2023-2024学年广西梧州市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广西梧州市高一（下）期末数学试卷（含解析），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。

1.475°角的终边所在的象限是( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知点A(1,−1)，B(−1,2)，则向量AB=( )
A. (0,1)B. (−2,3)C. (2,−3)D. (−2,1)
3.化简cs 15°cs 45°−sin15°sin 45°的值为( )
A. −12B. 32C. 12D. − 32
4.若一个圆锥的轴截面是一个腰长为2 2，底边上的高为2的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为( )
A. 8 2πB. 4 2πC. (4+8 2)πD. (4+4 2)π
5.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m//α，n//β，α//β，则m//n
B. 若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n
C. 若n//α，n//β，则α//β
D. 若m//n，n⊂α，则m//α
6.在△ABC中，D为BC上一点，且BD=2DC，则AD=( )
A. AB+13ACB. AB−13ACC. 23AB+13ACD. 13AB+23AC
7.已知角α的终边经过点(−1, 3)，则tan(α+π2)+sin(2α−3π)=( )
A. 32B. −34C. − 36D. 5 36
8.若函数f(x)=tan(ωx+π4)(ω>0)的最小正周期为π，则( )
A. f(2)>f(0)>f(−π5)B. f(0)>f(2)>f(−π5)
C. f(0)>f(−π5)>f(2)D. f(−π5)>f(0)>f(2)
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.下列说法正确的是( )
A. △ABC中，D为BC的中点，则AB⋅AC=AD2−BD2
B. 向量a=(1,2)，b=(2,4)可以作为平面向量的一组基底
C. 若非零向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，则△ABC为等腰三角形
D. 已知点A(1,5)，B(4,−7)，点P是线段AB的三等分点，则点P的坐标可以为(2,−1)
10.若函数f(x)=sin(2x+φ)(|φ|<π2)的图象经过点P(0,12)，则( )
A. 函数f(x)的最小正周期为π
B. 点(π3,0)为函数y=f(x)图象的对称中心
C. 直线x=π6为函数y=f(x)图象的对称轴
D. 函数f(x)的单调增区间为[2kπ−π3,2kπ+π6](k∈Z)
11.如图，已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1，点E为AA1的中点，点F为AD的中点，点G为DD1的中点，则( )
A. D1E/​/平面C1FG
B. 直线CD与直线C1F所成角的余弦值为23
C. 点C与点D1到平面C1FG的距离之比为2：1
D. 以D1为球心， 5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为π2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.平面α截球O所得的截面圆的半径为1，球心O到平面α的距离为 2，则此球的体积为______．
13.在△ABC中，AB= 3，AC= 5，BC=2，则△ABC的面积为______．
14.若1+sinαcsα−cs2αcs2α=2，则tanα= ______．
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)
已知平面向量a=(1,−2)，b=(−1,−1)．
(1)求|2a−b|的值；
(2)求向量a+b与2a−b的夹角．
16.(本小题15分)
已知cs(π+α)=−35．
(1)求sin(π2+α)，cs2α的值；
(2)若α∈(3π2,2π)，求sin(α−π4)，tanα2的值．
17.(本小题15分)
如图所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点．
(Ⅰ)求证：PA//平面BDE；
(Ⅱ)平面PAC⊥平面BDE；
(Ⅲ)若二面角E−BD−C为30°，求四棱锥P−ABCD的体积．
18.(本小题17分)
∫如图为函数f(x)=2cs(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象，且|CD|=π4，A(−5π12,−2)．
(1)求ω，φ的值；
(2)将f(x)的图象上所有点的横坐标扩大到原来的3倍(纵坐标不变)，再向右平移3π4个单位长度，得到函数g(x)的图象，讨论函数y=g(x)−a在区间[−π,π2]的零点个数．
19.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，m=(c,b)，n=(csA+B2,cs(3π2+B))，且m//n．
(1)若a=4，c= 7b，求△ABC的周长；
(2)若CM=2MB，|AM|=3，求a+b的最大值．
答案解析
1.B
【解析】解：因为475°=360°+115°，
因为115°是第二象限角，而475°与115°终边相同，
故475°角的终边所在的象限是第二象限．
故选：B．
利用终边相同的角进行分析判断即可．
本题考查了象限角的判断，涉及了终边相同角的应用，解题的关键是将475°角的终边转化为115°角的终边．
2.B
【解析】解：向量AB=(−1,2)−(1,−1)=(−2,3)，
故选：B．
利用向量坐标运算性质即可得出．
本题考查了向量坐标运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3.C
【解析】解：cs 15°cs 45°−sin15°sin 45°=cs(15°+45°)=cs60°=12．
故选：C．
直接利用两角和的余弦化简求值．
本题考查三角函数的化简求值，考查两角和的余弦，是基础题．
4.B
【解析】解：根据题意，该圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形，其腰长为2 2，
则其底边长为2 2× 2=4，
故圆锥的母线长l=2 2，底面圆半径r=2，
所以该圆锥的侧面积为S=πrl=π×2×2 2=4 2π.
故选：B．
根据题意，分析圆锥的轴截面，可得圆锥的母线长和底面半径，进而计算可得答案．
本题考查圆锥的侧面积计算，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．
5.B
【解析】解：若m//α，n//β，α//β，则m//n或m与n相交或m与n异面，故A错误；
若m//α，则在平面α内存在不同于n的直线l，使得l//m，则l//β，从而l//n，故m//n，故B正确；
若n//α，n//β，则α//β或α与β相交，故C错误；
若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故D错误．
故选：B．
6.D
【解析】解：∵BD=2DC，
∴AD=AB+BD=AB+23BC
=AB+23(AC−AB)=13AB+23AC，
故选：D．
7.D
【解析】解：因为角α的终边经过点(−1, 3)，
所以tanα= 3−1=− 3，
则tan(α+π2)+sin(2α−3π)=−1tanα−sin2α
=−1tanα−2sinαcsαsin2α+cs2α
=−1tanα−2tanαtan2α+1=−1− 3−2×(− 3)3+1=5 36．
故本题选D．
8.C
【解析】解：∵函数f(x)=tan(ωx+π4)(ω>0)的最小正周期为π，
∴T=πω=π，得ω=1，
即f(x)=tan(x+π4)，
则f(0)=tanπ4，f(−π5)=tanπ20，f(2)=tan(2+π4)<0，
∵tanπ4>tanπ20>0，
∴f(0)>f(−π5)>f(2)，
故选：C．
根据正切函数的周期公式求出ω的值，结合正切函数的单调性和取值符号进行比较即可．
本题主要考查三角函数值的大小比较，根据正切函数的周期公式求出ω的值，以及利用正切函数的单调性是解决本题的关键．比较基础．
9.AC
【解析】解：对于A，由题意得DC=−DB，
则AB⋅AC=(AD+DB)⋅(AD+DC)=(AD+DB)⋅(AD−DB)=AD2−DB2=AD2−BD2，A正确；
对于B，因为b=2a，不能作为平面向量的一组基底，B错误；
对于C，因为AB|AB|和AC|AC|分别表示与向量AB和AC同向的单位向量，
所以以AB|AB|和AC|AC|为邻边的平行四边形是菱形，AB|AB|+AC|AC|在∠BAC的平分线上，
又(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，则∠BAC的平分线垂直于BC，即AB=AC，
故△ABC为等腰三角形，C正确；
对于D，若点P是线段AB的三等分点，则AP=23AB或AP=13AB，
由A(1,5)，B(4,−7)可得AB=(3,−12)，
所以AP=23AB=(2,−8)或AP=13AB=(1,−4)，
即点P的坐标可以为(3,−3)或(2,1)，D错误．
故选：AC．
对于A，根据平面向量的运算即可判断；对于B，根据平面向量的基本定理即可判断；对于C，根据平面向量的运算及三角形性质即可判断；对于D，根据平面向量的运算即可判断．
本题主要考查了向量的线性运算，平面向量基本定理及向量数量积的性质的应用，属于中档题．
10.AC
【解析】解：因为函数f(x)=sin(2x+φ)(|φ|<π2)的图象经过点P(0,12)，则f(0)=sinφ=12，
因为|φ|<π2，
所以φ=π6，则f(x)=sin(2x+π6)．
对于A选项，函数f(x)的最小正周期为T=2π2=π，A对；
对于B选项，f(π3)=sin5π6=12≠0，故点(π3,0)不是函数y=f(x)图象的对称中心，B错；
对于C选项，f(π6)=sinπ2=1，故直线x=π6为函数y=f(x)图象的对称轴，C对；
对于D选项，由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2(k∈Z)得kπ−π3≤x≤kπ+π6(k∈Z)，
因此，函数f(x)的单调增区间为[kπ−π3,kπ+π6](k∈Z)，D错．
故选：AC．
11.BCD
【解析】解：选项A，如图，连接AG，在正方体中，
AE//GD1，AE=GD1，则四边形AED1G为平行四边形，
故ED 1//AG，又AG∩FG=G，所以ED1与FG相交，
故D ​1E与平面C1FG相交，故A错误；
选项B，因为CD//C1D1，
故直线CD与直线C1F所成角即为∠D1C1F，
又C1D1⊥平面ADD1A1，D1F⊂平面ADD1A1，
所以C1D1⊥D1F，在Rt△C1D1F中，
C1F= CF2+CC12= 5+4=3，
∴cs∠D1C1F=C1D1C1F=23，故B正确；
选项C，由已知，GF= 2，C1G= 5，C1F=3，
则cs∠GFC1=2+9−52× 2×3= 22，∴sin∠GFC1= 22，
所以S△GFC1=12× 2×3× 22=32，
设点C与点D1到平面C1FG的距离分别为ℎ1和ℎ2，
则由VC−GFC1=VF−GCC1可得：13×32×ℎ1=13×2×1，解得ℎ1=43，
由VD1−GFC1=VF−D1GC1可得：13×32×ℎ2=13×1×1，解得ℎ2=23，
则点C与点D1到平面C1FG的距离之比为ℎ1：ℎ2=2：1，故C正确；
选项D，如右图所示，取B1C1的中点M，CC1的中点N，连接D1M，D1N，
由正方体棱长为2，可得D1M=D1N= 5，
故以D1为球心， 5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线即为以C1为圆心，
半径为1的圆周的14，即交线为MN，
所以MN=14×2π=π2，故D正确．
故选：BCD．
通过说明D1E与平面GFC1相交可判定选项A错误；直接由线线角的定义进行计算可判定B正确；由体积法求出点面距离可判定C正确；分析交线的轨迹，即可求出其长度，可判定D选项．
本题考查空间中的线面关系，线线角的求法，体积法求点面距离，几何体与平面的交线问题，属中档题．
12.4 3π
【解析】解：作出对应的截面图，
∵截面圆的半径为1，即BC=1，
∵球心O到平面α的距离为 2，
∴OC= 2，
设球的半径为R，
在直角三角形OCB中，OB2=OC2+BC2=1+( 2)2=3．
即R2=3，
解得R= 3，
∴该球的体积为43πR3=43×π×( 3)3=4 3π，
故答案为：4 3π．
根据条件求出截面圆的半径，根据直角三角形建立条件根据即可求出球的半径．
本题主要考查球的体积的计算，根据条件求出球半径是解决本题的关键．
13. 112
【解析】解：因为△ABC中，AB= 3，AC= 5，BC=2，
所以由余弦定理得csA=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=3+5−42× 3× 5=2 15，
由于A∈(0,π)，
所以sinA= 1−cs2A= 1115，
所以△ABC的面积为：S△ABC=12AB⋅ACsinA=12× 3× 5× 1115= 112．
故答案为： 112．
利用余弦定理求出csA，再求sinA，即可由面积公式求解．
本题考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式以及三角形的面积公式在解三角形中的应用，属于基础题．
14.23
【解析】解：因为1+sinαcsα−cs2αcs2α=2，
所以sin2α+sinαcsαcs2α−sin2α=2，即tan2α+tanα1−tan2α=2，
整理得3tan2α+tanα−2=0且tan2α≠1，
所以tanα=23或−1(舍)．
故答案为：23．
根据同角的三角函数关系式，结合余弦的二倍角公式进行求解即可．
本题主要考查了同角基本关系的应用，属于中档题．
15.解：(1)因为a=(1,−2)，b=(−1,−1)，
所以2a−b=(3,−3)，
则|2a−b|= 32+(−3)2=3 2；
(2)因为a=(1,−2)，b=(−1,−1)，所以a+b=(0,−3)，
所以(a+b)⋅(2a−b)=(0,−3)⋅(3,−3)=9,|a+b|=3，
设(a+b)与(2a−b)的夹角为θ，
则csθ=(a+b)⋅(2a−b)|a+b|⋅|2a−b|=93×3 2= 22，
因为0≤θ≤π，所以θ=π4．
【解析】(1)根据向量的坐标运算，由模长公式即可求解，
(2)利用夹角公式即可求解．
本题考查平面向量数量积的坐标运算，夹角的求法，属于基础题．
16.解：(1)因为cs(π+α)=−csα=−35，
所以csα=35，
所以sin(π2+α)=csα=35，cs2α=2cs2α−1=2×(35)2−1=−725；
(2)由(1)知csα=35，
因为α∈(3π2,2π)，
所以sinα=− 1−cs2α=−45，
所以sin(α−π4)=sinαcsπ4−csαsinπ4=−45× 22−35× 22=−7 210，
因为α∈(3π2,2π)，
所以α2∈(3π4,π)，
由2cs2α2−1=1−2sin2α2=35得sinα2= 55,csα2=−2 55，
所以tanα2=−12．
【解析】(1)先由诱导公式求csα，然后利用诱导公式和二倍角公式可得；
(2)先求sinα，由和差公式可得sin(α−π4)，利用二倍角公式求sinα2,csα2，然后由商数关系可得．
本题考查了诱导公式及两角差的正弦公式，重点考查了二倍角公式，属基础题．
17.解：(Ⅰ)证明：连接OE，如图所示．
∵O、E分别为AC、PC中点，
∴OE/​/PA．
∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，
∴PA/​/平面BDE．
(Ⅱ)证明：∵PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PO⊥BD．
在正方形ABCD中，BD⊥AC，
又∵PO∩AC=O，PO、AC⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC．
又∵BD⊂平面BDE，∴平面PAC⊥平面BDE．
(Ⅲ)取OC中点F，连接EF．
∵E为PC中点，
∴EF为△POC的中位线，∴EF//PO．
又∵PO⊥平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD，
∵OF⊥BD，∴OE⊥BD．
∴∠EOF为二面角E−BD−C的平面角，
∴∠EOF=30°．
在Rt△OEF中，OF=12OC=14AC= 24a，
∴EF=OF⋅tan30°= 612a，∴OP=2EF= 66a.
∴VP−ABCD=13×a2× 66a= 618a3．
【解析】本题考查平面与平面垂直，直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查计算能力．
(Ⅰ)连接OE，证明OE/​/PA，然后证明PA//平面BDE．
(Ⅱ)证明PO⊥BD，BD⊥AC，推出BD⊥平面PAC，然后证明平面PAC⊥平面BDE．
(Ⅲ)取OC中点F，连接EF，说明∠EOF为二面角E−BD−C的平面角，求出OF，EF，OP=2EF= 66a，然后求解几何体的体积．
18.解：(1)根据题意得，T4=π4，故T=π，ω=2πT=2，故f(x)=2cs(2x+φ)．
将A(−5π12,−2)代入，得2×(−5π12)+φ=−π+2kπ(k∈Z)，解得φ=−π6+2kπ(k∈Z)，
又|φ|<π2，故φ=−π6．
(2)依题意，g(x)=2cs[23(x−3π4)−π6]=2cs(23x−2π3)．
函数y=g(x)−a在区间[−π,π2]的零点个数即为函数g(x)的图象与直线y=a在[−π,π2]上的交点个数．
当x∈[−π,π2]时，23x−2π3∈[−4π3,−π3]，结合余弦函数图象可知，
当x∈[−π,−π2]时，g(x)单调递减，当x∈(−π2,π2]时，g(x)单调递增，
且g(−π)=−1，g(π2)=1，g(−π2)=−2，
作出函数g(x)在[−π,π2]上的大致图象如图所示．

观察可知，当a=−2或−1当−2当a<−2或a>1时，y=g(x)−a有0个零点．
【解析】(1)由周期求出ω，根据A(−5π12,−2)求出φ；
(2)首先求出g(x)的解析式，函数y=g(x)−a在区间[−π,π2]的零点个数即为函数g(x)的图象与直线y=a在[−π,π2]上的交点个数，由x的取值范围，求出23x−2π3的取值范围，再结合余弦函数的图象即可得解．
本题考查了正弦函数的图象变换及函数性质的应用，属于中档题．
19.解：(1)因为m//n，故ccs(3π2+B)=bcsA+B2⇒csinB=bcsA+B2，
由正弦定理得，csinB=bsinC=bcsA+B2⇒sinBsinC=sinBcsA+B2．
又sinB≠0，则sinC=csA+B2=csπ−C2=sinC2，
即2sinC2csC2=sinC2，
而sinC2≠0，故csC2=12，故C=2π3．
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC，又a=4，c= 7b
代入得7b2=16+b2−2×4b×(−12)=0，
整理得3b2−2b−8=0，
解得b=2或−43(舍去)，c=2 7，
故△ABC的周长为6+2 7．
(2)设∠CAM=α∈(0,π3)，则∠CMA=π3−α，

由正弦定理得，CMsinα=ACsin∠CMA=AMsinC，
即2a3sinα=bsin(π3−α)=3 32=2 3，
故a=3 3sinα，b=− 3sinα+3csα，
所以a+b=2 3sinα+3csα= 21sin(α+φ)，
其中tanφ= 32∈( 33,1)，φ∈(π6,π4)，
则当α+φ=π2时，a+b取得最大值 21．
【解析】(1)利用正弦定理及三角恒等变换化简得C，再由余弦定理求b即可得三角形周长；
(2)利用正弦定理、辅助角公式及三角函数的性质计算即可．
本题考查向量在解三角形中的应用，属于中档题．