2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市东方红中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市东方红中学高一（下）期末数学试卷（含答案），共9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.复数z=2024i20241+i(其中i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.冰嘎别名冰叅，是东北民间少年儿童游艺品，俗称“陀螺”，通常以木镞之，大小不一，一般径寸余，上端为圆柱形，下端为锥形(如图①).如图②所示的是一个陀螺立体结构图，已知B，C分别是上、下底面圆的圆心，AC=8，AB=3，底面圆的半径为2，则该陀螺的体积为( )
A. 24πB. 32πC. 56π3D. 9π
3.已知向量a，b满足|a|=3，|b|=2，|a+b|= 19，则|2a−3b|=( )
A. 3B. 3 2C. 6D. 3 6
4.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=π3,b=4，下面使得△ABC有两组解的a的值可以为( )
A. 3B. 13C. 2D. 2 3
5.如图，正六边形的边长为2 3，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则MA⋅MB的取值范围为( )
A. [9,12]
B. [8,11]
C. [8,10]
D. [10,12]
6.若角α的终边经过点(1,−2)，则sinα+3cs3α6cs3α−2sinαcs2α+sin2α=( )
A. − 510B. 55C. 12D. 110
7.古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，如图，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点)，地面上B，C两点与点A在一条直线上，且在点A的同侧，若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和30°，且BC=150m，则该球体建筑物的最高点距离地面为( )
A. 150mB. 75(1+ 3)mC. 75(2− 3)mD. 75 3m
8.已知三棱锥S−ABC的四个顶点均在同一球面上，AB=BC= 3,AC=3，且三棱锥S−ABC体积的最大值为 32，则该球的表面积为( )
A. 12πB. 24πC. 49π4D. 343π48
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. 已知复数z满足iz=(1−i)(2+i)，i为虚数单位，则z是方程x2+2x+10=0的一个根
B. 已知sinx=−1213，x∈(π,3π2)，则x=π+arcsin1213
C. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D. cs36°cs72°=18
10.已知函数f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0)，且f(x)在[0,2π]上有且仅有5个零点，则( )
A. ω的取值范围是[73,176)
B. f(x)的图像在(0,2π)上最多有5条对称轴
C. f(x)的图像在(0,2π)上有3个最大值点
D. f(x)在(0,π17)上单调递增
11.如图，已知圆锥的底面圆心为O，半径r= 3，圆锥的体积为π，内切球的球心为O1，则下列说法正确的是( )
A. 侧面积为2 3π
B. 内切球O1的表面积为(84−48 3)π
C. 过点P作平面α截圆锥的截面面积的最大值为 3
D. 设母线PB中点为M，从A点沿圆锥表面到M的最近路线长为 5−4cs 3π2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′=6，C′D′=4，则四边形ABCD的周长为______．
13.在锐角三角形ABC中，(2−b)(sinA+sinB)=(c−b)sinC，若a=2，则b2+c2的取值范围是______．
14.已知平面向量a,b，且|a|=|b|=2,a⋅b=2，向量c满足|c−2a−2b|=|a−b|，则当|c−λb|(λ∈R)成最小值时λ= ______．
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)
图①是一块正四棱台ABCD−A1B1C1D1的铁料，上、下底面的边长分别为20cm和40cm，O1，O分别是上、下底面的中心，棱台高30cm．
(1)求正四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积；
(2)若将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台(如图②)，求削去部分与圆台的体积之比．
16.(本小题15分)
在△ABC中，点E，F是△ABC所在平面内的两点，AB=3，AC=2，∠BAC=π3，CE+BE=0，AC=3FC．
(1)以AB，AC为基底表示向量EF，并求|EF|；
(2)D为直线EF上的一点，设CD=xAB+yAC(x,y是实数)，若直线CD经过△ABC的垂心，求x，y的值．
