2023-2024学年河南省南阳市高一下学期期末质量评估数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省南阳市高一下学期期末质量评估数学试题（含解析），共14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.cs215∘−sin215∘=( )
A. 64B. 12C. 32D. 6− 24
2.已知：z1−i=1+i，其中i为虚数单位，则z=( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
3.如图是底面半径为1的圆锥，将其放倒在水平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点O滚动，当这个圆锥在水平面内首次转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则滚动过程中该圆锥上的点到水平面的距离最大值为( )
A. 2 2B. 2C. 4 23D. 2
4.已知向量a=(1,2)，b=(−2,−4)，|c|= 5，若(a+b)·c=52，则a与c的夹角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
5.在平面直角坐标系xOy中，平面向量OA=3,4，将OA绕原点逆时针旋转2π3得到向量OB，则向量OB在向量OA上的投影向量是( )
A. 32+2 3,2−3 32B. 32,2
C. −32−2 3,−2+3 32D. −32,−2
6.如图，一个三棱锥容器的三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，经测量知SD：DA=SE：EB=CF：FS=2：1，这个容器最多可盛原来水的( )
A. 2933
B. 2327
C. 1927
D. 3135
7.在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义1−csθ为角θ的正矢，记作versinθ；定义1−sinθ为角θ的余矢，记作cversθ，则下列命题正确的是( )
A. 函数fx=versinx−cversx+1的对称中心为kπ−π4,1,k∈Z
B. 若gx=versinx⋅cversx−1，则gx的最大值为 2+1
C. 若ℎx=versin2x−cversx+1，ℎα=1且0<α<π2，则圆心角为α，半径为3的扇形的面积为4π3
D. 若versinx−1cversx−1= 22，则cvers3x−1cversx−1=13
8.如图，在直角梯形ABCD中，已知AD//BC，AD=AB=1，∠BAD=90∘，∠BCD=45∘，现将▵ABD沿BD折起到▵PBD的位置，使二面角P−BD−C的大小为45°，则此时三棱锥P−BCD的外接球表面积是( )
A. 8π3
B. 14π3
C. 4π
D. 6π
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列有关复数内容表述正确的是( )
A. 若复数z满足z+z=0，则z一定为纯虚数
B. 对任意的复数z均满足：z2=z2
C. 设在复数范围内方程x2−4x+13=0的两根为x1，x2，则x1+x2=4
D. 对任意两个复数z1，z2，若z1⋅z2=0，则z1，z2至少有一个为0
10.已知函数fx=asinx+bcsxab≠0，且fx+π4=fπ4−x，则( )
A. a=bB. 函数fπ4−x是偶函数
C. 函数fx的图象关于直线x=5π4对称D. 函数fx在区间−π4,π4上单调递减
11.如图，在正三棱锥A−BCD中，底面边长为a，侧棱长为2a，点E，F分别为侧棱AC，AD上的异于端点的动点.则下列说法正确的是( )
A. 若BE⊥AC，则不可能存在这样的点F，使得EF⊥AC
B. 若AE=13AC，AF=23AD，则VE−ABF=29VB−EFDC
C. 若CD//平面BEF，则EF//CD
D. △BEF周长的最小值是52a
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量OA=1,2，OB=2,−1，点P是线段AB的三等分点，则点P的坐标是 ．
13.如图，在▵ABC中，∠ABC=60∘，AC= 6，BC=2，∠ABC的角平分线交AC于D，交过点A且与BC平行的直线于点E，则DE= ．
14.设Px,y为函数fx=sinπ2x+csπ2x+1x∈−1,1图象上任意一点，则3x−y x2+y2的最大值是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
