED将△BEC,△4ED折起，使得4,B重合于点P,得到四棱锥尸一

ECFD,G为侧棱PD靠近P的三等分

(I)求。6与ED所成的角;

(II)求平面PED与平面PCF所成锐二面角的正切值.

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：Z=罕=6—由为实数，

则a=0,充分性成立，

当a=0时，z=bER,必要性成立，

故复数Z=1(a,beR)为实数是“a=0”成立的充要条件.

故选：C.

根据已知条件，结合实数的定义，以及复数的四则运算，依次判断充分性、必要性，即可求解.

本题主要考查复数的四则运算，属于基础题.

2.【答案】D

【解析】解：将一个棱长为2cm的正方体铁块打磨成一个球体零件，当球体为正方体的内切球时，

零件的体积最大，

易知正方体内切球的半径为1cm,

所以可以制作的最大零件的体积为守兀。山2,

故选：D.

当球体为正方体的内切球时，零件的体积最大，根据正方体的棱长求出内切球的半径，从而求出

结果.

本题主要考查了正方体的内切球问题，是基础题.

3.【答案】C

【解析】解：不共线，

•••23+49W6，

•••2五+49与(34—1)五+3是平行向量，

・,•存在〃，使(32—1)a+K=2/1a+4林后,

・•・根据平面向量基本定理得：｛%［；=2〃一..3於_%_2=0,解得2=1或—|.

故选：C.

根据题意可得出(32—1谆+3=2〃1+加3,然后得出］£［；=2匕然后解出力的值即可.

本题考查了平面向量基本定理，共线向量基本定理，向量的数乘运算，考查了计算能力，属于基

础题.

4.【答案】B

'7T0

【解析】解：由于y=cos亍n|tan亍n|=］—sin—„(—1V640)，

''卜i嗯(0<6»<1)

由函数y=sin竽在0<0<1上单调递增，函数y=-sin竽在一1<9<0上单调递减，

故当8=0时，函数取得最小值-1.

故选：B.

直接利用分段函数的定义和同角三角函数的关系式的变换求出结果.

本题考查的知识要点：函数的关系式的变换，分段函数的定义，主要考查学生的理解能力和计算

能力，属于基础题.

5.【答案】B

【解析】解：仇章算术商功》中提及的“鳖席”现意为四个面均为

直角三角形的三棱锥，如图：

则“鳖席”中相互垂直的平面有：平面1平面48C,平面口4cl

平面ABC,平面DBC1平面DAB.

故选：B.

画出图形，利写出结果即可.

本题考查平面与平面垂直的判断，是基础题.

6.【答案】A

【解析】解：PA+PB+PC=3PN，

则方-PN+PB-PN+PC-PN=NA+NB+NC^O,即可为44BC的重心,

由题意可知，|瓦4=\0B\=\0C\,

。到三角形三个顶点的距离相等，

•1•。是三角形的外心，

■■■PA-PB=PB-PC=PC-PA，

7B(PA-~PC)=0,

.-.7B-CA=O,

•••PB1CX.

同理得到另外两个向量都与相对应的边垂直，

故P是三角形的垂心，

故选：X.

根据已知条件，结合三角形五心的定义，即可依次判断.

本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题.

7.【答案】C

【解析】解：•・•△4BC为钝角三角形且a为最大边，

.•.4为钝角，则郎4=内—<0,

2bc

a2>fe2+c2=13,a>V13,

又b+c>a，V13<a<5.

故选：C.

由条件知4为钝角，由余弦定理和两边之和大于第三边即可求得.

本题考查余弦定理的应用，属于基础题.

8.【答案】D

【解析】解:根据题意知将P点绕点4沿逆时针方向旋转g后得到点B,且P(孕-2=-，石),4(1,2),

J22

AP—(y—3,-|—V-3)>

又存-3)•|+(|+C).?=C，(冷-3)•冷一(|+G-:=-2"

：.AB=(AT3,-2AT3),

B(l+C,2-2「).

故选：D.

可求出向量方的坐标，并根据题意知P点绕点4沿逆时针旋转后得到点B,然后根据条件即可求

出向量通的坐标，从而得出点B的坐标.

本题考查了根据点的坐标求向量的坐标的方法，考查了计算能力，属于中档题.

9.【答案】ABD

【解析】解：选项A,由正弦定理及皿当=知，y/~3sinAcosB=sinAsinB>

stnAcosB

因为s讥4>0,所以tanB=吗=

cosB

又B6（0。,180。），所以8=60。，即选项A正确；

选项C与。，由余弦定理知，h2=a2+c2-2accosB,

因为力2=ca,所以ac=a2+c2—2accos60°,整理得（a—c）2=0,即a=c,

所以△ABC为等边三角形，即选项C错误，选项。正确；

选项8,由平面向量的加法运算法则知，需+品与N48C的角平分线共线，

因为△力BC为等边三角形，所以（黑+黑）1而，即（黑+黑）.前=0,故选项8正确.

\AD||CD||71£>||Co|

故选：ABD.

选项A,利用正弦定理将粤=―也中的边化角，再由同角三角函数的商数关系，得解；

sinAcosB

选项C与D,结合=ca与余弦定理，可得a=c,再由选项A中的结论，得解；

选项3,由平面向量的加法运算法则知，孺+得与N4BC的角平分线共线，再由等边三角形的

性质，得解.

本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，平面向量的运算法则是解题的关键，考查逻

辑推理能力和运算能力，属于中档题.

10.【答案】BD

【解析】解：若11a,mil,则血〃仇或血ua,故A错误；

若zn,几为异面直线，且几ua,mu8,m//afn///?,贝！Ja〃£,故5正确；

若ml/,/?ny=m,则/u/?或〃〃或/与/?相交，相交也不一定垂直，故C错误;

若anS=Z,ny=m,yna=n,a,0,y两两垂直，如图，

在y内的两直线爪与n外任取一点P,过P分别作P41ZU,垂足为4PB1n,垂足为8,

由平面与平面垂直的性质定理可得PA1PB1I,得到/_L平面y,贝!Him,1171,

同理可得mlri,即2,m,ri也两两垂直，故。正确.

故选：BD.

由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系判定2BC；直接证明。正确.

本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思

维能力，是中档题.

11.【答案】BC

【解析】解：由已知得，圆心角氏e6（0,兀）所对的“古典正弦”为2s讥务

当圆心角8£（。1）时，。的“古典正弦”除以tcm。为

0

21

。

。

。2COS-11

-SIH02

-2e2--28

OSS-

co2

6。C

ee时6

(O,2--22

设"COS3则y=2cos］菽=2”工，te（¥，l）,

乙Lu〉？乙

y'=2+?>0,贝ke（好,1）时单调递增，ye（0,1）.

21

（o,i）,o,1g（o,i）,

故选：BC.

由题意得，圆心角氏。e（0,兀）所对的“古典正弦”为2s出，利用同角三角函数的基本关系和二

倍角公式将2si74+tan。变形为2cos5-藕，利用单调性可以求出该式的范围为（0,1）,结合选项

可得结论.

本题考查新定义问题，由题设及三角函数公式将2s讥5+tern。变形为2cos5-3后，利用单调性

ZJcos^

求解.考查数学抽象，数学建模素养.

12.【答案】ACD

【解析】解：根据题意，可知R/,C”u平面441QC,如图1画出平面441GC,取/C的中点Q,连

接GQ,FG,

在AACG中，由中位线定理可知RF=2CG，

所以R为FG中点，则在AGFQ中，由中位线定理得，RI//GQ,

由AGFQ三ACCiH,得乙GQF=

由平行线性质NHCQ=乙CHC「

所以NHCQ=NGQF,可得GQ〃CH,所以RI〃CH,选项A正确；

依题意，由于△48c为直角三角形，则其外心为点尸，

又因为FG1平面28C,所以三棱锥H—48C的外接球的球心。在直线GF上(如图2),

设FO=x,^RtAOGH,Rt△OFC^OU=OC=R,

2222

得/+FC=(4-以+GH,即/+(<2)=(4-x)+(亨产,

解得％=与，则球心到面4BC的距离为与，选项B错误；

由题意，可知平面EB]S〃平面力BC,

延长BBi，CS,AE,BBi与CS交于点、K,B/与4E交于点肥,

由于BiS〃8C,且8IS=^BC,

所以当为BK的中点，同理名为BK'的中点，

所以K与K'重合，即多面体E/S-ABC三条侧棱交于一点，

故多面体EBiS-ABC为三棱台，选项C正确；

取GA的中点N,M,连接MN,DM,DN,（如图4）,

由题意易知MN,ES〃ESu平面ACE,MNC平面4CE,

所以MN〃平面DMN,同理MD〃平面4CE,

MNu平面MND,MD平u面MND,MNCMD=M,

所以平面MND//平面4CE,

当点6MN时，DPu平面MND,所以DP〃平面4CE,

则P在底面4/1GD1上的轨迹为MN,且MN=2「，选项D正确.

故选：ACD.

在平面A41GC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R〃/CH,可判断

选项A正确；确定三棱锥H-HBC的外接球的球心。在直线FG上位置，即可求出球心到面ABC的

距离，可判断选项2错误;根据棱台的定义判断多面体EB]S-ABC为三棱台，可判断选项C正确；

找到过点。与面4CE平行的平面，即可找到点。的轨迹，可判断选项。正确.