17.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3(a−b)c=3sinC−2sinBsinA+sinB．
(1)求sinA；
(2)若△ABC的面积为16 23．
(i)已知E为BC的中点，求AE的最小值；
(ii)求内角A的平分线AD的最大值．
18.(本小题17分)
设fn(x)=sinnωx+csnωx，其中ω>0，n∈N∗．
(1)若f6(x)的最小正周期为π，求ω的值；
(2)若对任意x1,x2∈[π16,π12],x119.(本小题17分)
数学中有很多相似的问题，材料一：十七世纪法国数学家，被誉为业余数学家之王的皮埃尔⋅德⋅费马提出了一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，他的答案是：“当三角形的三个内角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120°，当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点”，在费马问题中所求的点称为费马点．
材料二：布洛卡点，也叫“勃罗卡点”，定义为：已知△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，则称P为△ABC的布洛卡点，θ为△ABC的布洛卡角，1875年，三角形的这一特殊点，被一个数学爱好者——法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名．
已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且acs(B−C)+acsA−2 3csinBcsA=0．
(1)求A；
(2)若H为△ABC的费马点，且a2−(b−c)2=4，求HA⋅HB+HB⋅HC+HA⋅HC的值；
(3)若△ABC为锐角三角形，P为△ABC的布洛卡点，θ为△ABC的布洛卡角，证明：1tanθ=1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB．
参考答案
1.D
2.A
3.C
4.B
5.B
6.D
7.A
8.C
9.AB
10.ACD
11.ABD
12.2 3+2 2+10
13.(203,8]
14.3
15.解：(1)如图，正四棱台侧面是全等的等腰梯形，分别取B1C1，BC中点M，N，

连接O1M，ON，MN，则O1O=MH=30cm，O1M=10cm，ON=20cm，HN=10cm，
∴MN= MH2+HN2= 900+100=10 10cm，
∴四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积S=202+402+4×12×(20+40)×10 10=(2000+1200 10)cm2；
(2)若要这块石料最大限度打磨为一个圆台，则圆台O−O1的上、下底面圆与正四棱锥的上、下底面正方形相切，高为正四棱台的高，
圆台O−O1的上底面圆半径O1Q=10cm，下底面圆半径OP=20cm，高O1O=30cm，
则圆台O−O1的体积为V=13π(102+202+10×20)×30=7000πcm3，
又正四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为V′=13(202+402+20×40)×30=28000cm3，
则削去部分的体积为V′−V=(28000−7000π)cm3，
∴削去部分与圆台的体积之比为28000−7000π7000π=4π−1=4−ππ．
16.解：(1)∵CE+BE=0，AC=3FC．
∴EF=AF−AE=23AC−12(AB+AC)=16AC−12AB，
|EF|= EF2= (16AC−12AB)2= 136AC2+14AB2−16AB⋅AC
= 136×4+14×9−16×2×3×12= 676．
(2)设FD=λFE，
则CD=CF+λFE=13CA+λ(12AB−16AC)=λ2AB−(13+λ6)AC．
∵直线CD经过△ABC的垂心，∴CD⋅AB=λ2AB2−(13+λ6)AB⋅AC=0，
∴9λ2−(λ6+13)×3×2×12=0，解得λ=14．
即x=λ2=18，y=−(13+λ6)=−38．
17.解：(1)由3(a−b)c=3sinC−2sinBsinA+sinB及正弦定理得：3(a−b)c=3c−2ba+b，
即c2+b2−a2=23bc，所以csA=c2+b2−a22bc=23bc2bc=13，
因为csA>0，所以A∈(0,π2)，
所以sinA= 1−cs2A= 1−19=2 23；
(2)由(1)知，sinA=2 23，
因为△ABC的面积为163 2，所以12bcsinA=163 2，解得bc=16，
(i)因为AE=12(AB+AC)，所以AE2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14(c2+b2+2bccsA)=14(c2+b2+23bc)≥14(2bc+23bc)=14×83bc=323，当且仅当b=c时，等号成立，
所以|AE|2≥323⇒|AE|≥4 63，所以AE的最小值为4 63；
(ii)因为AD为角A的角平分线，所以sin∠BAD=sin∠CAD=12A，
