数学-辽宁省名校联盟2024年高一下学期7月期末考试试题和解析

2023——2024学年度下学期期末考试高一试题1.如果复数z满足：z+=2+4i，那么z=()C.−5+4i2.已知两个非零向量，满足则+在上的投影向量为()A.−bB.bC.2bD.−2b3.设l,m是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下面命题中正确的是()A.若m//α,α//β,n⊂β,则m//nB.若m//n,m//α,n//β,则α//β4.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长都相等，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是()5.在3世纪中期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之一个圆内按正n边形等分成n个等腰三角形（如图所示当n越大，等腰三角形的面积之和越近似等于圆的面积.运用割圆术的思想，可得到sin6°的近似值为(τ取近似值3.14）()A.0.314B.0.157C.0.105D.0.052A.等腰三角形B.等边三角形C.直角三角形D.为轴旋转一周得到的几何体的体积为A.14τ+8τB.C.τD.τ8.已知二面角α−m−β的平面角的大小为90。A,B为半平面α内的两个点，C为半平面β内一点，且 AC=BC=23，若直线BC与平面α所成角为30。，D为BC的中点，则线段AD长度的最大值是()A.z=·13C.z在复平面内对应的点在第四象限D.z的共轭复数为3+2i10.函数f(x)=cos2xcosφ−sin2xsinφ（0<φ<）的图象的一个对称中心为则下列说法正确的是()A.直线x=是函数f(x)的图象的一条对称轴B.函数f在上单调递减C.函数f(x)的图象向右平移个单位可得到y=cos2x的图象D.函数f在上的最大值为111.如图，在边长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点，P是正方形ABD1内的动点，则下列结论正确的是() A.若DP//平面CEF，则点P的D.若P是棱A1B1的中点，则三棱锥P−CEF的外接球的表面积是41τ 12.tan40。+tan20。+3tan40。tan20。=.AD=5，则四棱柱外接球的表面积是.后交于点P.若AB=6，则cos∠PAC=；若AC:AB:BC=6:5:4，则PA+PB+PC的15.如图所示，A，B，C为山脚两侧共线的三点，在山顶P处测得三点的俯角分别为（1）PB的长度（2）隧道DE的长度.αβcosγADEBBC45 2216.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P是线段A1B上的动点. 在线段BC上运动（包括端点如图所示.P?若存在，求出实数λ的取值范围；若不存在，请说明理由.□ABM沿着BM折起，使点A到达点P的位置，满足点P∉平面BCDM.（1）如图2，当BC=2MD时，点N是线段PC上点的，DN//平面PBM，求的值；（2）如图2，若点P在平面BCDM内的射影E落在线段BC上.①是否存在点M，使得BP丄平面PCM，若存在，求PM的长；若不存在，请说明理由；②当三棱锥E−PBM的体积最大值时，求点E到平面PCD的距离.请在下面的三个条件中任选两个解答问题.；x在，请说明理由.2023——2024学年度下学期期末考试高一试题1.如果复数z满足：z+=2+4i，那么z=()C.−5+4iD.5+4i【答案】A【解析】+b2+b2+bi=2+4i，所以z=−3+4i.2.已知两个非零向量，满足则+在上的投影向量为()A.−bB.bC.2bD.−2b【答案】B【解析】【详解】由题意a+b=a−b，:2+2.+2=2−2.+2，解得.=0，故选：B.【答案】D【解析】【分析】对于ABC：根据正方体的结构特征，举反例说明即可；对于D：根据线面垂直的性质分析判断.4.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长都相等，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是()【答案】D【解析】【分析】利用平移法作出异面直线DF与C1E所成角，解三角形即可求得答案.【详解】连接BF，因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别是棱BC，B1C1的中点，故C1F□BE,C1F=BE,，即四边形C1FBE,为平行四边形，所以BF□C1E，直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长都相等，设其棱长为2，连接EF,DE，则EF=2,EF□BB1,BB1丄平面ABC，故EF丄平面ABC,DE⊂平面ABC，故EF丄DE，D是棱AB的中点，故DE=AC=1，,又DB=1，故在□DBF中，cos∠DFB=5.