2022-2023学年山东省青岛市黄岛区高一（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年山东省青岛市黄岛区高一（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.已知4（2,3,5）,-4）是空间直角坐标系。町z中的两点，点B关于%轴对称的点为B',

则4B'两点间的距离为（）

A.AAT22B.V-86C.D.V-6

2.已知z+W=4,（z-z）i=-2,则|2|（）

A.V-5B.2C.门D.V-2

3.已知非零向量方，3满足3|初=2|3|，cos<a,b>=|,若五_L（小+1）,则k=（）

22

A.1B.1C.一（D.-1

4.已知圆锥的母线与底面所成角为或侧面积为2兀，则该圆锥的体积为（）

A.V~~37TB.?7Tc.号7TD.77r

326

5.记△ABC的三个内角a,B,C的对边分别为a,b,c,若B=60°,b=a+c=2门，

则AABC的面积为（）

A.号B.V-3C.2AT3D.3AT3

6.为测量山高8。，选择点4和另一座山CE的山顶E为测量点，若点4B,C在同一水平面上，

从点4测得E的仰角为60。，。的仰角为45。，AEAD=75°,从点E测得ADE4=45。,已知山高

CE=lOO^TSm,则山高3£）为（）

AlOOAf-30200/3门1nnZ-o

A.―--mRD.---mC---m100V3m

7.在正三棱柱ABC—A/iCi中，AB=AAr,D,E分别是CQ中点，则异面直线BO与

AE所成角的余弦值为（）

11

8.已知cos(a—£)=§,tanatan^=贝！Jcos(2a+2夕)=()

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.已知向量M=（2,-1）,a+b=（a+K）1a，贝!J（）

A.K=(3,1)

B.<a,b>=

C.若H=(3,t),S//b，则©=

D.1在3上的投影向量的坐标为弓,-|)

10.已知7H,71为两条不同的直线，a,0为两个不同的平面，则下述正确的是()

A.若m〃仇，n//a,则m〃九

B.若m1a,znip,贝！Ja//S

C.若m1a,m//n,nu0,则a1£

D.若m//a,n//a,me/?,nu0、贝!|a//S

11.已知函数/(%)=sin2a)x+yT~3cos2a)x^a)>0),—f(久2)l=4,|%i—%2I的最小值

为*则()

A.3=1

B.Vx6R,都有虞+%)=fG-x)

C.3xe[—烷],f(x)>m,则zn的最大值为3

D.将函数/Xx)的图象向右平移着个单位长度后得到的图象关于原点对称

1

12.如图甲，在梯形4BCD中，AB//CD,AB=BC=^CD=2,/.ABC=90°,AE1CD,M,

N分别为AD,BC的中点，将△AED沿AE折起(如图乙)，使得DE1EC,贝版)

A.直线MN〃平面DEC

B.三棱锥E—ACD的体积为号

C.直线MN与平面4BCE所成角的正弦值为?

D.若四棱锥D-4BCE的各顶点都在球。的球面上，则球。的表面积为12兀

三、填空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.若向量五，3满足131=2|矶，|21—31=/句B|，则向量落3的夹角为.

14.在正四棱锥P—4BCD中，AB=PA=6,用平行于正四棱锥底面的平面截去一个高为/至

的四棱锥后，所得棱台的体积为.

15.△ABC的三内角4,B,C的对边分别为a,b,c,其中b=3,c=2,。为△ABC的外心，

贝电-BC=.

16.棱长为2的正四面体4BCC的各顶点都在球心为。的球面上，则过点4B,。的平面截四

面体28CD所得截面图形的面积为；球。的体积为.

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a6(0,兀)，PG(0,5),且cosa=—tan20=鼻.

(1)求cos/—sin/；

(2)求sin(a—2.).

18.(本小题12.0分)

如图，平行六面体4BCD-的底面是菱形，AB==2,且=^ArAD=

^BAD=60°.

(1)证明：AC1，平面&BD；

(2)求4D与平面&BD所成角的正弦值.

19.(本小题12.0分)

已知五=(cosx,sin2x),b=(cosx,三),f(x)—a-b.

