2022-2023学年云南省大理州高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年云南省大理州高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共13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。
1.设集合A={x|10)个单位长度后得到一个关于x=π12对称的函数，则实数φ的最小值为( )
A. 5π12B. π12C. 5π6D. π6
8.如图，已知正方形ABCD的边长为2，E，F分别是AB，AD的中点，GC⊥平面ABCD，且GC=2，则BE与平面EFG所成角的正弦值为( )
A. 1717B. 22C. 26D. 2 1717
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知向量m+2n=(4,1)，m−n=(1,−2)，则下列结论正确的是( )
A. |m|= 2B. |n|= 2C. (m−n)⊥mD. m⋅n=1
10.若P(A)=12，P(B)=13，则( )
A. P(B−)=23B. P(AB)=16C. P(A+B)≤56D. P(A+B)=56
11.下列说法错误的是( )
A. 若角α=1rad，则角α为第二象限角
B. 将表的分针拨快15分钟，则分针转过的角度是90∘
C. 若角α为第一象限角，则角α3也是第一象限角
D. 在区间(−π2,π2)内，函数y=tanx与y=sinx的图象有1个交点
12.下列选项中，正确的有( )
A. lg23>lg34B. 2022lg2233=2023lg2022
C. 2lg2+2lg52ln2+2ln2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知csα=23，那么cs2α=______.
14.某校为了解高一年级学生的每周平均运动时间(单位：小时)，采用样本量比例分配的分层随机抽样调查，所得样本数据如下：
则总样本平均数是______.
15.已知三棱锥P−ABC的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC满足BA=BC=AC= 3，PA⊥平面ABC，PA=2，则其外接球的半径为______.
16.在△ABC中，O为其外心，2OA+2OB+OC=0，若BC=2，则cs∠COB=______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
如图，角θ的顶点与平面直角坐标系xOy的原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点P，若点P的坐标为(−45,y0)(其中y0>0).
(1)求sinθ的值；
(2)若将OP绕原点O按逆时针方向旋转45∘，得到角α，求tanα的值.
18.(本小题12分)
如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，DE//CF，CD⊥DE.求证：
(1)平面BCF//平面ADE；
(2)平面ADE⊥平面CDEF.
19.(本小题12分)
一名学生骑自行车上学，从他家到学校的途中有3个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是25.求：
(1)这名学生在上学途中只遇到1次红灯的概率；
(2)这名学生在上学途中至少遇到了2个红灯的概率.
20.(本小题12分)
已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=3，b= 13.若asin2B=bsinA.
(1)求B；
(2)若点D满足BD=13BA+23BC，求BD的长.
21.(本小题12分)
如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=1，AD=2，AB=4，点E是棱AB上一点.
(1)当点E在AB上移动时，三棱锥D−D1CE的体积是否变化？若变化，说明理由；若不变，求这个三棱锥的体积；
(2)当点E移动到AB中点时，求直线D1E与A1D成角的余弦值.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=lg2x+t(t为正常数)，且f(t)=3.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)=f(x),01的值域为R，求实数a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据题意，A⊆B，
而A={x|10，所以φmin=5π12.
故选：A.
利用两角和的正弦公式化简f(x)，再根据三角函数的变换规则得到平移后的解析式，根据正弦函数的对称性求出φ的取值，即可得解．
本题主要考查三角恒等变换，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，连接BD、AC，且EF、BD分别交AC于H、O.
∵四边形ABCD是正方形，E、F分别为AB和AD的中点，
故EF//BD，H为AO的中点，∵EF⊂平面EFG，BD⊄平面EFG，
∴BD//平面EFG，∴BD到平面EFG的距离就是点B到平面EFG的距离．
∵BD⊥AC，EF//BD，∴EF⊥AC，即EF⊥HC，∵GC⊥平面ABCD，
EF⊂平面ABCD，∴EF⊥GC，∵HC∩GC=C，∴EF⊥，∵HC∩GC=C，HC，GC⊂平面HCG，
∴EF⊥平面HCG，∵EF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面HCG，
作OK⊥HG交HG于点K，∵OK⊂平面HCG，平面EFG∩平面HCG=HG，
∴OK⊥平面EFG，∴线段OK的长就是点B到平面EFG的距离．
∵正方形ABCD的边长为2，GC=2，∴AC=2 2,HO= 22,HC=3 22.
∵GC⊥平面ABCD，HC⊂平面ABCD，∴GC⊥HC，
∴在Rt△HCG中，HG= HC2+CG2= 172，根据Rt△HKO∽Rt△HCG，
有OKCG=HOHG，得OK=HO⋅GCHG=2 1717，
∵O∈BD，BD//平面EFG，∴OK的长即为点B到平面EFG的距离，
∴OKBE=2 1717，即BE与平面EFG成角的正弦值为2 1717.
故选：D.
连接BD、AC，且EF、BD分别交AC于H、O，证明BD//平面EFG，再利用面面垂直的判定得平面EFG⊥平面HCG，再作出OK⊥HG，利用面面垂直的性质有OK⊥平面EFG，最后根据线面角的定义计算相关长度即可．
本题主要考查直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：因为向量m+2n=(4,1)，m−n=(1,−2)，则n=13[(m+2n)−(m−n)]=(1,1)，m=(m−n)+n=(2,−1)，
因此|m|= 22+(−1)2= 5,|n|= 12+12= 2，A错误，B正确；
由(m−n)⋅m=1×2+(−2)×(−1)=4≠0，知C错误；m⋅n=2×1+1×(−1)=1，D正确．
故选：BD.
利用线性运算的坐标表示，求出m,n的坐标，再逐项分析判断作答．
本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：因为P(A)=12，P(B)=13，所以P(B−)=1−P(B)=1−13=23，故A正确；
由于无法确定A、B是否相互独立，故无法确定P(AB)的值，但是P(AB)≥0，故B错误；
又P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)=56−P(AB)≤56，故C正确，D错误．
故选：AC.
根据对立事件的概率公式判断A，由于无法确定A、B是否相互独立及P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)，即可判断B、C、D.
本题主要考查对立事件、和事件的公式，属于基础题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A：因为0lg2232=32=lg3332>lg34，所以lg23>lg34，故A正确；
对于B：令μ=2022lg2233，则lgμ=lg2022lg2233=lg2233×lg2022，令λ=2023lg2022，则lgλ=lg2023lg2022=lg2022×lg2023，
所以lgμ>lgλ，所以μ>λ，故B错误；
对于C：2lg2+2lg5>2 2lg2×2lg5=2 2lg2+lg5=2 2lg(2×5)=2 2，所以2lg2+2lg5>2 2，故C错误；
对于D：因为函数y=x+4x在(0,2]上为减函数，又ln3ln4+4ln4=ln22+4ln22=2ln2+42ln2=2ln2+2ln2，故D正确．
故选：AD.
由lg23>lg2232=32=lg3332>lg34易得A正确；令μ=2022lg2233，则lgμ=lg2022lg2233=lg2233×lg2022，令λ=2023lg2022，则lgλ=lg2023lg2022=lg2022×lg2023，可判断B；由2lg2+2lg5>2 2lg2×2lg5计算可判断C；函数y=x+4x在(0,2]上为减函数，又ln3ln4+4ln4，化简可判断D.
本题考查对数的运算与函数的单调性，属中档题．
13.【答案】−19
【解析】解：因为csα=23，
则cs2α=2cs2α−1=2×49−1=−19.
故答案为：−19.
由已知结合二倍角公式即可直接求解．
本题主要考查了二倍角公式的应用，属于基础题．
14.【答案】10.8
【解析】解：依题意，总样本平均数是20×12+30×1020+30=10.8.
故答案为：10.8.
根据给定条件，利用平均数公式计算作答．
本题考查了平均数的求法，是基础题．
15.【答案】 2
【解析】解：设H为底面正△ABC的中心，取PA中点M，
过点H作OH//PA，且OH=12PA，连接OM，OA，
由于PA⊥平面ABC，所以OH⊥平面ABC，故OA=OB=OC，
由于OH=AM，OH//AM，所以四边形MOHA为正方形，
故OP= OM2+PM2= AH2+OH2=OA，因此OA=OB=OC=OP，
因此O为外接球的球心，
如图，设外接球的半径为R，由题可知AH=12×BCsin60∘=1，
则OA=R= OH2+AH2= 2，
故答案为： 2.
根据PA⊥平面ABC，底面为等边三角形，可知球心的位置，利用勾股定理即可求解．
本题考查三棱锥的外接球问题，化归转化思想，属中档题．
16.【答案】−14
【解析】解：由2OA+2OB+OC=0可得−2OA=2OB+OC，
平方可得4OA2=4OB2+OC2+4OB⋅OC，
由于O为△ABC外心，
所以|OA|=|OB|=|OC|=r，
所以4r2=4r2+r2+4r⋅rcs∠BOC⇒cs∠BOC=−14.
故答案为：−14.
根据向量的模长公式，结合外心的性质即可求解．
本题考查了平面向量的运算，重点考查了平面向量基本定理，属基础题．
17.【答案】解：(1)依题意，由三角函数定义得csθ=−45，且θ为第二象限的角，
故sinθ>0，
所以sinθ= 1−cs2θ=35.
(2)由(1)可知，tanθ=sinθcsθ=−34，而α=θ+45∘，
所以tanα=tan(θ+45∘)=tanθ+tan45∘1−tanθ⋅tan45∘=−34+11−(−34)×1=17.
