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）

这是一份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），共17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.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. −iB. iC. −1D. 1
2.已知向量a=(−2,2 3),b=(1, 3)，则b在a方向上的投影向量为( )
A. 14aB. −14aC. −bD. b
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⊥β B. 若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n
C. 若m//α，m//n，则n//α D. 若m⊥α，m⊥β，n⊂α，则n//β
4.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. πB. 2π3C. π3D. 4π3
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. 12πB. 16πC. 48πD. 96π
6.已知函数f(x)=2 3sinωxcsωx+2cs2ωx的定义域为[0,π2]，在定义域内存在唯一x0，使得f(x0)=3，则ω的取值范围为( )
A. [16,136]B. [16,136)C. [13,73]D. [13,73)
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+ 22]
C. [1,2+ 22] D. [ 24,1]
8.已知函数f(x)=ex−eπ−x−csx，若实数x1，x2，x3成等差数列，且f(x1)+f(x2)+f(x3)=0，则x1+x2+x3=( )
A. 0B. π2C. 3π2D. 3π
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+π12,kπ2+7π12],k∈Z
D. 若对于任意x∈[π4,2π3]，都有|f(x)−m|<2成立，实数m的取值范围为(−1,0)．
10.已知复数z1，z2，z3均为虚数，且z3=z1z2−，则( )
A. z3z1z2<0
B. |z3|=|z1|⋅|z2|
C. 1z3−1z1z2为纯虚数
D. 存在某个实系数二次方程，它的两个根为z1z2，z1z2z3
11.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)，若B1N//平面BMD，则下列结论正确的是( )
A. NB1⊥NC1B. 三棱锥B1−NBM的体积为43
C. 点N的轨迹长度为2 2D. tan∠A1NB1的取值范围为[1, 5]
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csα= 55，sin(β−α)= 210.则sinβ= ______．
13.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acsB−bcsA=−a−c．
(1)求B；
(2)若a=2,b=2 7，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g(x)=2sin(x+φ2)，若对任意x∈[π6,π]都有ag(−x)−f2(x)>2a−12恒成立，求实数a的取值范围．
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AA1B1B；
(2)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出B1QQB的值；若不存在，请说明理由．
(3)求二面角M−BC1−B1平面角的正切值．
19.(本小题17分)
在△ABC中，csA= 22，点O为△ABC的外心．
(1)若AB=3 2，AC=4，求AO⋅AB+BO⋅BC+CO⋅CA的值；
(2)若AO=xAB+yAC，求x+y的最大值；
(3)求证；OA+sin2B⋅OB−cs2B⋅OC=0．
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：D．
2.A
【解析】解：由已知条件可得，|a|= (−2)2+(2 3)2=4,a⋅b=−2×1+2 3× 3=4，
所以b在a方向上的投影向量为a⋅b|a|2a=442a=14a．
故选：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=π3．
则莱洛三角形的周长是π．
故选：A．
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2 3，
∴R=2 3．
因此，球O的表面积为：4πR2=48π．
故选：C．
6.D
【解析】解：由题意f(x)= 3sin2ωx+cs2ωx+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]上有唯一解，
令t=ωx+π6∈[π6,ωπ+π6]，
所以sint=1在t∈[π6,ωπ+π6]上有唯一解，
则由正弦函数的性质可知π2≤ωπ+π6<5π2⇒13≤ω<73．
故选：D．
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)上一点，
所以xP∈[1,12+ 22]，
因为AP⋅AB=|AP|⋅|AB|cs∠PAB=xP⋅|AB|=xP，
所以AP⋅AB∈[1,1+ 22].
故选：B．
8.C
【解析】解：因为函数f(x)=ex−eπ−x−csx，
所以f(π−x)+f(x)=eπ−x−ex+csx+ex−eπ−x−csx=0，即f(x)关于(π2,0)对称，
若实数x1，x2，x3成等差数列，则x1+x3=2x2，
因为f(x1)+f(x2)+f(x3)=0，
所以x2=π2，x1+x3=2x2=π，
则x1+x2+x3=3π2．
故选：C．
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C，由π2+2kπ≤2x+π3≤3π2+2kπ,k∈Z，
可得π12+kπ≤x≤7π12+kπ,k∈Z，
可得f(x)的单调递减区间为[π12+kπ,7π12+kπ](k∈Z)，C错误；
对于D，由x∈[π4,2π3]，可得2x+π3∈[5π6,5π3]，
可得sin(2x+π3)∈[−1,12]，可得−2≤f(x)≤1，
由|f(x)−m|<2⇔f(x)−2因此−1故选：ABD．
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)2= (ac)2+(bd)2+(ad)2+(bc)2，
|z1||z2|= a2+b2 c2+d2= (ac)2+(bd)2+(ad)2+(bc)2，
∴|z3|=|z1|⋅|z2|，故B正确；
对于C，1z3=1(ac−bd)−(ad+bc)i=(ac−bd)+(ad+bc)2i(ac−bd)2+(ad+bc)2，
1z1z2=(ac−bd)−(ad+bc)i(ac−bd)2+(ad+bc)2，
∴1z3−1z1z2=2(ad+bc)i(ac−bd)2+(ad+bc)2为纯虚数，故C正确；
对于D，∵z1z2=(ac−bd)+(ad+bc)i为虚数，z1z2z3=(ac−bd)2+(ad+bc)2为实数，
∴实系数二次方程，要么Δ≥0，要么Δ<0，不可能既有实数根，又有虚数根，故D错误．
故选：BC．
11.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)，
∴N到平面B1BM的距离为2，
∴三棱锥B1−NBM的体积为VB1−NBM=VN−B1BM=13×2×12×2×2=43，故选项B正确；
对于C：由于点N在线段D1N1上(含端点)，
而D1N1= A1D12+A1N12= 22+12= 5，
∴点N的轨迹长度为 5，故选项C不正确；
对于D：∵ABCD−A1B1C1D1为正方体，
∴A1B1⊥平面A1D1DA，
∵A1N⊂平面A1D1DA，
∴A1B1⊥A1N，
∴△A1B1N为直角三角形，且直角为∠B1A1N，
∴tan∠A1NB1=A1B1A1N=2A1N，
∵点N在线段D1N1上(含端点)，
则当A1N最大时，即点N为点D1时，此时A1N=2，此时tan∠A1NB1最小，为2A1N=22=1，
当A1N最小时，即A1N⊥D1N1，此时A1N=2S△A1N1D1D1N1=2×12×1×2 5=2 55，
此时tan∠A1NB1最大，最大为2A1N=22 55= 5，
则tan∠A1NB1的取值范围[1, 5]，故选项D正确．
故选：BD．
12.3 1010
【解析】解：因为α，β是锐角，所以由0<α<π2，0<β<π2，csα= 55且sin2α+cs2α=1，
∴sinα=2 55，−π2<−α<0，−π2<β−α<π2,sin(β−α)= 210，
所以cs(β−α)= 1−sin2(β−α)=7 210，
sinβ=sin[(β−α)+α]=sin(β−α)csα+cs(β−α)sinα= 210× 55+7 210×2 55=3 1010．
故答案为：3 1010．
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，
依题意AC22=8，解得AC=4，因AC⊥PA，故PC2=AC2+PA2=52，
所以三棱锥P−ABC的外接球的表面积为：S=4π(PC2)2=πPC2=52π．
故答案为：52π．
14.(1+ 2,2+ 3)
【解析】解：由正弦定理得：a+cb=sinA+sinCsinB=sinA+sin(A+B)sinB=sin2B+sin3BsinB=sin2B+sinBcs2B+sin2BcsBsinB=2csB+2cs2B−1+2cs2B=4cs2B+2csB−1，
又A=2B，即A+B=3B<π，可得B<π3，
又△ABC是锐角三角形，
可得0令csB=t，则t∈( 22, 32)，
则a+cb=4t2+2t−1=f(t)，开口向上，对称轴t=−14，
即f(t)在( 22, 32)上单调递增，
所以f( 22)即a+cb的取值范围是(1+ 2,2+ 3).
故答案为：(1+ 2,2+ 3).
15.解：(1)因为acsB−bcsA=−a−c，
所以sinAcsB−csAsinB=−sinA−(sinAcsB+csAsinB)，
化简得2sinAcsB=−sinA，因为sinA>0，所以csB=−12，
因为B∈(0,π)，
所以B=2π3；
(2)因为(2 7)2=22+c2−2×2ccs2π3，
所以c2+2c−24=0，解得c=4，
因为BD为△ABC的中线，所以2BD=BA+BC，
所以4|BD|2=BA2+BC2+2BA⋅BC=|BA|2+|BC|2+2|BA|⋅|BC|csB=c2+a2+2accs2π3，
因为a=2，c=4，所以4|BD|2=12．
解得|BD|= 3．
所以BD的长为 3．
【解析】(1)由正弦定理可得csB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=VD−BCE=VE−BCD=12VP−BCD=12×13×2×12×2×2=23．
【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)，
则g(−x)=−2sin(x−π6)，
f(x)=2sin(x+π3)=2cs(x−π6)，
[f(x)]2=4cs2(x−π6)=4−4sin2(x−π6)，
当x∈[π6,π]时，x−π6∈[0,5π6]，sin(x−π6)∈[0,1]，
令sin(x−π6)=t∈[0,1]，
显然g(−x)=−2t，[f(x)]2=4−4t2，
不等式ag(−x)−f2(x)>2a−12⇔−2at−(4−4t2)>2a−12⇔a<2t2+4t+1，
依题意，∀t∈[0,1]，不等式a<2t2+4t+1恒成立，是然t+1∈[1,2]，
2t2+4t+1=2(t2−1)+6t+1=2(t−1)+6t+1=2(t+1)+6t+1−4≥2 2(t+1)⋅6t+1−4=4 3−4，
当且仅当2(t+1)=6t+1，即t= 3−1时取等号，
则a<4 3−4，
所以实数a的取值范围是(−∞,4 3−4).