(1)求fO)的单调递增区间；

(2)若△ABC的三个内角4,8,C的对边分别为a,b,c,a=2c,/(B)=1,4C边上的高BD=C，

求△ABC的面积.

20.(本小题12。分)

如图，在正四棱柱4BCD-4/心。1中，已知AB=2,三棱锥C一BDC1的体积为*

⑴求点C到平面的距离；

(2)求CBi与平面BCG所成角的正弦值.

21.(本小题12.0分)

△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若acosC+ccosA+2bcosB=0.

(1)求角B；

(2)若b=3,AD=2DC,\BD\=1,求a,c.

22.(本小题12.0分)

如图，四边形4BCD与BDEF均为菱形，AB=2,/-DAB=FA=FC=口,记平面AEF与

平面4BCD的交线为人

(1)证明：BD//1-,

(2)证明：平面BDEF_L平面力BCD；

(3)记平面4EF与平面4BCD夹角为a,若正实数m,n满足产需：。=s吧-tcosd0＜。＜今

msin^G=cos6+tsinG乙

证明：m+n>—^―tana•

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：由题意得B'(3,l,4),

A,B'两点间的距离|4B'|=J(2—3)2+(3—1)2+(5—4)2=口.

故选：D.

先求出B'的坐标，然后根据两点间的距离公式可求.

本题主要考查了空间两点间距离公式的应用，属于基础题.

2.【答案】A

【解析】解:设2=a+bi(a,b6R),

则z=a—bi,

•・•z+z=4,(z—z)i=-2,

2a=4,2bi-i=-2,解得a=2,b=1,

z=2+i,z=2—3

•••|z|=|2-i|=V4+1=屋.

故选：A.

根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轨复数的定义，求出5,再结合复数模公式，即可求

解.

本题主要考查共朝复数的定义，以及复数的四则运算，复数模公式，属于基础题.

3.【答案】D

【解析】解：3|初=2向，cos<a,b>=|,

-'-a-b=|a||b|cos<a,b>=a>

又五1(fc6+a)>

a•(kK+a)=fca-K+a2=fca2+a2=0，且五？牛0，

*'•k=11.

故选：D.

根据条件可求出五7=片，然后根据1_L(kB+初得出方.(kB+初=卜五不+/=0，然后即可

求出k的值.

本题考查了向量数量积的运算及计算公式，向量垂直的充要条件，考查了计算能力，属于基础题.

4.【答案】B

【解析】解：根据题意，设圆锥的底面半径为r,高为h,母线长为Z；

由于圆锥的母线与底面所成角为会则圆锥的轴截面为等边三角形，

易得圆锥的母线长I=2r,h=yT3r,

又由圆锥的侧面积为2兀，则有S=兀包=2兀产=2兀，解可得r=1,

则该圆锥的高h=口,

则圆锥的体积V=|(7rr2)h=?兀

故选：B.

根据题意，设圆锥的底面半径为r,高为八，母线长为I,分析可得l=2r,h=^3r,由圆锥的侧

面积求出r的值，进而由圆锥的体积公式计算可得答案.

本题考查圆锥的体积、侧面积的计算，注意圆锥的几何结构，属于基础题.

5.【答案】B

【解析】解：因为B=60。，6=2「，a+c=2，T,

由余弦定理可得炉=a2+c2—2accosB=(a+c)2—2ac—2ac-

13

所以

雇2

力Bc2-An.

故选:B.

由题意及余弦定理可得ac的值，代入三角形的面积公式，可得三角形的面积.

本题考查余弦定理的应用，属于基础题.

6.【答案】C

【解析】解：由题意如图所示：BD1面ABC,CE1面4BC,

乙EAD=60°,^DAB=45°,4EAD=75°,Z.DEA=45°.CE=100V-3m,

100C

在ACE中，可得45=」1丁=200,

s\nZ-EACsin60°

在AW中，可得〃DE=180。75。-45。=60。，由正弦定理可得嬴言=

sinZ-ADEf

_AE可得器SE=^200=200门

即，

sin45°sin60°'-3-

2

在RM2BD中，BD=^-AD=^-=^2.