(1)已知复数z满足z=1+3i−z，求1+3i3+4iz；
(2)设x∈R，复数z=lg2x+1+i⋅lg12csx+12在复平面内对应的点在第三象限，求x的取值范围．
16.(本小题12分)
已知α为锐角，β为钝角，且sinα= 1010，tanβ=−17．
(1)求sin2β的值；
(2)求β−2α的值．
17.(本小题12分)
在▵ABC中，∠ABD=α，∠DBC=β．
(1)求证：sinα+βBD=sinβBA+sinαBC；
(2)若AB=AC，∠C=72∘，求cs36∘的值．
18.(本小题12分)
如图，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA=AB=12BC=1，点E是棱PB的中点．
(1)求证：AE⊥PC；
(2)若M，N分别是PD，AC上的点，且PMDM=ANCN=2，Q为MN上任意一点，试判断：三棱锥P−ABQ的体积是否为定值？若是，请证明并求出该定值；若不是，请说明理由．
19.(本小题12分)
已知在▵ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.圆M与▵ABC的边AC及BA，BC的延长线相切(即圆M为▵ABC的一个旁切圆)，圆M与边AC相切于点T.记▵ABC的面积为S，圆M的半径为r．
(1)求证：r=2Sa−b+c；
(2)若B=π3，b=8，
①求r的最大值；
②当r=3 3时，求AM⋅AC的值．
答案解析
1.C
【解析】运用二倍角余弦公式得到cs215∘−sin215∘=cs30∘= 32．
故选：C．
2.A
【解析】z=1+i1−i=i，则z=1．
故选：A．
3.C
【解析】如图所示根据圆锥的性质，可知2πOA=3⋅πAB，
由圆锥底面半径为r=1，则AB=2r=2，OA=OB=32AB=3r=3，
所以OC= OA2+CA2=2 2，
易知圆锥上到水平面的距离最大的点为B，设距离为d，
所以12OA⋅d=12AB⋅OC，
则d=AB⋅OCOA=2⋅2 23=4 23，
故选：C．
4.C
【解析】解：设a与c的夹角为θ，
∵a=(1,2),b=(−2,−4)，则b=−2a，
(a+b)⋅c=−a⋅c=52，
即a⋅c=−52，∴csθ=−52 5× 5=−12，
又0°≤θ≤180°，则θ=120°，
故选C．
5.D
【解析】因为OA=OB=5，OA,OB=2π3，所以OA⋅OB=OA⋅OB⋅cs2π3=−252，
所以OB在OA上的投影数量为：OA⋅OBOA=−52，
所以OB在OA上的投影向量为：OA⋅OBOA⋅OAOA=−52⋅3,45=−32,−2．
故选：D
6.B
【解析】解：∵SD：DA=SE：EB=2：1，
∴SD：SA=SE：SB=2：3，则S△SDE：S△SAB=4：9，
∵CF：FS=2：1，∴SF：SC=1：3．
设点F，C到平面SAB的距离分别为ℎ1，ℎ2，
∴ℎ1：ℎ2=1：3，
则VF−SDE：VC−SAB=49×13=427．
故这个容器最多可盛原来水的1−427=2327．
故选：B．
7.D
【解析】对A：fx=versinx−cversx+1=1−csx−1−sinx+1=sinx−csx+1= 2sinx−π4+1．
由x−π4=kπ，k∈Z⇒x=kπ+π4，k∈Z，所以函数fx的对称中心为kπ+π4,1,k∈Z，故 A错误；
对B：gx=versinx⋅cversx−1=1−csx⋅1−sinx−1=sinx⋅csx−csx−sinx．
设sinx+csx=t，则t∈− 2, 2，且sinx⋅csx=t2−12，
所以y=t2−12−t=t2−2t−12=t−12−22，t∈− 2, 2
当t=− 2时，ymax= 2+12.故B错误；
对C：ℎx=versin2x−cversx+1=1−cs2x−1−sinx+1=sinx−cs2x+1．
因为ℎα=1且0<α<π2，所以sinα−1−2sin2α+1=1⇒2sinα−1sinα+1=0．
所以sinα=12⇒α=π6．
所以圆心角为α，半径为3的扇形的面积为：12×π6×32=3π4，故 C错误；
对D：由versinx−1cversx−1= 22⇒csxsinx= 22⇒tanx= 2⇒sin2x=23．
所以cvers3x−1cversx−1=sin3xsinx==3sinx−4sin3xsinx=3−4sin2x=3−4×23=13，故 D正确．
故选：D
8.D
【解析】如图：
取BD中点E，BC中点F，连接PE，EF，由题意可知：
PE⊥BD，EF⊥BD，所以∠PEF为二面角P−BD−C的平面角，∠PEF=45∘．
由题意可得▵BDC为等腰直角三角形，所以F为▵BDC的外心，
过F作直线l⊥平面BDC，则三棱锥P−BCD外接球的球心O必在直线l上.
