2022-2023学年新疆乌鲁木齐三十六中高一（下）期末数学试卷(含解析)

这是一份2022-2023学年新疆乌鲁木齐三十六中高一（下）期末数学试卷(含解析)，共18页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年新疆乌鲁木齐三十六中高一（下）期末数学试卷
一、选择题（本题共计9小题，每题3分，共计27分）
1．化简﹣+﹣得（　　）
A． B． C． D．
2．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为（　　）

A． B． C． D．
3．设b、c表示两条直线，α、β表示两个平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若b∥α，c⊂α，则b∥c B．若b⊂α，b∥c，则c⊂α
C．若c∥α，α⊥β，则c⊥β D．若c∥α，c⊥β，则α⊥β
4．已知＝（2，3），＝（﹣3，y），若⊥，则||等于（　　）
A．2 B． C．5 D．
5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知A＝45°，a＝6，b＝，则B的大小为（　　）
A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120°
6．已知，则tanθ的值为（　　）
A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4
7．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，则异面直线D1E与BC1所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
8．我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体（如图所示），下底面是边长为2的正方形，上棱，EF∥平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为（　　）

A．6 B． C． D．12
9．已知三棱锥A﹣BCD的所有顶点都在球O的球面上，且AB⊥平面BCD，AB＝2，AC＝AD＝4，CD＝2，则球O的表面积为（　　）
A．20π B．18π C．36π D．24π
二、多选题（本题共计3小题，每题4分，共计12分）
（多选）10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（　　）

A．ω＝π
B．
C．是函数的一条对称轴
D．是函数的对称中心
（多选）11．两平行平面截半径为5的球，若截面面积分别为9π和16π，则这两个平面间的距离是（　　）
A．1 B．3 C．4 D．7
（多选）12．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法正确的是（　　）
A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEH D．HG⊥平面AEF
三、填空题（本题共计4小题，每题4分，共计16分）
13．如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则杯子高h＝　 　．

14．已知sin2（+α）＝，则sin2α的值是　 　．
15．已知单位向量，的夹角为45°，k﹣与垂直，则k＝　 　．
16．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ABC1D1和平面ABCD所成二面角的大小是　 　°．

四、解答题（本题共计5小题，每道题9分，共计45分）
17．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinC＝ccosA．
（1）求角A；
（2）若a＝，c＝2，求△ABC的面积．
18．已知函数f（x）＝x．
（1）求函数f（x）的值域；
（2）求函数f（x）单调递增区间．
19．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，E为DD1中点．
（1）求证：BD1∥平面ACE；
（2）求证：BD1⊥AC．

20．如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点．
（1）证明：BC⊥面PAC；
（2）若PA＝AC＝1，AB＝2，求直线PB与平面PAC所成角的正切值．

21．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝CB＝CC1＝2，M是AB的中点．
（1）求证：平面A1CM⊥平面ABB1A1；
（2）求点M到平面A1CB1的距离