故选：C.

由题意如图所示：可知图形中相应的角，分别在三角形中由正弦定理，求出2E,AD,BD的大小.

本题考查正弦定理的应用，属于基础题.

7.【答案】A

【解析】解：连接C/,则C/〃aE,取48的靠近点4的四等分点，贝1伤。〃尸儿

连接QU,则QF与所成的角即为所求，即NC/H或其补角，

设48=AA1=4,

则C/=742+22=2门，FH=722+F=7-5,QW=J42+(2<3)2+I2=

在AC/H中，由余弦定理知，"F1H=

2C1F-FH2x2V5xV55

所以异面直线8。与4E所成角的余弦值为春

故选：A.

连接C/,C±H,取4B的靠近点4的四等分点，可证C/〃2E,BD//FH,从而知或其补角

即为所求，再在中，利用余弦定理，即可得解.

本题考查异面直线夹角的求法，利用平移思想，找出异面直线所成角是解题的关键，考查空间立

体感和运算能力，属于基础题.

8.【答案】C

【解析】解：因为cos(a—/?)=|=cosacos/3+sinasinp,tanatan/3=|=：；：：；；；：，

所以sinas讥£=上，cosacos^=

124

所以cos(a+S)=cosacosB—sinasinB=7—^=7,

4126

117

所以cos(2a+2£)=2cos2(a+^3)—l=2x——1=——.

30lo

故选：c.

由已知结合和差角公式及同角基本关系可求s讥as'S，cosacos13,进而可求cos(a+/?),然后结

合二倍角公式可求.

本题主要考查了和差角公式，同角基本关系，二倍角公式的应用，属于中档题.

9.【答案】BCD

【解析】解：由已知，a=(2,-1),五+另=(犯2),(a+K)1a，

••・2m-2=0.即?n=1,故五+另=(1,2),

b=(—1,3)，故A错误；

由cos<a,b>=不=—

\fa\\2b\=<5x007r2

且V方石>e[0,7i],所以<方,/)>=手故8正确；

若7=(3遥)，c//K，贝I)有一一9=0,解得力=一9,故花|=V9+81=3V^U，故。正确；

五在另上的投影向量为：

|初cos<a,b>•喜=A/-5x(―X":。,(—1,3)=(q,-')，故。正确.

mZ1UZZ

故选：BCD.

首先由向量垂直求解小，再根据夹角公式，模的公式，投影向量的求法对选项进行判定即可.

本题考查向量垂直的性质及向量的相关运算，属基础题.

10.【答案】BC

【解析】解：若m〃a,n//a,则m〃7l或巾与n相交或m与n异面，故A错误；

若Hila,m工0,贝1Ja〃6，故B正确；

若m_La,m//n,则几_La,又则a_L0,故C正确；

若zn〃a,n//a,me/?,nu0,则m与n相交时，有戊〃0,否则，a与£不一定平行，故。错误.

故选：BC.

由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案.

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，是基础题.

11.【答案】AD

【解析】解：/(%)=sin2a)x+V~3cos2a)x=2sin(2oox+今⑷>0),

因为—/(%2)l=4,|打一上1的最小值为与

可得彳=*即7=兀=/，解得3=1,

所以y(x)=2s讥(2%+今，所以A正确；

B中,对称轴方程满足:2x+^=^-+kn,kGZ,解得%=工+kn,keZ,而由/'管+x)=/(£—%),

可得对称轴为％=也所以B不正确；

O

C中，xe[―^,^],则2x+16[0,|兀],所以sin(2x+g)e[0,1],

所以丁(x)6[0,2],

而/(久)2小，则mW2,即zn的最大值为2,所以C不正确；

D中，将函数f(x)的图象向右平移泠单位长度后可得g(x)=2sin[2(xY)+§=2sin2x,所以

函数关于原点对称，所以D正确.

故选：AD.

由题意可得函数/(x)的解析式，由题意可得周期的值，进而求出3的值，分别对所给命题进行判

断，可得它们的真假.