因为l⊥平面BDC，BD⊂平面BDC，所以BD⊥l，所以l在平面PEF中.
又E为▵PBD的 外心，连接OE，则OE⊥平面PBD．
所以∠OEF=45∘．
由于AD=AB=1，∠BAD=90∘，则BD= 2，
▵BDC为等腰直角三角形，故CD=BD= 2,BC=2，
在Rt▵OEF中，∠OEF=45∘，EF=12CD= 22，∠EFO=90∘，所以OF= 22．
所以三棱锥P−BCD外接球的 半径：R=OC= OF2+FC2= 12+1= 62，
所以三棱锥P−BCD外接球的表面积为：S=4πR2=4π×32=6π．
故选：D
9.CD
【解析】A选项：当z=0时，z=0，此时z+z=0，当z为实数，A选项错误；
B选项：设z=a+bi，则z2=a2+2abi+b2i2=a2−b2+2abi，z2=a2+b2≠z2，B选项错误；
C选项：x2−4x+13=0，则x1=2+6i，x2=2−6i，则x1+x2=4，C选项正确；
D选项：设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，则z1⋅z2=a1a2−b1b2+a1b2+a2b1i=0，
即a1a2−b1b2=0a1b2+a2b1=0，化简可得a12+b12a22+b22=0，即z1⋅z2=0，则z1与z2至少有一个为0，即z1，z2至少有一个为0，D选项正确；
故选：CD．
10.ABC
【解析】解：∵f(x)=asinx+bcsx(ab≠0)，且f(x+π4)=f(π4−x)，
∴f(x)的图象关于直线x=π4对称，
∴f(0)=f(π2)，即b=a，A正确；
∴f(x)=a(sinx+csx)= 2asin(x+π4)，
∴f(π4−x)= 2asin(π2−x)= 2acsx，为偶函数，B正确；
又f(5π4)= 2asin3π2=− 2a，当a<0时为最大值，当a>0时为最小值，
∴函数f(x)的图象关于直线x=5π4对称，C正确；
x∈−π4,π4，则x+π4∈0,π2，
由于a的正负不确定，则函数fx在区间−π4,π4上单调性不确定，D错误．
故选：ABC．
11.AC
【解析】对选项A：如图：
取BD中点G，连接AG,CG,ED，
因为▵BCD是边长为a的等边三角形，所以BD⊥CG，
在▵ABD中，AB=AD=2a，所以BD⊥AG，
AG∩BG=G，且AG,BG⊂平面AGC，所以BD⊥平面AGC
AC⊂平面AGC，所以AC⊥BD．
又AC⊥BE，BE∩BD=B，BE,BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED．
所以要有EF⊥AC，则必有EF⊂平面BED.故F点与D点重合．
这与F为AD上的点且异于端点矛盾，故 A正确；
对选项B：因为VE−ABFVA−BCD=VB−AEFVB−ACD=S▵AEFS▵ACD=AE⋅AFAC⋅AD=1×23×3=29，
所以VE−ABFVB−EFDC=27，故 B错误；
对选项C：若CD//平面BEF，CD⊂平面ACD，平面ACD∩平面BEF=EF，所以CD//EF，故 C正确；
对D选项：如图：
将三棱锥的侧面展开，当B,E,F,B′共线时，△BEF的周长最小．
此时cs∠BAC=4a2+4a2−a22×2a×2a=78，
所以cs∠BAB′=4cs3∠BAC−3cs∠BAC=4783−3×78=7128，
所以BB′2=4a2+4a2−2×2a×2a×7128=12116a2.所以BB′=114a.故D错误．
故选：AC
12.43,1或53,0
【解析】由点P是线段AB的三等分点，可得AP=13AB，或AP=23AB，
则OP=OA+AP=OA+13AB=OA+13OB−13OA=23OA+13OB=43,1，
或OP=OA+AP=OA+23AB=OA+23OB−23OA=13OA+23OB=53,0，
即点P的坐标为43,1或53,0，
