2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才五校联考高一下学期期末考试数学试题（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才五校联考高一下学期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.与−20°角终边相同的角是(

)A.−300∘ B.−280∘ C.2.函数f(x)=−2tan(2x+π6A.{x|x≠π6} B.{x|x≠−π12}3.已知复数z满足(1+i)z=|3−i|，则zA.1−i B.1+i C.2−2i D.2+2i4.用斜二测画法画出的水平放置的平面图形△OAB的直观图为如图所示的△O′A′B′，已知△O′A′B′是边长为2的等边三角形，则顶点B到x轴的距离是(

)

A.26 B.4 C.25.已知函数f(x)=sin(2ωx+π6A.若f(x)相邻两条对称轴的距离为π2，则ω=2;

B.若ω=1，则x∈[0,π2]时，f(x)的值域为[−1,1];

C.若f(x)在[0,π2]上单调递增，则0<ω≤23;

6.已知α=20∘，则tanα+4sinA.1 B.3 C.2 D.7.设m，n为空间中两条不同直线，α、β为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为(

)A.若m上有两个点到平面α的距离相等，则m/​/α

B.若m⊥α，n⊂β，则“m/​/n”是“α⊥β”的既不充分也不必要条件

C.若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n

D.若m，n是异面直线，m⊂α，m/​/β，n⊂β，n/​/α，则α/​/β8.如图，在正四面体ABCD中，E，F是棱CD上的三等分点，记二面角C−AB−E，E−AB−F，F−AB−D的平面角分别为θ1，θ2，θ3，则(

)

A.θ1=θ2=θ3 B.二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列命题正确的是(

)A.p:α是第二象限角或第三象限角，q:cosα<0，则p是q的充分不必要条件

B.若α为第一象限角，则cosα1+cos2α+sinα1−cos2α=210.下列有关向量的命题正确的是(

)A.若a，b，c均为非零向量，且a⋅b=a⋅c，则b=c

B.已知单位向量a，b，c满足2a+3b+4c=0，则a⋅b=14

C.在△ABC中，若(11.如图，已知正三棱台ABC−A1B1C1由一个平面截棱长为6的正四面体所得，AA1=2，M，M1分别是AB，A1B1的中点，A.该三棱台的体积为3823

B.平面MM1C1C⊥平面AA1B1B

C.直线三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在▵ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c，且a2+c2−b213.四棱锥P−ABCD的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱PD上一点，PE=35PD，若PF=λPC且满足BF//平面ACE，则λ=14.榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF/​/CD，EF=4，则该木楔子的外接球的体积为

．四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b=6，且满足bcosC=a+(1)求角B;(2)若角B的角平分线交AC于点D，BD=3，点E在线段AC上，EC=2EA，求△BDE16.(本小题12分)

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=6，AB=10，cos∠CAB=35，(1)求证：AC1(2)求证：AC⊥B(3)求三棱锥A1−17.(本小题12分)已知向量a=(cosx,2sinx)(1)求函数f(x)=a⋅b在(2)若f(x0)=115，且(3)将g(x)图像上所有的点向左平移π6个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有的点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，得到函数f(x)的图像，当x∈[0,π2]时，方程g(x)=m18.(本小题12分)

已知函数f(x)=Asin(π2x+φ)(A>0,|φ|<π)的图像如图所示，点O为坐标原点，点B、D、F为f(x)的图像与x轴正半轴的交点，|OB|<|BD|，点C，E分别为f(x)的图像的最高点和最低点，而函数f(x)在(1)求φ的值;(2)若A=1，求向量2BC−CD与向量(3)若点P为函数f(x)的图像上的动点，当点P在C，E之间运动时，BP⋅PF≥1恒成立，求19.(本小题12分)

如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．

(1)证明：平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2，∠ACB=60∘，点F在BD ①点F为BD中点，求直线CF与直线AB所成的角的余弦值; ②当△AFC的面积最小时，求直线CF与平面ABD所成的角的正弦值．

答案解析1.D

【解析】解：与−20∘终边相同的角的集合为S=β|β=−20°+k·360°,k∈Z，

结合题意，令k=1，则β=−20°+1×360°=340°．

2.D

【解析】解：由正切函数的定义域，得2x+π6≠kπ+π2，k∈Z，

即x≠kπ2+π6(k∈Z)3.B

【解析】解：根据题意得，

z=3−i1+i=21+i

=21−i4.A

【解析】解：根据直观图中平行于x轴的长度不变，

平行于y轴的长度变为原来的一半，

所以OA=2，

因为S△OAB=22S△O′A′B′=22×5.D

【解析】解：f(x)=sin(2ωx+π6)+sin(2ωx−π6)+2cos2ωx−1

=32sin2ωx+12cos2ωx+32sin2ωx−12cos2ωx+cos2ωx

=3sin⁡2ωx+cos⁡2ωx=2sin⁡(2ωx+π6)，

对于A，若f(x)相邻两条对称轴的距离为π2，则T=2×π2=π，

所以2π2ω=π，解得ω=1，故A错误；

对于B，若ω=1，则f(x)=2sin⁡(2x+π6)，

当x∈[0,π2]时，2x+π6∈[π6,7π6]，

所以6.B

【解析】解：α=20°，

则tanα+4sinα=sin20°+4sin20°cos20°cos20∘=sin20°+2sin40°cos20∘

=7.D

【解析】解：对于A，当直线m与α相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误;