【解析】(1)由三角函数定义求得csθ，再由平方关系求得sinθ作答．
(2)根据给定条件得α=θ+45∘，利用两角和的正切公式求解作答．
本题主要考查任意角的三角函数定义，两角和的正切公式，属于基础题．
18.【答案】证明：(1)因为四边形ABCD为矩形，所以BC//AD，
又因为BC⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以BC//平面ADE，
又DE//CF，CF⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，所以CF//平面ADE，
因为BC∩CF=C，BC，CF⊂平面BCF，
所以平面BCF//平面ADE；
(2)因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，又CD⊥DE，
AD∩DE=D，AD，DE⊂平面ADE，
所以CD⊥平面ADE，
又CD⊂平面CDEF，所以平面ADE⊥平面CDEF.
【解析】(1)首先由矩形的性质得到BC//AD，从而证明BC//平面ADE，再证CF//平面ADE即可；
(2)依题意可得CD⊥AD，即可得到CD⊥平面ADE，从而得证．
本题主要考查了面面平行和面面垂直的判定，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设事件A为这名学生在上学途中只遇到1次红灯，
则P(A)=C31(25)⋅(1−25)2=3×25×925=54125，
故这名学生在上学途中只遇到1次红灯的概率为54125；
(2)设事件B为这名学生在上学途中至少遇到了2个红灯，
则这名学生在上学途中只遇到了2个红灯的概率为P1=C32(25)2⋅(1−25)=3×425×35=36125，
这名学生在上学途中遇到了3个红灯的概率为P2=C33(25)3=8125，
所以P(B)=P1+P2=36125+8125=44125，
故这名学生在上学途中至少遇到了2个红灯的概率为44125.
【解析】(1)根据题意，由相互独立事件的概率计算公式，代入计算，即可得到结果；
(2)根据题意，这名学生在上学途中至少遇到了2个红灯包括两种情况，分别计算其概率，然后相加，即可得到结果．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由asin2B=bsinA及正弦定理，得2sinAsinBcsB=sinBsinA，
因为A,B∈(0,π2)，所以sinA>0，sinB>0，
所以csB=12，即B=π3.
(2)由(1)及余弦定理b2=a2+c2−2accsB，得13=9+c2−3c，即c2−3c−4=0，
而c>0，解得c=4，
又BD=13BA+23BC，
所以|BD|=13 (BA+2BC)2=13 |BA|2+4|BC|2+4BA⋅BC
=13 16+4×9+4×4×3×12=2 193.
【解析】(1)利用正弦定理边化角，并结合二倍角公式化简运算，得解；
(2)结合(1)中所得与余弦定理求出c，再利用平面向量数量积的运算法则，求解即可．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，平面向量数量积的运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)三棱锥D−D1CE的体积不变，
∵S△DCE=12DC×AD=12×4×2=4，DD1=1.
∴VD−D1CE=VD1−DCE=13DD1×S△DCE=13×4×1=43；
(2)当点E移动到AB中点时，设D1A∩A1D=M，取AE的中点N，连接MN、DN，
则M为AD1的中点，∴MN//D1E，
∴直线D1E与A1D成角即为∠DMN(或其补角)，
∵MN=12D1E=12 22+22+12=32，DN= 22+12= 5，DM=12DA1=12 22+12= 52，
∴cs∠DMN=DM2+MN2−DN22DM⋅MN=( 52)2+(32)2−( 5)22× 52×32=− 55，
∴直线D1E与A1D成角的余弦值为 55.
【解析】(1)根据VD−D1CE=VD1−DCE=13DD1×S△DCE计算可得；
(2)设D1A∩A1D=M，取AE的中点N，连接MN、DN，即可得到MN//D1E，从而得到直线D1E与A1D成角即为∠DMN(或其补角)，再由余弦定理计算可得．
本题考查异面直线所成角的求法与棱锥体积的计算，考查运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)依题意，f(t)=lg2t+t=3，
由于函数y=lg2t+t在(0,+∞)上单调递增，而lg22+2=3，
因此t=2，
所以f(x)的解析式是f(x)=lg2x+2；
(2)由(1)知，函数g(x)=lg2x+2,01，
当01时，x=a时，(x2−2ax)min=−a2，
函数y=x2−2ax在(1,+∞)上的取值集合为[−a2,+∞),
又−a21，
当a≤1时，函数y=x2−2ax在(1,+∞)上单调递增，取值集合为(1−2a,+∞)，
当且仅当1−2a≤2，即a≥−12时，函数g(x)的值域为R，
因此−12≤a≤1，
所以a的取值范围是[−12,+∞).
【解析】(1)利用给定的函数值，求出参数t作答；
(2)由(1)求出函数f(x)在(0,1]上的取值集合，再利用二次函数性质分段讨论y=x2−2ax在(1,+∞)上取值集合作答．
本题考查了二次函数、对数函数的性质及分类讨论思想，属于中档题．性别
抽样人数
样本平均数
男
20
12
女
30
10