故答案为：43,1或53,0．
13.1+ 3
【解析】在▵ABC中，由余弦定理可得：AC2=BC2+AB2−2⋅BC⋅AB⋅cs∠ABC，
即6=4+AB2−2AB，又AB>0，所以AB=1+ 3．
因为AE//BC，BE平分∠ABC，所以∠ABE=∠E=30∘，所以AE=AB=1+ 3．
在▵ABE中，因为∠BAE=120∘，所以BE=2ABcs30∘= 31+ 3=3+ 3．
因为AE//BC，所以▵ADE∼▵CDB，
所以BDDE=BCAE⇒BD+DEDE=BC+AEAE⇒3+ 3DE=3+ 31+ 3⇒DE=1+ 3．
故答案为：1+ 3
14. 55或15 5
【解析】由已知有y=sinπ2x+csπ2x+1，且−1≤x≤1．
由于余弦函数是偶函数，故csπ2x=csπ2x，从而y=sinπ2x+csπ2x+1．
由于0≤π2x≤π2，故π4≤π2x+π4≤3π4，从而sinπ2x+π4≥ 22．
所以y=sinπ2x+csπ2x+1= 2sinπ2x+π4+1≥ 2⋅ 22+1．
这就得到y≥2．
若x<411，则3x−y x2+y2≤3x−2 x2+y2<3⋅411−2 x2+y2=−1011 x2+y2<0< 55；
若411≤x≤1，则1−x11x−4≥0，所以
3x−y x2+y2≤3x−2 x2+y2≤3x−2 x2+4≤3x−2 x2+4= 3x−22x2+4= 53x−225x2+4≤ 53x−22+41−x11x−45x2+4= x2+45x2+4= 55．
综上，有3x−y x2+y2≤ 55．
当P的坐标是1,2时，即x=1，y=2时，有3x−y x2+y2=3−2 12+22= 55．
所以3x−y x2+y2的最大值是 55．
故答案为： 55．
15.解：(1)因为z=1+3i−z，可设z=a+3i，则 a2+9=1−a⇒a=−4，所以z=−4+3i．
所以1+3i3+4i−4+3i=−9+13i−4+3i=−9+13i−4−3i−4+3i−4−3i=75−25i25=3−i．
(2)由题意：lg2x+1<0lg12csx+12<0⇒01⇒−1所以所求x的取值范围为：−1,0．
【解析】(1)先根据条件求出复数z，再根据复数的乘除法运算计算结果．
(2)根据第三象限内点的坐标特点列出不等式组，解不等式组可得答案．
16.解：(1)sin2β=2sinβcsβ=2sinβcsβcs2β+sin2β=2tanβ1+tan2β=2×(−17)1+(−17)2=−725；
(2)因为α为锐角，sinα= 1010，可得csα=3 1010，2α∈0,π，
由cs2α=1−2sin2α=45，可得sin2α= 1−cs２2α=35，
所以tan2α=sin2αcs2α=34，
则tan(β−2α)=tanβ−tan2α1+tanβtan2α=(−17)−341+(−17)×34=−1，
又因为tan2α=34>0，所以0<2α<π2，而π2<β<π，
可得0<β−2α<π，所以β−2α=3π4．
【解析】(1)利用二倍角公式，齐次式的方法即可求值；
(2)分别求出tan2α，tanβ的值即可．
17.解：(1)证明：因为S△ABC=S△ABD+S△BCD，
所以12AB⋅BCsin(α+β)=12AB⋅BDsinα+12BC⋅BDsinβ，
两边同时除以12AB⋅BC⋅BD，得sin(α+β)BD=sinβBA+sinαBC，
故命题得证．
(2)若AB=AC，∠C=72∘，则∠A=36∘，∠ABC=72∘，
当α=β=12∠ABC=36∘时，▵ABC，▵ABD和▵BCD均为等腰三角形，且AD=BD=BC，▵ABC∽▵BCD，
所以ACBD=BCCD，
所以ACAD=ADAC−CD，整理得AD2+AD⋅AC−AC2=0，
所以(ADAC)2+ADAC−1=0，解得ADAC=−1± 52(舍负)，
不妨取AC=2m，AD=( 5−1)m，则AB=2m，BD=( 5−1)m，