本题考查三角函数解析式的求法及三角函数性质的应用，属于中档题.

12.【答案】ACD

【解析】解：因为在梯形4BCD中，AB//CD,AB=BC=-CD=2,^ABC=90°,AE1CD,

所以DE=CE=2,四边形4BCE为正方形，

对于4,取DE的中点F,连接MF,CF,

因为M为力。的中点，所以MF〃AE,MF=^4号

因为N为BC的中点，所以CN=^BC,

因为4E〃BC,AE=BC,所以MF〃CN,MF=CN,

所以四边形MNCF为平行四边形，所以MN//CF,

因为MNC平面。EC,CFu平面DEC,所以直线MN〃平面DEC,所以A正确；

对于B,因为。EJ.EC,DE1AE,CEC\AE=E,CE,AEu平面4BCE,

所以DEI平面4BCE,所以/_48=%-.£=松113*2x2x2=或4所以2错误；

对于C,取4E的中点G,连接MG,NG,则MG〃。民MG==1,

因为DE_LEC,DELAE,所以MG_LEC,MGLAE,

因为CEC4E=E,CE,AEu平面ABCE,所以MG1平面4BCE,

所以NMNG为直线MN与平面4BCE所成角,

在RtAMNG中，NG=AB=2,MG=1,则MN=7MG?+NG2=/T,

所以sin/MNG=^=W=?，所以C正确；

MN5

对于D,连接AC,BE交于点H,过H作直线11平面4BCE,

因为DE1平面4BCE,四边形2BCE为正方形，

所以四棱锥。-4BCE外接球的球心。在直线1上，设外接球的半径为R,

则R=JCH2+（|DF）2=J+1=

所以四棱锥O—ABCE外接球的表面积为4兀解=4TFx3=12兀，所以D正确.

故选：ACD.

对于4,取DE的中点F,连接MF,CF,可证得四边形MNCF为平行四边形，则MN//CF,然后由

线面平行的判定定理分析判断；对于以由题意可证得DE，平面48CE,然后利用=%TCE

求解判断；对于C,取4E的中点G,连接MG,NG,可证得ZMNG为直线MN与平面4BCE所成角，

然后在RtAMNG中求解；对于D,连接AC,BE交于点H,过H作直线1，平面48CE,则外接球的

球心。在直线Z上，然后可求出其半径，从而可求出球的表面积.

本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题.

13.【答案】:

【解析】解：•.•㈤=2|矶，|2'—方|=q㈤,

A4a2+K—4a-b=3b，

4a•6=4a2-26=4a2—8a2=—4a29n•6=—a2，

COS<Cl,£>>=f匕=―=—<，且<1,6>e[0,TT]»

|矶网2a2

•••<a,b>=y-.

故答案为：y.

根据|另|=2|a|，对|2五-另|=/同两边平方进行数量积的运算即可得出1•石=-a2,然后可

求出cos</,3>的值，从而可得出。3的夹角.

本题考查了向量数量积的运算，向量夹角的余弦公式，向量夹角的范围，考查了计算能力，属于

基础题.

14.【答案】W岁

【解析】解：如图,

在正四棱锥P—ABCD中，••・AB=PA=6,...2。=J6?—(3，7/=3，7,

q

已知POLC，・•・亨Si=i

J四边形ZBC。

S四边形ABCD=36,则S四边形4B1C1O1=4.

•••所得棱台的体积为gx36x3An-|x4XAn=*2.

故答案为：小岁.

由题意画出图形，求出棱台上底面的面积，再由两棱锥体积作差得答案.

本题考查棱台体积的求法，考查运算求解能力，是基础题.

15.【答案】?

【解析】解：如图所示，

△4BC中，b=3,c=2,。为△ABC的外心,

\~OA\=\OB\=|OC|=r;

黑

B

.-.AO-JC=Ad-(OC-OB)=OA-OB-OA-OC

=\OA\\OB\cos91-|OX||OC|COS6»2

2r2—c22r2—b2

=yN-----------------丁2--------------

2r22r2

b2—a2

=-2-

_5

-2,

故答案为：f.

根据题意画出图形，结合图形表示出向量成、OB.0C,

再由平面向量的数量积和余弦定理求出而•前的值.

本题考查了平面向量的数量积与解三角形的应用问题，是中档题.

16.【答案】V-~2A/-

【解析】解：将四面体ABC。放置在正方体中，如图，

则棱长为2的正四面体/BCD的外接球的球心。，即正方体外接球的球心.

设正方体的棱长为a,贝！=V_2a=2,a=V-2»

取CO中点M,连接ZM、BM,

则△ABM为过点4B,。的平面截四面体4BCD所得截面，

由题意，截面积为XABXa=1X2XV~2=

又2R=Va2+a2+a2,所以R=?，

则球。的体积为等R3=/石兀.

故答案为：.

将四面体放置在正方体中，取CD中点M,连接AM,BM,则△28M为过点4B,。的平面

截此四面体所得截面，计算求得它的面积，利用正方体的体对角线是外接球的直径，计算球的体

积即可.

本题考查了截面图形的面积和球的体积计算，属于中档题.

17.【答案】解:(1)B6(0片)，.•・2Be(0,兀),

又tan2B=1>0,所以20G(0,,

因为=^>0,且sin22s+cos22s=1，

解得cos2£=I，

所以cos4s—sin4s=(cos2s+sin2/?)(cos2j6—sin2jff)=cos2s—sin2/?=cos2p=-；

17

(2)因为cosa=——,ccG(0,7i),

所以s讥a=K，

又因为cos2夕=，206(0,兀)，

所以s讥2夕=I，

所以sin(a—2£)=sinacos2{i—cosasin2/3=^x|+i|x^=!|.

【解析】(1)根据同角三角函数的关系以及余弦二倍角公式化简计算即可；

(2)根据同角三角函数的关系以及两角差的正弦公式化简计算即可.

本题考查三角恒等变换的应用，考查学生计算能力，属于基础题.

18.【答案】解：(1)证明：平行六面体4BCD-2遇©。1的底面是菱形，AB=AAr=2,且乙41AB=

^A1AD=4BAD=60°,

设京=五，AB=b，AD=c,贝iJ|N|=|方|=©=2,a-b=a-c=b-c=2,

71cl=AB+BC+CC[=a+6+c，

BD=AD—AB=Z—b，ArB=AB—AA±=b-a>

••tAC[-BD=(a+fa+c)"(c—b)=|c|2—|/?|2+a-c—a-b=0，

.•.宿J.丽，ACr1BD,

22

■.■ACi-A^B=(a+b+c)-(b-a)=\b\-\a\+b-c-a-c=0,1A^B,■■ACr1AXB

■.ArBCBD=B,AC11平面&B。.

(2)设4。与平面4/D所成角为。，

•••ACrJ_平面&BD,

sind=|cos<AD>|=

111MDH4C1]

22

■.■AD-ACi=c-(a+b+c)=8,\AD\=2,||=(a+K+c)=24,\AC[\=2AT6.

•••an与平面a/。所成角的正弦值为sin=?.

【解析】⑴设标=落AB=b，AD=c，则I五I=|B|=©=2,a-b=a-c=b-c=2，利

用向量线性运算法则、向量数量积公式推导出AG1BD,ACr1ArB,由此能证明4的，平面

(2)设4。与平面2/D所成角为仇由ACT平面得sM8=|cos<而，宿>|=黑温,

由此能求出4D与平面&BD所成角的正弦值.

本题考查向量线性运算法则、向量数量积公式、线面垂直的判定与性质、线面角的定义及正弦值

的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

19.【答案】解：(1)已知五=(cosx,sin2x),b=(cosx,殍),f(x)=a-b>

因为/(x)—a-b=cos2x+^-sin2x=l+：s2x+?5出2%

=sin(2x+^)+I，

由2/OT——<2x+—<2kn+—,得k兀——<x<kn+—(fc6Z),

所以函数/Xx)的单调递增区间为区兀—热/OT+刍(keZ)；

(2)因为f(B)=sin(2B+勺+1=1,Be(0,兀)，

oZ

所以弓<2B+5<2,所以2B+,=5,

6oooo

所以

因为AC边上的高BD=C，

所以SMBC-1-V~~3•b=^acsinB,

所以ac=2b,

又因为小+c2—2accosB=b2,a=2c,

所以3c2=炉,

所以b=3,c=a=2A/-

所以S—BC=1'b=^acsinB=

【解析】(1)由题意得到/(%)=sin(2x+9+T，代入正弦函数的单调递增区间即可求解；

(2)由题意得到B=(利用等面积和余弦定理即可求解.

本题考查了三角函数的单调区间和余弦定理的应用，属于中档题.

20.【答案】解：⑴在正四棱柱4BCD-&B1C也中，已知2B=2,三棱锥C—BDC1的体积为g,

为正四棱柱，AB=2,

CC]_1_平面ABC。，S.CD=2,

18

%-BDCi=Vq-BCD=§SABCD.CC1=

解得CC1=4,

以D为坐标原点，DA,DC、DDi所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，

则4(2,0,0),C(0,2,0),Di(0,0,4),Bi(2,2,4)，

ADl=(-2,0,4)-福=(0,2,4),AC=(-2,2,0)，CB^=(2,0,4),

设平面的法向量为元=(x,y,z),

则元-AD[=—2x+4z=0>n-AB[=2y+4z=0,

取z=1,得五=(2,—2,1),

则点C到平面AB/1的距离d=*=1-

(2)•••DD1//BB1S.DD1=BBnBDD/i为平行四边形，

:BD〃平面也，

同理可证BCi〃平面A/Di，BDCBG=B,

平面BDQ〃平面ABiOi，

n=（2,-2,1）是平面BDCi的法向量,

设CB】与平面BDC1所成角为。，则由加=磊=高=祟,

CB]与平面BDQ所成角的正弦值为影.

【解析】（1）CC]_L平面ABC。,SABCD=2,由等体积法得VC_BD（；I=^C^-BCD=QS^BCD，CQ=§,

求出CG=4,以。为坐标原点，DA,DC、DDi所在直线分别为工轴，y轴，z轴，建立空间直角坐

标系，利用向量法能求出点C到平面的距离.

⑵由DD//8B1且DA=84，得BOD/i为平行四边形，从而BD〃BiD「平面4当心，同

理可证BC"/平面力B/i，从而平面BOQ〃平面AB/i，元=（2,-2,1）是平面BDG的法向量，由此

能求出C/与平面BDG所成角的正弦值.

本题考查等体积法、点到平面的距离公式、线面平行的判定与性质、线面角的定义及正弦值的求

法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

21.【答案】解：（1）△ABC的三个内角4B,C的对边分别为a,b,c,若acosC+ccosA+2bcosB=0,

因为acosC+ccosA+2bcosB=0,—^―bc

sinAsinBsinC

所以siziAcosC+sinCcosA+2sinBcosB=0,

即sin(A+C)+2sinBcosB=0,

因为/+B+C=7T,

所以sin(A+C)=sinB,

所以si九8+2sinBcosB=0,

因为Be(0,71),

所以sinBW0,

1

B

所以cosB=2-=

(2)若匕=3,AD=2DC,|而|=1,

因为前=函+同=函+：与=函+|(前一函)=|BC+1B1,

42124

2a+c+

所以I前『=(|BC+|B!)-9-9-9-

即4a2+c2—2ac=9,

又因为庐=a2+c2—laccosB=a24-c2+ac=9,

所以c—a—

【解析】(1)利用正弦定理和两角和的正弦公式，得到sin(4+C)+2sinBcosB=0,利用sin(A+

C)=sinB,即可求解；

⑵由题意得到前=I反碗，利用向量的模长公式和余弦定理即可求解.

本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题.

22.【答案】证明：⑴•••BDEF为菱形,BD//EF,

BD，平面4EF,EFu平面4EF,

•••BD〃平面2EF,

••・8。u平面48C。，平面4EF与平面48C。交于