参考答案
一、选择题（本题共计9小题，每题3分，共计27分）
1．化简﹣+﹣得（　　）
A． B． C． D．
【分析】利用向量的运算法则即可得出．
解：原式＝﹣＝＝．
故选：A．
【点评】熟练掌握向量的运算法则是解题的关键．
2．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】由题意连接A1C1，则∠AC1A1为所求的角，在△AC1A1计算．
解：连接A1C1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
∴A1A⊥平面A1B1C1D1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成角．
在△AC1A1中，sin∠AC1A1＝＝＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查了求线面角的过程：作、证、求，用一个线面垂直关系．
3．设b、c表示两条直线，α、β表示两个平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若b∥α，c⊂α，则b∥c B．若b⊂α，b∥c，则c⊂α
C．若c∥α，α⊥β，则c⊥β D．若c∥α，c⊥β，则α⊥β
【分析】由直线与平面平行分析直线与平面内直线的关系判断A；由直线与直线平行分析线面关系判断B；由直线与平面平行、平面与平面垂直分析线面关系判断C；由线面平行的性质及平面与平面垂直的判定判断D．
解：若b∥α，c⊂α，则b∥c或b与c异面，故A错误；
若b⊂α，b∥c，则c⊂α或c∥α，故B错误；
若c∥α，α⊥β，则c⊂β或c∥β或c与β相交，相交也不一定垂直，故C错误；
若c∥α，过c的平面与α相交，设交线为a，则c∥a，又c⊥β，则a⊥β，而a⊂α，则α⊥β，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
4．已知＝（2，3），＝（﹣3，y），若⊥，则||等于（　　）
A．2 B． C．5 D．
【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，求出y的值，可得的坐标，从而求得向量的模．
解：∵已知＝（2，3），＝（﹣3，y），若⊥，
∴•＝﹣6+3y＝0，y＝2，∴＝（﹣5，y﹣3）＝（﹣5，﹣1），
则||＝＝，
故选：B．
【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，求向量的模，属于基础题．
5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知A＝45°，a＝6，b＝，则B的大小为（　　）
A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120°
【分析】由正弦定理求得sinB＝，再由大边对大角求得B的值．
解：在△ABC中，由正弦定理可得 ，即 ，解得sinB＝．
∵b＜a，∴B＜A＝45°，∴B＝30°，
故选：A．
【点评】本题主要考查正弦定理的应用，大边对大角，已知三角函数值求角的大小，属于中档题．
6．已知，则tanθ的值为（　　）
A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4
【分析】整理已知条件可得4cosθ＝sinθ，进一步计算可得tanθ的值．
解：因为，
故sinθ+2cosθ＝2sinθ﹣2cosθ，即4cosθ＝sinθ，
显然cosθ≠0，
所以tanθ＝4，
故选：D．
【点评】本题主要考查了同角三角函数关系式，属于基础题．
7．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，则异面直线D1E与BC1所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】连接AD1，AE，得到AD1∥BC1，把异面直线D1E与BC1所成角转化为直线D1E与AD1所成角，取AD1的中点F，在直角△D1EF中，即可求解．
解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，连接AD1，AE，可得AD1∥BC1，
所以异面直线D1E与BC1所成角即为直线D1E与AD1所成角，
即∠AD1E为异面直线D1E与BC1所成角，
不妨设AA1＝2，则，，
取AD1的中点F，因为D1E＝AE，所以EF⊥AD1，
在直角△D1EF中，可得．
故选：B．

【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是基础题．
8．我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体（如图所示），下底面是边长为2的正方形，上棱，EF∥平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为（　　）

A．6 B． C． D．12
【分析】作FN∥AE，FM∥ED，则多面体被分割为棱柱与棱锥部分，由此能求出该刍甍的体积．
解：如图，作FN∥AE，FM∥ED
则多面体被分割为棱柱与棱锥部分，
则该刍甍的体积为：

＝．
故选：B．

【点评】本题考查空间几何体的体积，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力，是中档题．
9．已知三棱锥A﹣BCD的所有顶点都在球O的球面上，且AB⊥平面BCD，AB＝2，AC＝AD＝4，CD＝2，则球O的表面积为（　　）
A．20π B．18π C．36π D．24π
【分析】由已知可得底面三角形BCD为等腰直角三角形，求出棱锥的底面外接圆的半径，然后求解几何体的外接球的半径，即可求解外接球的表面积．
解：如图，
∵AB⊥平面BCD，BC、BD⊂平面BCD，
∴AB⊥BC，AB⊥BD，
∵AB＝2，AC＝AD＝4，∴BC＝BD＝，
又CD＝2，∴BC2+BD2＝CD2，即BC⊥BD，
取CD中点G，则G为△BCD的外心，设球O的半径为R，三角形BCD的外接圆半径为r，
则r＝CD＝，R＝，
∴球O的表面积为S＝4πR2＝20π．
故选：A．

【点评】本题考查几何体的外接球的表面积，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
二、多选题（本题共计3小题，每题4分，共计12分）
（多选）10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（　　）