本题考查了线线、线面位置关系，面面平行的判定与性质，属中档题.

13.【答案】I

【解析】解：如图，BC//B'C,

••・异面直线BD与B'C'所成角为ADBC,

・・・△ABC为等边三角形，。是AC的中点,

TT

・••Z.DBC=7.

6

故答案为：I.

画出图形，可看出异面直线BD与B'C'所成角为ADBC,并根据条件容易得出

本题考查了异面直线所成角的定义及求法，正三棱柱的定义，考查了计算能力，属于基础题.

14.【答案】4？)

【解析】解：•••S2=(1,0)，q=(1,AT3)«

•••惠在霏上的投影向量为(浮)匹==6,?).

故答案为:《，？).

根据投影向量的定义，向量数量积的坐标运算，即可求解.

本题考查投影向量的定义，向量数量积的坐标运算，属基础题.

15.【答案】］

【解析】解：因为四边形28CD为矩形，边长为定值，所以要使三棱

锥P-力BCD的体积取到最大值，贝IJP4，平面4BCD,

取P力的中点F,因为E为PD的中点，所以EF〃4D,

VUAD//BC,

所以57/BC,

所以E,F到平面P8C的距离相等,

所以/—PBC=^F-PBC=Vc-PBF'

因为P2_1_平面ABCD,PAu平面P2B,

所以平面PAB_L平面4BCD,

又因为平面P48C平面ABC。=AB,

BC1AB,BCu平面ABCD,

所以BC1平面P4B,

所以PB=<PA2+AB2=J12+$2=q,

S^PBF=5sAPAB=5x/PAxAB=ix1xa=yr，S^PBC=gPB,BC=x|xV-3=

乙乙4nrTT±O乙N4o

所以（_PBF=gs^PBF•BC=［X9XV-3=

DDiOlO

设尸到平面PBC的距离为h,

115C

所

-以X8Xh-

33--

解得力=条

故答案为：

三棱锥P-4BCD的体积取到最大值时PA1平面4BCD,取P4的中点F,由EF〃4D,由等体积法,

求出F到平面PBC的距离，即求出E到平面PBC的距离.

本题考查等体积法求点到平面的距离，及平行线到平面的距离相等的性质的应用，属于中档题.

16.［答案］8AT5

因为NB4Ce（0,兀），所以，则NB4E=NCAE=:

又SAABC—S“BE+S“EC，所以gAB-AC-sinZ-BAC=^AB-AE-sin/BAE+^AB-AE-sin/CAE,

贝物CX?=/X2SX?+：CX2<7X?，整理得：be=2A/~攵（b+c）①,

1

+硝2-

5LAD=^AB+^AC,所以I而I=I＜通+4前I=2-

乙乙LL

I^AB2+^AC2+^AB-AC，

\442

则6=I-c2+h2--bo整理得〃+©2-6c—144=0②，

联立①②可得：(儿)2-24儿一1152=0,解得be=48或儿=一24(舍)

在^ABC中，由余弦定理可得出=fo2+c2—2bccosZ.BAC=h2+c2+be=2bc+144=240,

所以a=4，15,

设△ABC外接圆的半径为R,由正弦定理可得2R=sin"4C==8门，

~1T

所以△28C外接圆的直径为8y.

故答案为：8/亏.

根据磊.盖=一轲得NBAC=y,从而得NB4E=CAE=*利用三角形面积公式可得尻=

2V-2(fa+c)>再利用AD=6,结合数量积的运算可得+c?-be-144=0,从而可得be,利用

余弦定理得a,最后应用正弦定理即可得△ABC外接圆的直径.

本题主要考查平面向量的数量积，属于中档题.

17.【答案】解：由题可知瓦5=(1,2),AB=(3,3),

所以丽=OA+tAB=(1,2)+t(3,3)=(3t+l,3t+2)，

即P(3t+l,3t+2),由点P在y轴上，

-1

有3t+1=0,即t=一点

(2)若而与屈的夹角是钝角，

则有加•AB<0且而与乐不共线，

m，3(3t+1)+3(3t+2)<0_1

B|Jl3(3t+1)*3(3t+2)'解得《<-了

所以t的取值范围是(-8,-

【解析】(1)找出而的坐标，根据点尸在y轴上，得出横坐标为0,求出t值;

(2)将夹角为钝角转化为数量积小于0,但是要排除反向共线的情况.

本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，属基础题.

18.【答案】解：(I)因为/(%)=sin(x-+sin(x+]+cosx+a

=2sinxcos7+cosx+a=2sin(x+7)+a,

66

由题意知,则f(%)7nm=—2+a=—3,所以a=—1,

令％+Eg+2/C7T,+2/c7i］,k£Z,解得%［2/C7T+号,2/CTT+与］,kEZ,

所以函数f(%)的递减区间为［2/CTT+2ATT+与］,kEZ；

(II)由(I)知/(%)=2sin(x+-1,

所以—1)=2s讥《—1+3)—1=2sin(^—1)—1=2cos1-1,

由泰勒公式得:cosl=1_,+：_.+,一击+…=1一抖克一击+急一击+…

«1-0.5+0.04167-0.00139+…«0.54028.

所以-1)=2cos1-1-2x0.54028-1-0.0806.

【解析】(I)利用两角和与差的三角函数公式化简函数的解析式，再根据正弦函数的性质求出最

小值，由此即可求出a的值，再利用整体代换以及正弦函数的单调性即可求出函数的单调递减区间;

(II)根据函数的解析式求出l)=2cosl-1,然后利用泰勒公式求出cosl的值，由此即可求

解.

本题考查了正弦函数的图象性质，涉及到泰勒公式的应用，属于中档题.

19.【答案】(I)证明：因为BC〃/ID,BCC平面ADE,4Du平面

ADE,所以BC〃平面4DE,

又BCu平面PBC,平面ADED平面PBC=I,所以BC〃八

(II)因为BC〃1,BC//AD,所以/〃AD,所以2〃平面PAD,

又倒平面PAD的距离为1,E为线段PB的中点，所以点B到平面PAD

的距离为2.

因为P41底面48CD,所以平面PAD1底面48C。，

又平面PADn底面2BCD=AD,

所以点B到平面24。的距离等于点B到力。的距离，都为2.

又AB=2,所以BC14B.

又因为8C_LP4,ABnPA^A,所以BC_L平面P4B.所以BC1AE.

又P2=4B=2,E为线段P8的中点，所以4E1P8.

又PBCBC=B,PBu平面PBC,BCu平面PBC,所以AE1平面PBC,

所以N4FE即为所求.又tanNAFE=黑=W，<EF</-6.

所以当EF=，％时，tan/AFE取得最小值，最小值为?.

所以力F与平面PEC所成角的最小值为3

O

【解析】(I)利用直线与平面平行的判断定理证明即可.

(II)说明N4FE是直线4F与平面PBC所成角，然后求解4F与平面PBC所成角的最小值即可.

本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力，转

化思想以及计算能力，是中档题.

20.【答案】解:(I)因为acosC+HasinC—b—c—0>

根据正弦定理可得sinAcosC+y/~3sinAsinC-sinB—sinC=0.

又sinB=sin(X+C)=sinAcosC+cosAsinC,

整理得到/NsinAsMC—cosAsinC—sinC=0.

所以得到无讥A—cosA-1=0,贝！Jsin(4—=1.

所以得到4=(

(II)由题意可得：

/(X)=2csin24+cos(2X+^)-AT3+1=AT3(1—cos24)-sin2A-<3+1=1-

y/-3cos2A—sin2A=1—2sin(2A+、).

如果选择条件①：

根据0<AC2+AB2-BC2<40。，

得到。<AC-AB<20V_2>

整理得到前•AB=bccosA=40cosA-

故0<cosA<殍，

所以三a转.

则号<2A+^<^,

O33

所以—?Wsin(24+今同，

则f(4)e[0,1+<3].

选择条件②：

由于0<cosA<sinA,

则与《A转,

故获W24+三殍

整理得到一?<sin(24+94

故f(A)6[0,1+d

【解析】(1)由acosC+V_3sdmC—b—c=0及正弦定理得sizh4cosc+y/~^stnAsinC—sinB—

sinC=0,利用诱导公式及三角恒等变换可得sin(4-月=结合角的范围即可求解；

oL

(2)利用三角恒等变换化简为/(久)=1-2s出(24+》选择①，由0w芯2+荏2_玄2<404,

可得0<b2+c2-a2<40C，结合余弦定理可得3<A<^,再利用正弦函数的性质即可求解；

4L

选择②，由OWcosAWs讥4可得牌4号，再利用正弦函数的性质即可求解.

本题主要考查解三角形，属于中档题.

21.【答案】解：(I)延长4。，BO,C。分别交边BC,AC,AB于点D,E,F,

A

依题意有F0=豺8=於CO=|c.

在仆CXF^AC4B中，由余弦定理有cosNCAF=coszCXB,

心既受=去£工.内土竽庐+‘2_。2,

2b2bc,*be2bc

化简可得。2+=5c2,...c2=亭!，

222

„a+b-ca2+h2_a^+b_42+b242ab4,

•••cose=———=——„,5=