2022-2023学年四川省成都市十县市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年四川省成都市十县市高一（下）期末数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省成都市十县市高一（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sinα=−12，则cos2α=(    )
A. 32 B. − 32 C. 12 D. −12
2. 已知a，b为共线向量，且a=(2,x)(x∈R)，b=(1,3)，则|a|=(    )
A. 2 10 B. 3 10 C. 40 D. 3 5
3. 已知i为虚数单位，复数z的共轭复数为z−，且满足zi=3+2i，则z+z−=(    )
A. −4 B. 0 C. 4 D. 6i
4. l，m是不同的直线，α，β，y是互不相同的平面，下列说法正确的是(    )
A. 若直线l，m在平面α内，且均平行平面β，则平面α与平面β平行
B. 若平面α平行直线l，直线l平行平面γ，则平面α与平面γ平行
C. 若平面α垂直平面γ，平面β垂直平面γ，则平面α与平面β平行
D. 若直线l垂直平面α，直线m垂直平面α，则直线l与直线m平行
5. 在△ABC中，AB=1，BC= 2，AC= 3，则BC⋅CA的值为(    )
A. 2 B. −2 C. 23 D. − 23
6. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且满足a+b=(cosA+cosB)c，则△ABC为(    )
A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 以上皆有可能
7. “辛普森(Simpson)公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积S、中截面(过高的中点且平行于底面的截面)的面积S1的4倍、下底面S2之和乘以高h的六分之一，即V=16h(S+4S1+S2).我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体，在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，中国古代名词“刍童”(原来是草堆的意思)就是指上下底面皆为矩形的拟柱体，已知某个“刍童”如图所示，AB=2，AD=1，EF=3，EH=2，且体积为463，则它的高为(    )
A. 5312 B. 5315 C. 4 D. 3
8. 设正三棱锥A−BCD的底面△BCD的边长为2，侧面与底面所成的二面角的余弦值为 63，则此三棱锥的体积为(    )
A. 53 B. 23 C. 33 D. 26
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. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列四个结论正确的是(    )
A. c=acosB+bcosA
B. 若a2=b2+c2+bc，则A为120°
C. 若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰直角三角形
D. 若sin2A+sin2B0,ω>0,|φ|BC，PB>PC，所以四面体P−ABC最长的棱为PB，故A、C都正确；
如果平面ABP⊥平面BCP，AM⊥BP，可得AM⊥平面PBC，即有AM⊥BC，又BC⊥PA，可得BC⊥平面PAB，
即有BC⊥AB，与BC⊥AC矛盾，故B错误；
在直角三角形PBC中，cosθ=BCPB，
在直角三角形PBA中，cosθ1=ABPB，
在直角三角形ABC中，cosθ2=BCAB，
所以cosθ=cosθ1cosθ2，故D正确．
故选：ACD．
由线面垂直的判定定理和性质定理、面面垂直的性质定理、直角三角形的勾股定理和锐角三角函数的定义，可判断正确结论．
本题考查线线、线面和面面的位置关系，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．

11.【答案】AD 
【解析】解：取BC的中点D，连接OD，则OB+OC=2OD，
若OA+OB+OC=0，则2OD=−OA，则O，A，D三点共线，且2|OD|=|OA|，
则O为△ABC的重心，故A正确；

若|OA|=|OB|=|OC|，则O为△ABC的外心，不一定是内心，故B错误；
若O为△ABC的重心，AD是BC边上的中线，则|AO|=23|AD|，则3AO=2AD，故C错误；
取AB的中点E，连接OE，则OA+OB=2OE，

若OA+OB=CO，则CO=2OE，则O，D，E三点共线，且|OE|=13|CE|，
则S△AOB=13S△ABC，故D正确．
故选：AD．
取BC的中点D，则OB+OC=2OD，得2OD=−OA，即可判断A；
若|OA|=|OB|=|OC|，则O为△ABC的外心，不一定是内心，即可判断B；
由题意|AO|=23|AD|，则3AO=2AD，即可判断C；
取AB的中点E，则OA+OB=2OE，得CO=2OE，|OE|=13|CE|，即可判断D．
本题主要考查三角形的五心，属于中档题．