对于B，若m⊥α，n⊂β，m/​/n，则n⊥α，又n⊂β，所以α⊥β;当α⊥β时，m⊥α，当m⊂β时，n⊂β，

m，n可以相交，所以“m/​/n”是“α⊥β”的充分不必要条件，故B错误;

对于C，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误;

对于D，若m、n是异面直线，m⊂α，m//β，n⊂β，n/​/α，则在直线m任取一点P，过直线n与点P确定平面

γ，γ∩α=c，又n/​/α，则n//c，n⊂β，c⊂β，所以c//β，又m//β，m⊂α，c⊂α，m∩c=P，所以α/​/β，

故D正确．

8.D

【解析】解：如图1，

在正四面体ABCD中，取AB的中点G，连接CG，DG，则CG⊥AB，DG⊥AB，而CG∩DG=G，且CG，DG⊂平面CDG，

所以AB⊥平面CDG，连接EG，FG，因为EG⊂平面CDG，FG⊂平面CDG，所以AB⊥EG，AB⊥FG．

由二面角的平面角的定义可以判断θ1=∠CGE，θ2=∠EGF，θ3=∠FGD，由对称性容易判断θ1=θ3．

设该正四面体的棱长为6，如图2，

CD=6，易得CG=DG=33，取CD的中点H，则GH⊥CD，CE=2，EH=HF=1，

在△GCH中，由勾股定理可得GH=GC2−CH2=32，

于是GE=GF=(32)2+9.ACD

【解析】解：若α是第二象限角或第三象限角，则cosα<0．

若cosα<0，取a=π，cosα=−1<0，此时α不是第二象限角或第三象限角，

则p是q的充分不必要条件，故A项正确;

由于α为第一象限角，则cosα>0，sinα>0，

cosα1+cos2α+sinα1−cos2a=cosα1+2cos2α−1

+sinα1−(1−2sin2α)=cosα2cosα+sinα2sinα=2，故10.BCD

【解析】解：对于A，因为a⋅b=a⋅c，

所以a·b−c=0．

因为a，b，c均为非零向量，则b=c或a⊥b−c，故A错误；

依题意2a+3b=−4c，两边同时平方得16c2=4a2+12a⋅b+9b2，

所以16=13+12a⋅b，可得a⋅b=14，故B正确；

对于C，AB|AB|表示AB方向的单位向量，AC|AC|表示AC方向的单位向量，

根据平面向量加法的几何意义可知AB|AB|+AC|AC|与11.ABC

【解析】解：选项A：将三棱台

ABC−A1B1C1如图1，依题意，

△SBC

是边长为6的正三角形，且

△SB1所以

B1C1BC=SB−BB1SB

(另解：因为

△SB1C1∽△SBC

，

所以

▵SB1C1

也是正三角形，边长

SB1=SB−B于是正三棱台的高

ℎ=A(另解：

ℎ=ℎ正四面体SABC−ℎ正四面体SA1B1C所以该三棱台的体积

V=13×选项B：易知

M1M⊥AB

，

MC⊥AB

，又

M1M∩MC=M

，

M1M、MC⊂所以

AB⊥

平面

M1MCC1

，又

AB⊂

平面

AA1B1B

，所以平面

选项C：连接

CM1

，

PM1

，

SM1

，在

▵SMC

中，因此在

△M1MC

中，

M1有

M1M2+M1C2=MC2

，所以

由

M1C⊂

平面

M1MCC1

得

AB⊥M1C

，又

AB∩M所以

M1C⊥

平面

AA1B1B

，故直线CP与平面

在

Rt△CPM1

中，

tan∠CPM1=所以当

M1P

最大时，

tan∠CPM1

最小，由点P知当点P与点A或点B重合时

M1P

最大，此时

M1P=23所以直线CP与平面

AA1B1B

所成角的正切值的最小值为

选项D：当

CP=27

时，可得

M因此点P的轨迹是以

M1

为圆心，2为半径的圆与等腰梯形

AA1B1B

重合部分的两段弧

A1E⌢连接

M1E

，

M1F

，由

M1M=3

，因此

∠A1M1E=∠B1M1F=则点P的轨迹的长度为

2l=4π3

，故选项故选：ABC12.−2【解析】解：在▵ABC中，由余弦定理得cosB=所以AB⋅13.13【解析】解：如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，