A．ω＝π
B．
C．是函数的一条对称轴
D．是函数的对称中心
【分析】根据函数f（x）的部分图象求出T、ω和φ的值，再求函数f（x）的对称轴和对称中心．
解：根据函数f（x）的部分图象知，＝﹣＝1，T＝2，ω＝＝π，所以A正确；
由f（）＝cos（π×+φ）＝0，得+φ＝+2kπ，k∈Z；
解得φ＝+2kπ，k∈Z；
又|φ|＜，所以φ＝，B错误；
由f（x）＝cos（πx+），令πx+＝kπ，k∈Z；
解得x＝k﹣，k∈Z；
当k＝1时，x＝是函数f（x）的一条对称轴，C正确；
令πx+＝kπ+，k∈Z；
解得x＝k+，k∈Z；
所以（k+，0）（k∈Z）是函数f（x）的对称中心，D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了余弦函数的图象与性质的应用问题，也考查了逻辑推理能力，是中档题．
（多选）11．两平行平面截半径为5的球，若截面面积分别为9π和16π，则这两个平面间的距离是（　　）
A．1 B．3 C．4 D．7
【分析】根据球的半径和两个截面圆的面积求出对应圆的半径，再分析出两个截面所存在的位置分别求出两个平行平面间的距离．
解：球的半径为R＝5，设两个截面圆的半径别为r1，r2，球心到截面的距离分别为d1，d2；
球的半径为R，由πr12＝9π，得r1＝3；
由πr22＝16π，得r2＝4；
如图①所示，当球的球心在两个平行平面的外侧时，
这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之差；
即d2﹣d1＝﹣＝﹣＝4﹣3＝1；
如图②所示，当球的球心在两个平行平面的之间时，
这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之和．
即d2+d1＝+＝+＝4+3＝7；
所以这两个平面间的距离为1或7．
故选：AD．

【点评】本题主要考查了两个平行平面间的距离计算问题，易错点在于只考虑一种情况，从而漏解，是中档题．
（多选）12．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法正确的是（　　）
A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEH D．HG⊥平面AEF
【分析】利用正方形的性质、线面垂直的判定性质定理、等腰三角形的性质即可判断出正误．
解：由题意可得：AH⊥HE，AH⊥HF．
∴AH⊥平面EFH，而AG与平面EFH不垂直．∴B正确，A不正确．
又HF⊥HE，∴HF⊥平面AHE，C正确．
HG与AG不垂直，因此HG⊥平面AEF不正确．D不正确．
故选：BC．
【点评】本题考查了空间位置关系、正方形的性质、线面垂直的判定性质定理、等腰三角形的性质，考查了推理能力，属于中档题．
三、填空题（本题共计4小题，每题4分，共计16分）
13．如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则杯子高h＝　8cm　．

【分析】根据题意用球的体积公式求得的半球的体积，用圆锥的体积公式求得其体积，让两体积相等建立方程求解．
解：如图所示：半球的体积为：V＝
棱锥的体积为：V＝
根据题意两体积相等：即：
所以h＝8cm
故答案为：8cm
【点评】本题主要考查球的体积公式，圆锥的体积公式及两个几何体间体积关系．
14．已知sin2（+α）＝，则sin2α的值是　　．
【分析】根据二倍角公式即可求出．
解：因为sin2（+α）＝，则sin2（+α）＝＝＝，
解得sin2α＝，
故答案为：
【点评】本题考查了二倍角公式，属于基础题．
15．已知单位向量，的夹角为45°，k﹣与垂直，则k＝　　．
【分析】由已知求得，再由k﹣与垂直，可得（）＝0，展开即可求得k值．
解：∵向量，为单位向量，且，的夹角为45°，
∴，
又k﹣与垂直，
∴（）＝，
即，则k＝．
故答案为：．
【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查向量垂直与数量积的关系，是基础题．
16．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ABC1D1和平面ABCD所成二面角的大小是　45　°．