12.【答案】ACD 
【解析】解：对于A，sin230°+cos260°+sin30°cos60°=(12)2+(12)2+12×12=34，故A正确；
对于B，∵cos80°=cos(60°+20°)=12cos20°− 32sin20°，
∴sin220°+cos280°+ 3sin20°cos80°=sin220°+(12cos20°− 32sin20°)2+ 3sin20°(12cos20°− 32sin20°)
=sin220°+14cos220°− 32sin20°cos20°+34sin220°+ 32sin20°cos20°−32sin220°
=14sin220°+14cos220°=14，故B错误；
对于C，∵cos53°=cos(30°+23°)= 32cos23°−12sin23°，
∴sin223°+cos253°+sin23°cos53°=sin223°+( 32cos23°−12sin23°)2+sin23°( 32cos23°−12sin23°)
=sin223°+34cos223°− 32sin23°cos23°+14sin223°+ 32sin23°cos23°−12sin223°
=34sin223°+34cos223°=34，故C正确；
对于D，∵sin40°=sin(30°+10°)=12cos10°+ 32sin10°，
∴cos210°+cos250°−sin40°sin80°=cos210°+sin240°−cos10°sin40°
=cos210°+(12cos10°+ 32sin10°)2−cos10°(12cos10°+ 32sin10°)
=cos210°+14cos210°+ 32sin10°cos10°+34sin210°−12cos210°− 32sin10°cos10°
=34cos210°+34sin210°=34，故D正确．
故选：ACD．
由三角恒等变换、诱导公式、同角三角函数的基本关系等知识化简各选项即可．
本题考查三角恒等变换、诱导公式、同角三角函数的基本关系，属于基础题．

13.【答案】PM 
【解析】解：PQ+OM+QO=PQ+QO+OM=PM．
故答案为：PM．
根据已知条件，结合向量的线性运算，即可求解．
本题主要考查向量的坐标运算，属于基础题．

14.【答案】 32 
【解析】解：因为sin65°cos5°−cos65°sin5°=sin(65°−5°)=sin60°= 32．
故答案为： 32．
根据两和差的正弦公式计算即可．
本题考查了两个差的正弦公式，属于易做题．

15.【答案】[ 2−1, 2+1] 
【解析】解：|z|=1，
则|z−|=1，
故 2−1=|1+i|−|z−|≤|z−+1+i|≤|1+i|+|z−|= 2+1，
故|z−+1+i|的取值范围为[ 2−1, 2+1]．
故答案为：[ 2−1, 2+1]．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．

16.【答案】9π 
【解析】解：将四棱锥P−ABCD补成长方体如图：

则此四棱锥的外接球即为长方体的外接球，
长方体的对角线长为 22+22+12=3，
所以四棱锥的外接球的直径为3，即半径R=32，
则该四棱锥的外接球的表面积为S=4πR2=9π．
故答案为：9π．
将四棱锥P−ABCD补成长方体，求出长方体的对角线长，即可得外接球的半径，进而得表面积．
本题考查了四棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．

17.【答案】解：(1)a=(−1,2)，b=(3,2)，c=(5,6)，c=λ1a+λ2b，
则−λ1+3λ2=52λ1+2λ2=6，解得λ1=1λ2=2；
(2)a=(−1,2)，b=(3,2)，
则ka+b=(−k+3,2k+2)，
∵c=(5,6)，(ka+b)⊥c，
∴5(−k+3)+6(2k+2)=0，解得k=−277． 
【解析】(1)根据已知条件，结合向量相等的条件，即可求解；
(2)根据已知条件，结合向量垂直的条件，即可求解．
本题主要考查向量相等的条件，以及向量垂直的条件，属于基础题．