由ABCD是正方形，得BO=OD，在线段PE取点G，使得GE=ED，

由PE=35PD连接BG，FG，则BG//OE，

由OE⊂平面ACE，BG⊄平面ACE，得BG/​/平面ACE，

而BF/​/平面ACE，

BG∩BF=B，BG,BF⊂平面BGF，因此平面BGF//平面ACE，

又平面PCD∩平面ACE=EC，

平面PCD∩平面BGF=GF，

则GF/​/EC，所以λ=PF故答案为：13

14.32π3【解析】解：分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，则EG=4−22=1，

故AG=AE2−EG2=22−12=3．

取AD的中点O′，连接GO′，

又AG=GD，∴GO′⊥AD，则GO′=AG2−(AD2)2=2．

由对称性易知，过正方形ABCD的中心O1且垂直于平面ABCD的直线必过线段EF的中点O2，且所求外接球的球心O在这条直线上，

设球O的半径为R，则R2=OO12+AO12，且R2=OO2215.解：(1)因为bcosC=a+33csinB，所以由正弦定理得：

sinBcosC=sinA+33sinCsinB，

又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

所以cosBsinC+33sinCsinB=0，

因为在△ABC中，sinC≠0，所以cosB+33sinB=0，tanB=−3，

而0<B<π，所以B=2π3．

(2)因为B=2π3，外接圆的半径R=23，所以由正弦定理得：【解析】(1)利用正弦定理，余弦定理，将已知条件转化为纯角的关系式，然后利用两角和的正弦公式化简即可求出角B;

(2)在(1)的条件下，可利用正弦定理求出b，然后利用余弦定理和三角形的面积公式可得关于a,c的方程组，可解得a,c的值，进一步发现△ABC为等腰三角形，BD⊥AC，再由EC=2EA，AC=6，求出DE，因此可求出△BDE的面积．16.(1)证明：设B1C与BC1交于点E，则E为BC1的中点，连接DE，则在△ABC1中，DE//AC1，又DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，所以AC1/​/平面CDB1．

(2)证明：在△ABC中，由余弦定理BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcos∠CAB求得BC=8，

∴△ABC为直角三角形，∴AC⊥BC．

又∵CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1∩BC=C，CC1，BC⊂平面BCC1，

∴AC⊥平面BCC1．

【解析】(1)设B1C与BC1交于点E，则E为BC1的中点，连接DE，根据线面平行的判定定理即可证明；

(2)根据线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；

17.解：(1)因为f(x)=a⋅b=2cos2x+23sinxcosx=cos2x+1+3sin2x=2cos(2x−π3)+1，

所以2kπ≤2x−π3≤π+2kπ，

即kπ+π6≤x≤2π3+kπ，k∈Z，

又因为x∈[0,π]，

所以函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间为[π6,2π3]；

(2)若f(x0)=115，则2cos(2x0−π3)+1=115，

所以cos(2x0−π3)=35，

因为x0∈(π【解析】(1)利用平面向量数量积的坐标表示结合二倍角公式、辅助角公式化简f(x)，再根据三角函数的性质整体代换计算即可求单调区间；

(2)利用同角三角函数的平方关系得sin(2x0−π318.解：(1)在x=−12处取得最小值，则φ−π4=−π2+2kπ,k∈Z，

∴φ=2kπ−π4,k∈Z，又|φ|<π，则k=0，即φ=−π4；

(2)若A=1，取B(12,0)，C(32,1)，D(52,0)，

即BC=(1,1)，CD=(1,−1)，

故2BC−CD=(1,3)，即|2BC−CD|=10；

BC+3CD=(4,−2)，即|BC+3CD|=25，

设向量2BC−CD与向量BC+3CD之间夹角为θ，

因此cosθ=(2BC−CD)⋅(BC+3CD)|2BC−CD|⋅|BC+3CD|=−210×2【解析】(1)根据f(−12)=−A，进一步求出φ；

(2)分别求出BC=(1,1)和CD=(1,−1)，并求出|2BC−CD|=10和|BC+3CD|=25，运用向量的夹角公式即可求解；

(3)根据题意设点P(x,Asin(19.解：(1)因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE，

在△ABD和△CBD中AD=CD，∠ADB=∠CDB，DB=DB，

所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又E为AC的中点，

所以AC⊥BE，又DE，BE⊂平面BDE，DE∩BE=E，

所以AC⊥平面BDE．

又因为AC⊂平面ACD，

所以平面BED⊥平面ACD;

(2) ①取BF的中点M，BC的中点N，连接MN，ME，NE，则AB//NE，CF//MN，

所以∠MNE(或其补角)为CF与AB所成的角，

由∠ACB=60∘且AB=CB，所以△ABC是等边三角形，则AB=BC=2，BE=3，

由AD⊥CD且AD=CD，