【分析】先判断∠C1BC是平面ABC1D1和平面ABCD所成的二面角的平面角，进而可求其大小．
解：∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方体
∴AB⊥平面B1C1CB
∴AB⊥BC1，AB⊥BC
∴∠C1BC是平面ABC1D1和平面ABCD所成的二面角的平面角
∵∠C1BC＝45°
∴平面ABC1D1和平面ABCD所成的二面角的平面角为45°
故答案为：45°
【点评】本题以正方体为载体，考查面面角，解题的关键是判断出平面ABC1D1和平面ABCD所成的二面角的平面角．
四、解答题（本题共计5小题，每道题9分，共计45分）
17．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinC＝ccosA．
（1）求角A；
（2）若a＝，c＝2，求△ABC的面积．
【分析】（1）由正弦定理，同角三角函数基本公式化简已知等式可得tanA＝，结合范围A∈（0，π），可得A的值．
（2）由余弦定理可得b2﹣2b﹣3＝0，解方程可得b，利用三角形的面积公式即可求解．
解：（1）因为asinC＝ccosA，
所以由正弦定理可得sinAsinC＝sinCcosA，
因为sinC≠0，
所以sinA＝cosA，即tanA＝，
又A∈（0，π），
所以A＝．
（2）由余弦定理可知a2＝b2+c2﹣2bccosA，可得b2﹣2b﹣3＝0，解得b＝3，
所以S△ABC＝bcsinA＝＝．
【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本公式，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
18．已知函数f（x）＝x．
（1）求函数f（x）的值域；
（2）求函数f（x）单调递增区间．
【分析】（1）利用辅助角公式进行化简，结合三角函数的有界性进行求解即可．
（2）根据三角函数的单调性的性质进行求解即可．
解：（1）f（x）＝x＝sin2x+1+cos2x＝2sin（2x+）+1，
∵﹣1≤sin（2x+）≤1，∴﹣2≤2sin（2x+）≤2，﹣1≤2sin（2x+）+1≤3，
即﹣1≤f（x）≤3，即f（x）的值域为[﹣1，3]．
（2）由2kπ﹣≤2x+≤2kπ+，k∈Z，
得kπ﹣≤x≤kπ+，k∈Z，
即函数的单调递增区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈Z．
【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用辅助角公式进行化简，结合函数的值域单调性是解决本题的关键．难度不大．
19．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，E为DD1中点．
（1）求证：BD1∥平面ACE；
（2）求证：BD1⊥AC．

【分析】（1）设AC与BD交于点O，接OE，可得OE∥D1BB，即可证明BD1∥平面ACE；
（2）由底面ABCD是菱形，得AC⊥BD，又DD1⊥底面ABCD，可得DD1⊥AC，证明AC⊥平面BDB1D1，利用线面垂直的性质可证AC⊥BD1．
【解答】证明：（1）设AC与BD交于点O，接OE，
∵底面ABCD是菱形，

∴O为DB中点，
又因为E是DD1的中点，
∴OE∥D1BB，
∵OE⊂面AEC，BD1⊄平面AEC
∴BD1∥平面ACE．
（2）∵底面ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵DD1⊥底面ABCD，
∴DD1⊥AC，且DB∩DD1＝D，
∴AC⊥平面BDB1D1．
∵BD1⊂平面BDB1D1，
∴AC⊥BD1．
【点评】本题主要考查了平面与平面垂直、直线与平面平行的判定，同时考查了空间想象能力和论证推理的能力，属于中档题．
20．如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点．
（1）证明：BC⊥面PAC；
（2）若PA＝AC＝1，AB＝2，求直线PB与平面PAC所成角的正切值．

【分析】（1）证明AC⊥BC，PA⊥BC，即可证明BC⊥面PAC．
（2）说明∠BPC为PB与平面PAC所成的角，通过求解三角形，推出结果即可．
【解答】（1）证明：∵AB为圆O直径，
∴∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
∵PA⊥面ABC，∴PA⊥BC，
∵AC∩PA＝A，AC⊂面PAC，PA⊂面PAC，
∴BC⊥面PAC．
（2）解：∵BC⊥面PAC，∴∠BPC为PB与平面PAC所成的角，
PA＝AC＝1，AB＝2，
直线PB与平面PAC所成角的正切值：tan∠BPC＝．

【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
21．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝CB＝CC1＝2，M是AB的中点．
（1）求证：平面A1CM⊥平面ABB1A1；
（2）求点M到平面A1CB1的距离

【分析】（1）由线面垂直的性质得AA1⊥CM，由等腰三角形的性质得AB⊥CM，根据线面垂直的判定有CM⊥平面ABB1A1，进而由面面垂直的判定可证明平面A1CM⊥平面ABB1A1；
（2）取A1B1的中点N，连接MN，设M到面A1CB1的距离为h，利用等体积法可知＝，结合锥体的体积公式即可求h．
解：（1）证明：由A1A⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，则AA1⊥CM，
由AC＝CB，M是AB的中点，则AB⊥CM，
又AA1∩AB＝A，∴CM⊥平面ABB1A1，
又CM⊂平面A1CM，∴平面A1CM⊥平面ABB1A1；
（2）如图，取A1B1的中点N，连接MN，设M到平面A1CB1的距离为h，

由题意知：A1C＝CB1＝A1B1＝2MC＝2，，
∴＝＝2，＝＝2，
∵＝，∴＝，
∴点M到平面A1CB1的距离为h＝＝．
【点评】本题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．