在3世纪中期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之一个圆内按正n边形等分成n个等腰三角形（如图所示当n越大，等腰三角形的面积之和越近似等于圆的面积.运用割圆术的思想，可得到sin6°的近似值为(τ取近似值3.14）()A.0.314B.0.157C.0.105D.0.052【答案】C【解析】应的等腰三角形的面积之和近似等于单位圆的面积列等式，计算即可.2故选：C.【答案】A【解析】【分析】根据条件，利用降幂升角公式及余弦的和差角公式，得到cos(C−B)=1，即可求出结果.2sinC.sinB=1+cosA=1−cos(C+B)=1−cosCcosB+sinC.sinB，即cosCcosB+sinC.sinB=cos(C−B)=1，又0<C<τ,0<B<τ,得到−τ<C−B<τ,所以C−B=0，即C=B，为轴旋转一周得到的几何体的体积为A.14τ+8τB.C.D.【答案】D【解析】体积.所以梯形AOBC以边AC为轴旋转一周得到的几何体为圆柱去掉一个同底圆锥的组合体，8.已知二面角α−m−β的平面角的大小为90。A,B为半平面α内的两个点，C为半平面β内一点，且AC=BC=2，若直线BC与平面α所成角为30。，D为BC的中点，则线段AD长度的最大值是() 【答案】A【解析】再根据余弦定理可得AD2=15−12cos∠ACD，从而判断出要使线段AD的长度最大，则∠ACD最大,确定A,B两点的位置，再利用三角形知识求解即可.【详解】因为二面角α−m−β的平面角的大小为90。，因为AC=BC=2，2+2−2=15−12cos∠ACD，要使线段AD的长度最大,需要使得cos∠ACD最小，即∠ACD最大,所以当A,B两点运动到公共棱m上时，∠ACD最大,则线段AD的长度最大.因为直线BC与平面α所成角为30。， 【点睛】关键点睛：本题解得关键在于根据AC=BC=23确定点A,B轨迹，然后结合圆锥性质即可求解.A.z=·13C.z在复平面内对应的点在第四象限D.z的共轭复数为3+2i【答案】ACD【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简z，即可得到其共轭复数，再一一判断即可.对于AD，因为z==3−2i，+2210.函数f(x)=cos2xcosφ−sin2xsinφ（0<φ<）的图象的一个对称中心为则下列说法正确的是()A.直线x=是函数f(x)的图象的一条对称轴B.函数f在上单调递减C.函数f(x)的图象向右平移个单位可得到y=cos2x的图象D.函数f在上的最大值为1【答案】AC【解析】选项.又0<φ<，所以φ=，所以=cosππ对于C选项：函数f(x)的图象向右平移个单位可得y=cos=cos2x，C选项正211.如图，在边长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点，P是正方形ABD1内的动点，则下列结论正确的是()A.若DP//平面CEF，则点P的轨迹长度为D.若P是棱A1B1的中点，则三棱锥P−CEF的外接球的表面积是41π【答案】BCD【解析】角函数的基本关系求解正切值，对于D，先找到球心，利用勾股定理得到半径，求解球的表面积即可.【详解】对于A，如图，取A1D1,A1B1中点N,M，且连接B1D1,NE，因为E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点，由中位线定理得MN//B1D1，EF//B1D1，所以MN//EF，而BD=B1D1，BB1=DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD//B1D1，所以BD//EF，因为CD=NE，ND=CE，所以四边形NDCE是平行四边形，所以ND//CE，因为ND⊄面CEF，CE⊂面CEF，所以ND//面CEF，因为BD⊄面CEF，EF⊂面CEF，所以BD//面CEF，而BD∩ND=D，且DP//平面CEF，面MNDB和面CEF相交，MN,EF是交线，BP，由勾股定理得A1P=对于C，如图，作ET丄BC，连接A1C1∩EF=S，连接AE,AF,AC,A1F,AS,B1D1,ET，故EF丄面A1ACC1，EF丄AS，EF丄CS，而由勾股定理得A1F=AT=25，AF=AE=6，由三线合一性质得S是EF的中点，故S是C1V的中点，即S是A1C1靠近C1的四等分点，所以由勾股定理得AS=18+16=34，CS=2+16=32，而EF丄AS，EF丄CS，面AEF∩面CEF=EF，所以∠ASC是二面角A−EF−C的平面角，且设该角为θ,在□ASC中，由余弦定理得cosθ=易得，所以sinθ≥0，而2+sin2θ=1，解得sinθ=负根舍去)，所以tanθ=所以二面角A−所以二面角A−EF−C的正切值为82，故C正确，5对于D，如图，取PF的中点G，AC的中点H，连接PE,GH,FP，所以C1F=C1E=B1E=B1P=2，由勾股定理得EF=PE=2而PF=4，所以EF2+PE2=PF2，所以EF丄PE，而FP=2，所以点G到E,F,P的距离相等，因为GH//AA1，由正方体性质得AA1丄面PEF，所以GH丄面PEF，所以三棱锥P−CEF的外接球的球心在GH上，设球心为O，GO=t，则HO=4−t，又GP=2,CH=2设三棱锥P−CEF的外接球的半径为R，则PO=CO=R，在直角三角形HCO中，由勾股定理得R2=8+(4−t)2，在直角三角形PGO中，由勾股定理得R2=4+t2，解得t=，【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是确定球心的位置，然后利用勾股定理求出球的半径，得到所要求的表面积即可. 