18.【答案】(1)证明：分别取AB，BC的中点D，E，连接DM，DE，EN，则DM//AA1，DE//AC，
因为DM⊄平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，所以DM//平面ACC1A1，
同理可得，DE//平面ACC1A1，
又DM∩DE=D，DM、DE⊂平面MNED，
所以平面MNED//平面ACC1A1，
因为MN⊂平面MNED，所以MN//平面ACC1A1．

(2)解：由(1)知，DM//AA1，
因为直三棱柱ABC−A1B1C1，所以AA1⊥平面ABC，所以DM⊥平面ABC，
又平面ABC//平面A1B1C1，所以MC与平面ABC所成的角就是直线MC与平面A1B1C1所成角，即∠MCD为所求，
在△CDM中，DM=12AA1=12，CD= 3BD= 32AB= 32，
所以tan∠MCD=DMCD= 33，
因为∠MCD∈[0,π2]，所以∠MCD=π6，
故直线MC与平面A1B1C1所成角为π6． 
【解析】(1)分别取AB，BC的中点D，E，连接DM，DE，EN，可证平面MNED//平面ACC1A1，再由面面平行的性质定理，得证；
(2)由DM⊥平面ABC，平面ABC//平面A1B1C1，知∠MCD即为所求，再由三角函数的知识，得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，面面平行的判定定理与性质定理，线面角的定义是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于基础题．

19.【答案】解：(1)把表格填完整：
x
π18
2π9
7π18
5π9
13π18
ωx+φ
0
π2
π
3π2
2π
f(x)=Asin(ωx+φ)
0
2
0
−2
0
根据表格可得A=2，可得12⋅2πω=5π9−2π9，
∴ω=3，
再根据五点法作图可得3×2π9+φ=π2，
∴φ=−π6，
∴函数的解析式为：f(x)=2sin(3x−π6).
(2)∵x∈(π6,π2],
∴3x−π6∈(π3,4π3]，可得sin(3x−π6)∈[− 32,1]，
∴f(x)=2sin(3x−π6)∈[− 3,2]． 
【解析】(1)由函数的最值求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数的解析式，进而可将表数据补充完整．
(2)利用正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由函数的最值求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，正弦函数的单调性以及定义域、值域，属于中档题．

20.【答案】解：(1)∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴PD⊥AD，
∵PA= 2a，AD=a，
∴PD=a，
故四棱锥P−ABCD的体积V=13SABCD⋅PD=13×a2×a=a33；
(2)证明：∵PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
∴PD⊥DC，
∵DC⊥AD，AD∩PD=D，AD，PD⊂平面PAD，
∴DC⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，
∴DC⊥PA，
∵PD=AD，
E为侧棱PA的中点，
∴DE⊥PA，
∵DC∩DE=D，DC，DE⊂平面CDEF，
∴PA⊥平面CDEF，
∵CF⊂平面CDEF，
∴PA⊥CF． 
【解析】(1)根据已知条件，求出PD⊥AD，再结合四棱锥的体积公式，即可求解；
(2)根据已知条件，先证明DC⊥平面PAD，DC⊥PA，再结合线面垂直的判定定理，即可求证．
本题主要考查棱锥体积的求解，考查转化能力，属于中档题．

21.【答案】解：(1)在△ADC中，ACsinπ6=ADsin∠ACD，
即为10 212=20sin∠ACD，解得sin∠ACD= 22，
可得锐角∠ACD=π4，
所以∠B=π−π6−3π4=π12，
在△ABC中，BC=ACtanπ12=10 2 3−11+ 3=20 2+10 6(米)；
(2)在△ADC中，ACsinπ6=ADsin∠ACD，2AC=20sinθ，
因为AD≥AC，所以10sinθ≤20，解得sinθ≥12，
由于θ为锐角，可得π6≤θ