由于S△ADB+S△ADC=S△ABC，所以12|AD|csinA2+12|AD|bsinA2=12bcsinA=bcsinA2csA2，
由于sinA2≠0，所以|AD|(c+b)=2bccsA2，
由于csA=2cs2A2−1=13⇒cs2A2=23⇒csA2= 63，
又因为bc=16，所以|AD|(c+b)=2bccsA2=2×16× 63=32 63，
由于b+c≥2 bc=8，当且仅当b=c时，等号取得到，
故32 63=|AD|(c+b)≥2 bc|AD|=8|AD|，
故|AD|≤4 63，即AD的最大值为4 63．
18.解：(1)f6(x)=sin6ωx+cs6ωx=(sin2ωx+cs2ωx)3−3sin2ωxcs2ωx(sin2ωx+cs2ωx)
=1−3sin2ωxcs2ωx=1−34sin22ωx=1−3(1−cs4ωx)8=58+38cs4ωx，
∵f6(x)的最小正周期为π，
∴2π4ω=π，得ω=12．
(2)设F(x)=f8(x)f4(x)，由题意可知对任意x1,x2∈[π16,π12],x1等价为F(x1)由f4(x)=sin4ωx+cs4ωx=(sin2ωx+cs2ωx)2−2sin2ωxcs2ωx=1−12sin22ωx，
f8(x)=sin8ωx+cs8ωx=(sin4ωx+cs4ωx)2−2sin4ωxcs4ωx，
则F(x)=f8(x)f4(x)=(sin4ωx+cs4ωx)2−2sin4ωxcs4ωxsin4ωx+cs4ωx=sin4ωx+cs4ωx−2sin4ωxcs4ωxsin4ωx+cs4ωx
=1−12sin22ωx−18sin42ωx1−12sin22ωx=1−12sin22ωx+12−18sin42ωx−121−12sin22ωx
=1−12sin22ωx+1+12sin22ωx2−12−sin22ωx=1+2−sin22ωx4−12−sin22ωx，
令t=2−sin22ωx=32+12cs4ωx，
此时y=1+t4−1t为单调递增函数，
从而t=32+12cs4ωx在[π16,π12]上单调递增，∵x∈[π16,π12]，∴4ωx∈[ωπ4,ωπ3]，
∵y=csx的单调增区间为[2kπ−π,2kπ]，k∈Z，
∴ωπ4≥2kπ−πωπ3≤2kπ，得8k−4≤ω≤6k，k∈Z，∵ω>0，
∴当k=1时，4≤ω≤6，
当k=2时，12≤ω≤12，即ω=12；
当k≥3时，8k−4>6k，此时ω无解．
综上可知，ω∈[4,6]∪{12}．
19.解：(1)由A+B+C=π，可得A=π−(B+C)，所以csA=−cs(B+C)，
所以acs(B−C)−acs(B+C)=2 3csinBcsA，
即acsBcsC+asinBsinC−acsBcsC+asinB．
sinC=2 3csinBcsA，即asinBsinC= 3csinBcsA，
由正弦定理得sinAsinBsinC= 3sinCsinBcsA，
因为sinC>0，sinB>0，所以sinA= 3csA，所以tanA= 3，
因为A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)由(1)得csA=b2+c2−a22bc=12，
所以b2+c2−a2=bc，又a2−(b−c)2=4，所以bc=4，
如图，设|HA|=x,|HB|=y,|HC|=z，

因为A=60°，所以△ABC的三个内角均小于120°，
所以根据题意可得∠AHB=∠BHC=∠AHC=120°，
又S△AHB+S△BHC+S△AHC=S△ABC，
所以12⋅xy⋅ 32+12⋅yz⋅ 32+12⋅xz⋅ 32=12⋅bc⋅ 32．
则xy+yz+xz=bc=4．
所以HA⋅HB+HB⋅HC+HA⋅HC=xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)
=−12(xy+yz+xz)=−2．
(3)证明：在△ABC中，由余弦定理以及三角形的面积公式得：
1tan∠BAC=cs∠BACsin∠BAC=b2+c2−a22bcsin∠BAC=b2+c2−a24S△ABC，
1tan∠ABC=cs∠ABCsin∠ABC=a2+c2−b22asin∠ABC=a2+c2−b24S△ABC，
1tan∠ACB=cs∠ACBsin∠ACB=a2+b2−c22absin∠ACB=a2+b2−c24S△ABC，
三式相加可得1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB=a2+b2+c24S△ABC，①
在△PAB中，由余弦定理以及三角形的面积公式得：
1tanθ=csθsinθ=AP2+c2−BP22AP⋅csinθ=AP2+c2−BP24S△PAB．
在△PBC和△PCA中，同理可得1tanθ=BP2+a2−CP24S△PBC,1tanθ=CP2+b2−AP24S△ACA．
所以1tanθ=AP2+c2−BP24S△PAB=BP2+a2−CP24S△PBC=CP2+b2−AP24S△CCA，
因为S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PCA．
由等比性质得1tanθ=AP2+c2−BP2+BP2+a2−CP2+CP2+b2−AP24S△PAB+4S△PBC+4S△NA=a2+b2+c24S△ABC，②
由①②式可证得1tanθ=1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB．