2023-2024学年四川省成都市成华区高一下学期7月期末考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年四川省成都市成华区高一下学期7月期末考试数学试题（含答案），共10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.若z=(2−ai)(1+2i)为纯虚数，则实数a=( )
A. −2B. 2C. −1D. 1
2.已知向量a=(2,−1)，b=(k,2)，且(a+b)/​/a，则实数k等于( )
A. −4B. 4C. 0D. −32
3.已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，则下列命题中正确的是( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若α⊥β，γ⊥β，则α⊥γ
C. 若m⊥α，n⊥α，则m//nD. 若m//α，m//β，则α//β
4.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别为线段AC和线段A1B的中点，求直线MN与平面A1B1BA所成角为是( )
A. 60∘
B. 45∘
C. 30∘
D. 75∘
5.已知cs2α=23，则cs(π4−α)cs(π4+α)的值为( )
A. 13B. 23C. 23D. 2 29
6.设a，b为单位向量，a在b方向上的投影向量为−12b，则|a−b|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 3
7.筒车亦称“水转筒车”，一种以水流作动力，取水灌田的工具，如图是某公园的筒车，假设在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做逆时针方向匀速圆周运动.现有一半径为2米的筒车，在匀速转动过程中，筒车上一盛水筒M距离水面的高度H(单位：米，记水筒M在水面上方时高度为正值，在水面下方时高度为负值)与转动时间t(单位：秒)满足函数关系式H=2sin(π30t+φ)+54，φ∈(0,π2)，且t=0时，盛水筒M位于水面上方2.25米处，当筒车转动到第80秒时，盛水筒M距离水面的高度为( )米．
A. 3.25
B. 2.25
C. 1.25
D. 0.25
8.已知角α，β满足csα=13，cs(α+β)csβ=14，则cs(α+2β)的值为( )
A. 112B. 18C. 16D. 14
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.已知复数z的共轭复数为z，则下列命题正确的是( )
A. z+z∈RB. z−z为纯虚数C. |z|=|z|D. z2=z2
10.函数f(x)=2 3sinωxcsωx+2cs2ωx−1(0<ω<1)的图象如图所示，则( )
A. y=f(x)的最小正周期为π
B. y=f(x+π6)csx的图象关于直线x=π12对称
C. y=f(2x+π3)是奇函数
D. 若y=f(tx)(t>0)在[0,π]上有且仅有两个零点，则实数t∈[116,176)
11.设点D是△ABC所在平面内一点，O是平面上一个定点，则下列说法正确的有( )
A. 若AD=(23AB+13AC)，则D是BC边上靠近B的三等分点
B. 若AD=λ(AB|AB|csB+AC|AC|csC)，(λ∈R且λ≠0)，则直线AD经过△ABC的垂心
C. 若AD=xAB+yAC，且x，y∈R，x+y=12，则△BCD是△ABC面积的一半
D. 若平面内一动点P满足OP=OA+λ(AB|AB|+AC|AC|)，(λ∈R且λ≠0)，则动点P的轨迹一定通过△ABC的外心
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知平面向量a，b满足|a|=1，b=(1,2)，a→⊥(a→−2b→)，则向量a，b夹角的余弦值为 ．
13.若x∈[0,4]时，曲线y=sin(πx)与y=2sin(2πx−π6)的交点个数为 ．
14.已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=π3.将△DAC沿着对角线AC折起至△D′AC，连结BD′.设二面角D′−AC−B的大小为θ，当θ=2π3时，则四面体D′ABC的外接球的表面积为 ．
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)
设向量a与b不共线．
(1)若a=(1,2)，b=(−1,1)，若m=2a−kb，n=3a−5b，m⊥n，求实数k的值;
(2)若OA=a−b，OB=5a+2b，OC=7a+72b，求证：A，B，C三点共线．
16.(本小题12分)
设函数f(x)=(sinx+csx)2+2 3sin2⁡x− 3．
(1)求函数f(x)的单调递增区间;
(2)当x∈(π4,5π6)时，求函数f(x)的值域．
17.(本小题12分)
如图，在△ABC中，AB=3,AC=2,∠BAC=π3,D是BC边的中点，CE⊥AB,AD与CE交于点F．
(1)求CE和AD的长度；
(2)求cs∠CFD．
18.(本小题12分)
如图，正四棱锥S−ABCD，SA=SB=SC=SD=4，AB=2 2，P为侧棱SD上的点，且SP=3PD，
(1)求正四棱锥S−ABCD的表面积;
(2)求点S到平面PAC的距离;
(3)侧棱SC上是否存在一点E，使得BE/​/平面PAC，若存在，求SEEC的值;若不存在，试说明理由．
19.(本小题12分)
如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角P−ABC，∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A−PC−B的大小为θ，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：csγ=csαcsβ+sinαsinβcsθ．
(1)如图2，在三棱锥P−ABC中，点M是点B在平面APC中的投影，BD⊥PC，连接MD，PA=4，∠APC=60∘，∠BPC=45∘，∠APB=90∘，PB+PC=8．
①求平面APC与平面BPC所成的角的正弦值;
②求三棱锥P−ABC体积的最大值;
(2)当α、β、γ∈(0,π2)时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理．
参考答案
1.C
2.A
3.C
4.B
5.A
6.D
7.B
8.C
9.ACD
10.BD
11.ABC
12. 510
13.8
14.28π3
15.(1)解：由题意，2a−kb= (2+k,4−k)，3a−5b= (8,1)，
因为(2a−kb)⊥(3a−5b)，
所以(2a−kb)⋅(3a−5b) =0，
解得k=−207；
(2)证明：因为AB=4a+3b，AC=6a+92b，
所以AC=32AB，有公共点A，所以A、B、C三点共线．
16.解：(1)f(x)=1+sin2x+2 3×1−cs2x2− 3=1+sin2x− 3cs2x=2sin(2x−π3)+1．
由2kπ−π2≤2x−π3≤2kπ+π2(k∈Z)，
得kπ−π12≤x≤kπ+5π12(k∈Z)，
则函数f(x)的单调递增区间为[kπ−π12,kπ+5π12](k∈Z)．
(2)由π4得π6<2x−π3<4π3，
则− 32则1− 3即当x∈(π4,5π6)时，函数f(x)的值域为(1− 3,3]．