【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t=x+π3∈(π3,4π3)，根据三角函数的性质求解即可；
(3)令sin(x−π6)=t∈[0,1]，则不等式ag(−x)−f2(x)>2a−12⇔−2at−(4−4t2)>2a−12⇔a<2t2+4t+1，利用构造法及基本不等式求解即可．
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BQB1M=ABBB1，
即有BQ1=24，于是BQ=12，B1Q=B1B−BQ=4−12=72，所以B1QQB=7．

(3)在平面A1B1C1上，过M点作MN垂直B1C1垂足为N，因为点M为A1B1的中点，
所以N为B1C1的四等分点，即C1N：C1B1=3：4，
过N点作BC1的垂线NP垂足为P，连接MP，
平面A1B1C1⊥平面CC1B1B，平面A1B1C1∩平面CC1B1B=B1C1，
因此MN⊥平面CC1B1B，所以有MP⊥BC1，由二面角定义可得∠MPN为二面角M−BC1−B1的平面角，
因为△BC1B1为直角三角形，
所以BC1边上的高为d=4 5，则有NP=34d=3 5，
所以tan∠MPN= 323 5= 156．

【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=ABBB1，代入数据求解即可．
(3)先作出辅助线，证明出∠MPN即为二面角M−BC1−B1的平面角，再求tan∠MPN即可．
19.解：(1)由题意，AB=3 2，AC=4，csA= 22，
则由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅csA=18+16−2×3 2×4× 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⋅BC=8，CO⋅CA=5，
则AB⋅AO+BC⋅BO+CA⋅CO=9+8+5=22；
(2)不妨设|AB|=m，|AC|=n，
则AO⋅AB=(AD+DO)⋅AB=AD⋅AB=12m2，同理可得AO⋅AC=12n2，
则由AO=xAB+yAC，可得AO⋅AB=x|AB|2+yAB⋅AC=xm2+ymncsA=xm2+ 22ymn=12m2，
即得：2mx+ 2ny=m，①
又由AO=xAB+yAC，可得AO⋅AC=xAB⋅AC+y|AC|2=xmncsA+yn2= 22xmn+yn2=12n2，
即得： 2mx+2ny=n，②
联立①②，解得x=1− 2n2my=1− 2m2n，
则x+y=1− 2n2m+1− 2m2n=2− 22(nm+mn)，
因nm+mn≥2，当且仅当m=n时等号成立，
即当m=n时，x+y取得最大值2− 2；
(3)证明：由csA= 22，0由图知∠BOC=2∠A=π2，则OB⋅OC=0，
设△ABC的外接圆半径为R，
则|sin2B⋅OB−cs2B⋅OC|2=sin22B⋅|OB|2+cs22B⋅|OC|2=R2，
即|sin2B⋅OB−cs2B⋅OC|=R，
又OA⋅(sin2B⋅OB−cs2B⋅OC)=R2(sin2Bcs∠AOB−cs2Bcs∠AOC)，
而∠AOB=2π−∠BOC−∠AOC=3π2−∠AOC，
则cs∠AOB=−sin∠AOC=−sin2B，而cs∠AOC=cs2B，
故OA⋅(sin2B⋅OB−cs2B⋅OC)=−R2(sin22B+cs22B)=−R2，
不妨设OA与sin2B⋅OB−cs2B⋅OC的夹角为θ，
则csθ=OA⋅(sin2B⋅OB−cs2B⋅OC)|OA|⋅|sin2B⋅OB−cs2B⋅OC|=−R2R2=−1，
因θ∈[0,π]，故θ=π，即OA=−sin2B⋅OB+cs2B⋅OC，
故OA+sin2B⋅OB−cs2B⋅OC=0，故原式得证．
【解析】(1)由题设及余弦定理得BC= 10，取AB的中点D，连接OD，利用数量积运算求得AO⋅AB=9，同理可得BO⋅BC=8，CO⋅CA=5，从而求解；
(2)设|AB|=m，|AC|=n，则可得AO⋅AB=12m2，AO⋅AC=12n2，由AO=xAB+yAC，建立方程组，解得x=1− 2n2my=1− 2m2n，再利用基本不等式即可求解；
(3)由题意得OB⋅OC=0，设△ABC的外接圆半径为R，则可得|sin2B⋅OB−cs2B⋅OC|=R，设OA与sin2B⋅OB−cs2B⋅OC的夹角为θ，则由夹角公式可求得θ=π，即得OA=−sin2B⋅OB+cs2B⋅OC，故原式得证．