2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高一（下）期末数学试卷一、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.已知i为虚数单位，复数z满足z1+i=2−i，则复数z的虚部是(

)A.−i B.i C.−1 D.12.已知向量a=(−2,23),b=(1,3A.14a B.−14a 3.已知m，n是不同的直线，α，β是不重合的平面，则下列命题中，不正确的有(

)A.若α//β，m⊥α，m//n，则n⊥βB.若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n

C.若m//α，m//n，则n//αD.若m⊥α，m⊥β，n⊂α，则n//β4.机械学家莱洛发现的莱洛三角形给人以对称的美感.莱洛三角形的画法：先画等边三角形ABC，再分别以点A，B，C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形.若线段AB长为1，则莱洛三角形的周长是(

)A.π B.2π3 C.π3 5.已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为(

)A.12π B.16π C.48π D.96π6.已知函数f(x)=23sinωxcosωx+2cos2ωx的定义域为[0,π2]，在定义域内存在唯一A.[16,136] B.[7.如图，圆O内接边长为1的正方形ABCD，P是弧BC(包括端点)上一点，则AP⋅AB的取值范围是(

)A.[1,4+24]B.[1,1+8.已知函数f(x)=ex−eπ−x−cosx，若实数x1，x2，A.0 B.π2 C.3π2 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知函数f(x)=Asin(2ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示下列说法正确的是(

)A.ω=1

B.函数f(x)的图象的对称轴方程为直线x=kπ2+π12,k∈Z

C.函数f(x)的单调递减区间为[kπ2+π1210.已知复数z1，z2，z3均为虚数，且z3A.z3z1z2<0

B.|z3|=|z11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为CC1中点，N为四边形A1DA.NB1⊥NC1 B.三棱锥B1−NBM的体积为43

C.点三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知锐角α，β，且满足cosα=55，sin(β−α)=213.已知PC是三棱锥P−ABC外接球的直径，且PA⊥BC，PA=6，三棱锥P−ABC体积的最大值为8，则其外接球的表面积为______．14.已知△ABC是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.若A=2B，则a+cb的取值范围是______．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB−bcosA=−a−c．

(1)求B；

(2)若a=2,b=27，D为AC边的中点，求BD的长．16.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=AD=2，点E为线段PD的中点．

(1)求证：PB//平面AEC；

(2)求证：AE⊥平面PCD；

(3)求三棱锥P−BCE的体积．17.(本小题15分)

已知f(x)=2sin(x+φ)(φ∈(−π2,π2))，对任意x∈R都有f(π3−x)=f(x)．

(1)求φ的值；

(2)若当x∈(0,π)时方程f(x)+m=0有唯一实根，求m的范围．

(3)已知18.(本小题17分)

如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=12AA1=2，点M为A1B1的中点．

(1)证明：平面BMC1⊥平面AA1B19.(本小题17分)

在△ABC中，cosA=22，点O为△ABC的外心．

(1)若AB=32，AC=4，求AO⋅AB+BO⋅BC+CO⋅CA的值；答案解析1.D

【解析】解：因为z1+i=2−i，所以z=(2−i)(1+i)=3+i，

故复数z的虚部是1．

故选：D2.A

【解析】解：由已知条件可得，|a|=(−2)2+(23)2=4,a⋅3.C

【解析】解：对于A，由α//β，m⊥α，得m⊥β，又m//n，∴n⊥β，故A正确；

对于B，由m//α可知，存在过m的平面γ与α相交，令交线为a(不与n重合)，则m//a，

由m//β可知，存在过m的平面δ与β相交，令交线为b(不与n重合)，则m//b，于是a//b，

而b⊄α，则b//α，而b⊂β，α∩β=n，则b//n，m//n，故B正确；

对于C，由m//α，m//n，得n//α或n⊂α，故C错误；

对于D，由m⊥α，m⊥β，得α//β，而n⊂α，则n//β，故D正确．

故选：C．

4.A

【解析】解：由已知∠BAC=π3，AB=1．

得AB=AC=BC=π3×1=5.C

【解析】解：设圆锥的母线长为l，底面圆半径为r，球O的半径为R，

则πl=2πr，得l=2r，

又圆锥的高为3，可得3=l2−r2=3r，r=3，

圆锥的底面半径为3，母线长为236.D

【解析】解：由题意f(x)=3sin2ωx+cos2ωx+1=2sin(2ωx+π6)+1，x∈[0,π2]，

在定义域内存在唯一x0，使得f(x0)=3，

所以sin(2ωx+π6)=1在x∈[0,π2]7.B

【解析】解：由题意得，圆O的半径r=12+122=22，

如图，以A为原点，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，

则A(0,0)，B(1,0)，AB=(1,0)，

设点P(xP,yP)，

因为P是弧BC(包括端点)8.C

【解析】解：因为函数f(x)=ex−eπ−x−cosx，

所以f(π−x)+f(x)=eπ−x−ex+cosx+ex−eπ−x−cosx=0，即f(x)关于(π2,0)对称，

若实数x1，x2，9.ABD

【解析】解：对于A，函数f(x)的周期T=43[π12−(−2π3)]=π，2ω=2ππ=2，解得ω=1，A正确；

对于B，由A=f(x)max=f(π12)=2，得2×π12+φ=π2+2kπ,k∈Z，

而|φ|<π2，

则k=0,φ=π3，

可得f(x)=2sin(2x+π3)，

令2x+π3=π2+kπ,k∈Z，解得x=π12+kπ2,k∈Z，

可得f(x)对称轴方程为x=π12+kπ2,k∈Z，B正确；

对于10.BC

【解析】解：设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，

∴z1z2=(a+bi)(c+di)=(ac−bd)+(ad+bc)i，z1z2−=(ac−bd)−(ad+bc)i，

∴z3=z1z2−=(ac−bd)−(ad+bc)i，

对于A，z1z2z3=(ac−bd)2+(ad+bc)2≥0，故A错误；

对于B，|z3|=(ac−bd)2+(ad+bc)211.BD

【解析】解：在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为CC1中点，N为四边形A1D1DA内一点(含边界)，

B1N//平面BMD，

取AA1、DD1中点分别为N1、E，连接D1N1、B1N1、AE、B1D1，A1N，如图：

∵ABCD−A1B1C1D1为正方体，M为CC1中点，E为DD1中点，

∴AE//BM，B1D1//BD，D1N1//AE，

∴D1N1//BM，

∵D1N1、B1D1⊂平面B1D1N1，BD、BM⊂平面BMD，且D1N1∩B1D1=D1，BD∩BM=B，

∴平面B1D1N1//平面BMD，

∵N为四边形A1D1DA内一点(含边界)，且B1N//平面BMD，

∴点N在线段D1N1上(含端点)，

对于A：当N在D1时，则NB1与NC1的夹角为∠B1D1C1，

此时∠B1D1C1=45°，

则NB1与NC1不垂直，故选项A不正确；

对于B：∵N为四边形A1D1DA内一点(含边界)12.3【解析】解：因为α，β是锐角，所以由0<α<π2，0<β<π2，cosα=55且sin2α+cos2α=1，

∴sinα=255，13.52π

【解析】解：如图，因为PC是三棱锥P−ABC外接球的直径，所以PA⊥AC，PB⊥BC，

又PA⊥BC，AC∩BC=C，故PA⊥平面ABC，

因BC⊂平面ABC，则BC⊥PA，又PB⊥BC，PA∩PB=P，所以BC⊥面PAB，

因AB⊂平面PAB，故BC⊥AB，

于是，三棱锥P−ABC的体积为V=13⋅PA⋅S△ABC=AB⋅BC，

因AB⋅BC≤BC2+AB22=AC22(当且仅当AB=BC时等号成立)，所以体积的最大值为AC22，14.(1+【解析】解：由正弦定理得：a+cb=sinA+sinCsinB=sinA+sin(A+B)sinB=sin2B+sin3BsinB=sin2B+sinBcos2B+sin2BcosBsinB=2cosB+2cos2B−1+2cos2B=4cos2B+2cosB−1，