【解析】【分析】由两角和的正切公式可得tan40。+tan20。=代入所求代数式化简可得结果.AD=5，则四棱柱外接球的表面积是.【解析】面外接圆半径，进而可得四棱柱外接球半径，即可得外接球表面积.连接BD，又∠A=60°,AB=4，AD=5，所以四边形ABCD及△ABD的外接圆半径则O1O2=2，O1A=r==2所以外接球表面积S=4πR2=32π.故答案为：32π后交于点P.若AB=6，则cos∠PAC=；若AC:AB:BC=6:5:4，则PA+PB+PC的【解析】【分析】第一空：由正弦定理求得sin上ACB=利用三角形垂心性质结合三角形诱导公式推得cos上PAC=sin上ACB，即得答案；第二空：设上CAB=θ,上CBA=α,上ACB=β,由余弦定理求得它们的余弦值，然后由垂心性质结合正弦定理表示出PA+PB+PC=8(cosθ+cosα+cosβ)，即可求得答案.【详解】设外接圆半径为R，则R=4，即sin上ACB=由于上ACB是锐角，故cos上ACB=π又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即AP丄BC,故上PAC=−上ACB，2设上CAB=θ,上CBA=α,上ACB=β,由于AC:AB:BC=6:5:4，不妨假设AC=6k,AB=5k,BC=4k,k>0，设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于上ECB+上EBC=π,上PCD+上CPD=π,22则得∠APC=π−∠CPD=π−∠EBC=π−∠ABC，所以PA+PB+PC=4【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于：涉及到三角形垂心的性质的应用，解答时要能灵活地结合垂心性质寻找角之间的关系，应用正余弦定理，解决问题.（1）PB的长度（2）隧道DE的长度.αβADEBBC45 233 2 （2）9【解析】（2）在□PAB中利用正弦定理求出AB，从而可求出DE.因为cosγ=为锐角，所以sinγ= 所以DE=AB−AD−EB=9+33−− 所以隧道DE的长度为9.（2）PB1与平面A1BC1所成的角的余弦值为求PB的【解析】A设B1在平面A1BC1上的射影点为E，连接EP,EB1，=cos2θ=则sinθ=可得PB1=，在线段BC上运动（包括端点如图所示.P?若存在，求出实数λ的取值范围；若不存在，请说明理由. 存在，λ∈λ,分类讨论可求得的范围.向旋转75o到-P的位置，如图所示.作P1D丄y轴于点D,OP1=2,∠POP1=75°,可得=30+75−90−3022224 设P(t,3)，其中1≤t≤5.即2×(6−λt)+×λ=0⇒12−2λt+3λ=0，可得12=(2t−3)λ.若t≠,则,故λ∈ □ABM沿着BM折起，使点A到达点P的位置，满足点P∉平面BCDM.（1）如图2，当BC=2MD时，点N是线段PC上点的，DN//平面PBM，求的值；（2）如图2，若点P在平面BCDM内的射影E落在线段BC上.①是否存在点M，使得BP丄平面PCM，若存在，求PM的长；若不存在，请说明理由；②当三棱锥E−PBM的体积最大值时，求点E到平面PCD的距离.【解析】【分析】（1）取BC的中点F，连接DF,FN，则由面面平行的判定定理可证得平面DNF∥平面PBM，再利用面面平行的性质可得FN∥PB，从而可求得结果；（2）①当点M与点D重合时，BP丄平面PCM，由已知条件可证得CM丄平面PBC，则AM=PM=x，由□ABM∽△BGA，可得BG=，在Rt△PBE中，表示出PE，然后表示出VE−PBM=VP−BEM=S□BEM.PE，利用基本不等式可求出其最大值，从而可点E到平面PCD的距离.取BC的中点F，连接DF,FN，因为BC=2MD，所以BF=FC=DM，因为MD∥BF，所以四边形MDFB为平行四边形，所以DF∥BM，因为DF⊄平面PBM，BM⊂平面PBM，所以DF∥平面PBM，因为DN∥平面PBM，DF∩DN=D，DF,DN⊂平面DNF，所以平面DNF∥平面PBM，因为平面DNF∩平面PBC=NF，平面PBM∩平面PBC=PB，所以FN∥PB，因为F是BC的中点，所以①存在点M，当点M与点D重合，即PM=2时，PB丄平面PCM，理由如下：当点M与点D重合时，则CM丄BC，因为PE丄平面BCD，CM⊂平面BCD，所以PE丄CM，所以CM丄平面PBC，因为PB丄PM，PM∩