在▵ABD中，由余弦定理知，cs36∘=cs∠A=AB2+AD2−BD22AB⋅AD=AB2AD=2m2⋅( 5−1)m= 5+14．
【解析】(1)根据S△ABC=S△ABD+S△BCD，利用三角形的面积公式，求证即可；
(2)令α=β，根据AD=BD=BC，且▵ABC∽▵BCD，利用三角形相似的性质，求得ADAC= 5−12，再在▵ABD中，利用余弦定理求解即可．
18.解：(1)∵PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴AD⊥PA，又底面ABCD为矩形，则AD⊥AB，
又PA⋂AB=A且都在面PAB内，
∴AD⊥平面PAB，又AE⊂平面PAB，
∴AE⊥AD，又AD//BC，则AE⊥BC，
又PA=AB，点E是棱PB的中点，则AE⊥PB，
又BC⋂PB=B且都在面PBC内，
∴AE⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，
∴AE⊥PC；
(2)三棱锥P−ABQ的体积是为定值，且定值为29，理由如下：
如图，过M作MG//DA，且MG⋂PA=G，
过N作NF//BC，且NF⋂AB=F，连接GF，
又DA//CB，∴MG//CB，
∵PMDM=ANCN=2，∴GMAD=PMPD=23，FNBC=ANAC=23，
∴GM=23AD=23BC=FN，∴GM=FN，
又MG//CB，则MG//FN，故四边形GMNF为平行四边形，
∴MN//GF，又MN⊄平面PAB，GF⊂平面PAB，
∴MN//平面PAB，又Q为MN上任意一点，
∴Q到平面PAB的距离为定值，又▵PAB的面积也为定值，
∴三棱锥P−ABQ的体积是定值，
由(1)知AD⊥平面PAB，由GM//AD，故GM⊥平面PAB，
∴Q到平面PAB的距离为GM=23AD=43，
又▵PAB的面积为12×PA×AB=12×1×1=12，
∴三棱锥P−ABQ的体积为：
VP−ABQ=VQ−PAB=13×S▵PAB×GM=13×12×43=29，
故三棱锥P−ABQ的体积是为定值，且定值为29．
【解析】(1)根据向量垂直的判定定理证明AE⊥平面PBC即可；
(2)过M作MG//DA，且MG∩PA=G，过N作NF//BC，且NF∩AB=F，连接GF，则易证MN//平面PAB，再根据三棱锥的体积公式，即可求解．
19.解：(1)证明：连接MA，MB，MC，
则S=S▵MAB+S▵MCB−S▵MAC=12cr+12ar−12br，
故r=2Sa−b+c；
(2)①因为S=12acsinB= 34ac，又因为B=π3，
由csB=a2+c2−b22ac得，a2+c2−64=ac，
故ac=13[(a+c)2−64]=(a+c−8)(a+c+8)3，(∗)
由(1)知：r=2Sa+c−b= 32⋅aca+c−8，
由(∗)式可得r= 36(a+c+8)，
由(∗)得(a+c)2−64=3ac≤34(a+c)2，
故a+c≤16，当且仅当a=c=8时取“=”，
因此，r= 36(a+c+8)≤4 3，即r的最大值为4 3；
②不妨设另两个切点分别为P，Q，AT=m，TC=n，
则AP=m，CQ=n，且AM⋅AC=|AC|⋅|AT|=8|AT|，
根据过圆外一点的切线长相等有BP=BQ，即c+m=a+n，又m+n=b=8，
故可求得：AT=a−c2+4，
由①知r= 36(a+c+8)，可得a+c=10，
又a2+c2−64=ac，得a−c=±2 13，
故AM⋅AC=|AC|⋅|AT|=8|AT|=32±8 13．

【解析】(1)由图中三角形的面积关系，结合BA，BC与圆相切即可证明结论；
(2)①由(1)中关系式，结合余弦定理及基本不等式，可求得r的最大值；
②由切线的性质，可得AT=a−c2+4，由已知求得a−c=±2 13，再结合平面向量数量积的几何意义，即可求得结论．