17.解：(1)∵CE ⊥AB， ∴∠AEC=π2 ，在Rt ▵AEC 中， AC=2,∠EAC=π3 ，
所以 CE=ACsin∠EAC=2sinπ3= 3 ．
∵AD 是中线， ∴AD=12AB+AC ，
∴AD2=12AB+AC2=14AB2+2AB⋅AC+AC2
=1432+2×3×2csπ3+22=194 ， ∴AD= 192
∴CE= 3,AD= 192;
(2)∵AE=AC⋅cs π3=1=13AB,∴AE=13AB ，
∴EC=AC−AE=AC−13AB
∴AD⋅EC=12AB+AC⋅AC−13AB
=12AC2+23AB⋅AC−13AB2=1222+23×3×2csπ3−13×32=32
∴cs∠CFD=csAD,EC=AD⋅ECAD⋅EC=32 192× 3= 5719 ．
另解：过D作 DG//CE 交 BE 于 G ，
∵D 是 BC 的中点， ∴G 是 BE 的中点，
∴AE=EG=GB=1,EF 是 ▵AGD 的中位线， DG 是 △BCE 的中位线，
∴EF=12GD=14CE= 34,AF=12AD= 194 ，
cs∠CFD=cs∠AFE=EFAF= 34 194= 5719 ．

18.解：(1)因为SA=SB=SC=SD=4，AB=2 2，
则SG⊥AB，且SG= SA2−AG2= 42−2= 14，
所以，正四棱锥S−ABCD的表面积为
4S△SAB+S▱ABCD=4×12×AB×SG+AB2=2×2 2× 14+8=8+8 7，
(2)解：连接BD交AC于点O，连接SO、OP，如下图所示：
因为四边形ABCD是边长为2 2的正方形，则BD= 2×2 2=4=SB=SD，
故△SBD是边长为4的等边三角形，因为AC∩BD=O，则O为BD、AC的中点，所以SO⊥BD，
且SO=SBsin60∘=4× 32=2 3，∠OSD=12∠BSD=12×60∘=30∘，
因为SP=3PD，则SP=34SD=34×4=3，
由余弦定理可得OP2=SO2+SP2−2SO⋅SPcs30∘=12+9−2×2 3×3× 32=3，
所以，SP2+OP2=SO2，所以，SP⊥OP，
因为四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD，因为SA=SC，O为AC的中点，
则AC⊥SO，因为SO∩BD=O，SO、BD⊂平面SBD，
所以AC⊥平面SBD，因为SP⊂平面SBD，所以SP⊥AC，
因为OP∩AC=O，OP、AC⊂平面PAC，所以SP⊥平面PAC，
因此点S到平面PAC的距离为SP=3，
(3)解：在侧棱SD上存在一点E，使BE/​/平面PAC，满足SEEC=2，
理由如下：取SD的中点为Q，因为SP=3PD，则PQ=PD，
过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ，BE.在△BDQ中，
因为O、P分别为BD、DQ的中点，则BQ// PO，
因为PO⊂平面PAC，BQ⊄平面PAC，所以BQ//平面PAC，
由SEEC=SQQP=2，则QE//PC，
因为PC⊂平面PAC，QE⊄平面PAC，所以QE//平面PAC，
而BQ∩QE=Q，BQ、QE⊂平面BEQ，故面BEQ//面PAC，
又BE⊂面BEQ，则BE//平面PAC，此时SEEC=2．

19.解：(1)由题意得：①因为csθ=csγ−cs α⋅cs βsin α⋅sin β=0−12· 22 32· 22=− 33，θ∈(0,π)，所以sinθ= 63；
②|BM|=|BD|⋅sinθ= 63|BD|= 63⋅|PB|⋅sinβ= 33⋅|PB|，
SΔAPC=12⋅|PA|⋅|PC|⋅sinπ3= 3(8−|PB|)，
因为点M是点B在面ABC上的投影，所以MB⊥面PAC，
所以VP−ABC=VB−APC=13⋅SΔAPC⋅|BM|=13⋅|PB|(8−|PB|)，
当|PB|=4时，VP−ABC的最大值为163；
(2)
过射线PC上一点H分别在面PAC和面PBC内作HM⊥PC交PA于点M，
作HN⊥PC交PB于点N，连接MN，则∠MHN是二面角A−PC−B的平面角，
在△MNP中，由余弦定理得：MN2=MP2+NP2−2MP⋅NP⋅csγ，
在△MNH中，由余弦定理得：MN2=MH2+NH2−2MH⋅NH⋅csθ，
两式相减得：MP2−MH2+NP2−NH2−2MP⋅NP⋅csγ+2MH⋅NH⋅csθ=0，
则：2MP⋅NP⋅csγ=2PH2+2MH⋅NH⋅csθ，
两边同除以2MP⋅NP，得csγ=csαcsβ+sinαsinβcsθ．