又A=2B，即A+B=3B<π，可得B<π3，

又△ABC是锐角三角形，

可得0<A<π20<B<π20<C<π2，即0<2B<π15.解：(1)因为acosB−bcosA=−a−c，

所以sinAcosB−cosAsinB=−sinA−(sinAcosB+cosAsinB)，

化简得2sinAcosB=−sinA，因为sinA>0，所以cosB=−12，

因为B∈(0,π)，

所以B=2π3；

(2)因为(27)2=22+c2−2×2ccos2π3，

所以c2+2c−24=0，解得c=4，

因为BD为△ABC的中线，所以2BD=BA+BC【解析】(1)由正弦定理可得cosB的值，再由角B的范围，可得角B的大小；

(2)由中线的向量表示，进而可得BD的值．

16.(1)证明：连结BD，交AC于点O，连结OE，

如图示：

∵O是正方形ABCD对角线交点，∴O为BD的中点，

由已知E为线段PD的中点，∵PB//OE，

又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，

∴PB//平面ACE；

(2)证明：∵PA=AD，E为线段PD的中点，∴AE⊥PD，

∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，

在正方形ABCD中，CD⊥AD，又PA∩AD=A，

∴CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，

∴CD⊥AE，又PD∩CD=D，

∴AE⊥平面PCD；

(3)解：由点E为线段PD的中点，故点P与点D到平面AEC的距离相等，

故VP−BCE=V【解析】(1)连结BD，交AC于点O，连结OE.可得PB//OE，再由线面平行的判定可得PB//平面ACE；

(2)由PA=AD，E为线段PD的中点，得AE⊥PD，再由PA⊥平面ABCD，得PA⊥CD，由线面垂直的判定可得AE⊥平面PCD；

(3)根据等体积法及三棱锥的体积公式求出其体积即可．

17.解：(1)对任意x∈R都有f(π3−x)=f(x)，

则函数f(x)的图象关于直线x=π6对称，

于是π6+φ=π2+2kπ,k∈Z，

而φ∈(−π2,π2)，

则k=0，φ=π3，

所以φ=π3；

(2)f(x)=2sin(x+π3)，

当x∈(0,π)时，设t=x+π3∈(π3,4π3)，

y=2sint在t∈(π3,π2)为增函数，在t∈(π2,4π3)为减函数，

所以方程f(x)+m=0有唯一实根，

等价于f(t)+m∈(−3+m,3+m]∪{2+m}时有唯一实根，

所以m的范围是m∈[−3,3)∪{−2}；

(3)由(1)知，g(x)=2sin(x+π6)，【解析】(1)由题意可得函数f(x)的图象关于直线x=π6对称，则π6+φ=π2+2kπ,k∈Z，求解即可；

(2)f(x)=2sin(x+π3)，当x∈(0,π)时，设18.解：(1)证明：在正三棱柱ABC−A1B1C1中，因为点M为A1B1的中点，则C1M⊥A1B1，

又A1A⊥平面A1B1C1，C1M⊂平面A1B1C1，则有AA1⊥C1M.

而AA1∩A1B1=A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B，于是C1M⊥平面AA1B1B，C1M⊂平面BC1M，

则平面BC1M⊥平面AA1B1B.

(2)存在，证明如下：

在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q，平面BC1M∩平面AA1B1B=BM，

因此AQ⊥平面BC1M，于是点Q即为所要找的点，

如下图所示，显然△ABQ∽△BB1M，因此BQ【解析】(1)根据面面垂直判定定理求解即可．

(2)先作出辅助线，证明出△ABQ∽△BB1M，从而BQB1M=ABBB119.解：(1)由题意，AB=32，AC=4，cosA=22，

则由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cosA=18+16−2×32×4×22=10，故BC=10，

取AB的中点D，连接OD，则OD⊥AB，

所以AO⋅AB=(AD+DO)⋅AB=AD⋅AB=182=9，

同理可得BO