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15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。

2022-2023学年新疆乌鲁木齐三十六中高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共9小题，共27.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 化简AC−BD+CD−AB得(    )
A. 0 B. DA C. BC D. AB
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. 2 23
B. 23
C. 24
D. 13
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OA=(2,3)，OB=(−3,y)，若OA⊥OB，则|AB|等于(    )
A. 2 B. 26 C. 5 2 D. 5 152
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=3 2，则B的大小为(    )
A. 30° B. 60° C. 30°或150° D. 60°或120°
6. 已知sinθ+2cosθsinθ−cosθ=2，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. 55 B. 105 C. 155 D. 2 55
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=32，EF//平面ABCD，EF与平面ABCD的距离为2，该刍甍的体积为(    )
A. 6 B. 113 C. 314 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 3，AC=AD=4，CD=2 2，则球O的表面积为
A. 20π B. 18π C. 36π D. 24π
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分。在每小题有多项符合题目要求）
10. 已知函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是(    )

A. ω=π B. φ=π3
C. x=34是函数的一条对称轴 D. (k+14,0)(k∈Z)是函数的对称中心
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
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（本大题共4小题，共16.0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(π4+α)=23，则sin2α的值是          ．
15. 已知单位向量a，b的夹角为45°，ka−b与a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（本大题共5小题，共45.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题9.0分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinC= 3ccosA．
(1)求角A；
(2)若a= 7，c=2，求△ABC的面积．
18. (本小题9.0分)
已知函数f(x)= 3sin2x+2cos2x.
(1)求函数f(x)的值域；
(2)求函数f(x)单调递增区间．
19. (本小题9.0分)
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. (本小题9.0分)
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. (本小题9.0分)
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


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：原式=(AC+CD)−(AB+BD)=AD−AD=0．
故选：A．
利用向量的运算法则即可得出．
熟练掌握向量的运算法则是解题的关键．

2.【答案】D 
【解析】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=AA1AC1=1 1+22+22=13．
故选：D．
由题意连接A1C1，则∠AC1A1为所求的角，在△AC1A1计算．
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.【答案】D 
【解析】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．
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．
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.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查两个向量垂直的性质，求向量的模，属于基础题．
由题意利用两个向量垂直的性质，求出y的值，可得AB的坐标，从而求得向量AB的模．
【解答】
解：∵已知OA=(2,3)，OB=(−3,y)，若OA⊥OB，
∴OA⋅OB=−6+3y=0，y=2，∴AB=(−5,y−3)=(−5,−1)，
则|AB|= (−5)2+(−1)2= 26，
故选：B．
  
5.【答案】A 
【解析】解：在△ABC中，由正弦定理可得asinA=bsinB，即6sin45∘=3 2sinB，解得sinB=12．
∵b 故选A．
由正弦定理求得sinB=12，再由大边对大角求得B的值．
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.【答案】D 
【解析】解：因为sinθ+2cosθsinθ−cosθ=2，
故sinθ+2cosθ=2sinθ−2cosθ，即4cosθ=sinθ，
显然cosθ≠0，
所以tanθ=4，
故选：D．
整理已知条件可得4cosθ=sinθ，进一步计算可得tanθ的值．
本题主要考查了同角三角函数关系式，属于基础题．

7.【答案】B 
【解析】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AD1=2 2，D1E=AE= 5，
取AD1的中点F，因为D1E=AE，所以EF⊥AD1，
在直角△D1EF中，可得cos∠AD1E=D1FD1E= 2 5= 105．
故选：B．
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．
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.【答案】B 
【解析】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：
VF−MNBC+VADE−MNF=13SMNBC⋅2+S直截面⋅32
=13×2×(2−32)×2+2×22×32=113．
故选：B．
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．
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.【答案】A 
【解析】
【分析】
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，属于中档题．
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．
【解答】
解：如图，
∵AB⊥平面BCD，BC、BD⊂平面BCD，
∴AB⊥BC，AB⊥BD，
∵AB=2 3，AC=AD=4，∴BC=BD= 42−(2 3)2=2，
又CD=2 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=12CD= 2，R= r2+(12AB)2= 2+3= 5，
∴球O的表面积为S=4πR2=20π．
故选：A．
  
10.【答案】ACD 
【解析】解：根据函数f(x)的部分图象知，T2=54−14=1，T=2，ω=2πT=π，所以A正确；
由f(14)=cos(π×14+φ)=0，得π4+φ=π2+2kπ，k∈Z；
解得φ=π4+2kπ，k∈Z；
又|φ|<π2，所以φ=π4，B错误；
由f(x)=cos(πx+π4)，令πx+π4=kπ，k∈Z；
解得x=k−14，k∈Z；
当k=1时，x=34是函数f(x)的一条对称轴，C正确；
令πx+π4=kπ+π2，k∈Z；
解得x=k+14，k∈Z；
所以(k+14,0)(k∈Z)是函数f(x)的对称中心，D正确．
故选：ACD．
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．
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．

11.【答案】AD 
【解析】
【分析】
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，属于中档题．
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．
【解答】
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d1−d2= R2−r12− R2−r22= 52−32− 52−42=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= R2−r12+ R2−r22= 52−32+ 52−42=4+3=7；
所以这两个平面间的距离为1或7．
故选AD．
  
12.【答案】BC 
【解析】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．
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．
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．

13.【答案】8cm 
【解析】解：如图所示：半球的体积为：V=12×43⋅π⋅r3=23πr3
棱锥的体积为：V=13⋅ π⋅r2⋅h
根据题意两体积相等：即：23πr3=13⋅ π⋅r2⋅h
所以h=8cm
故答案为：8cm
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．
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.【答案】13 
【解析】
【分析】
本题考查了二倍角公式，考查计算能力，属于基础题．
根据二倍角公式即可求出．
【解答】
解：因为sin2(π4+α)=23，则sin2(π4+α)=1−cos(π2+2α)2=1+sin2α2=23，
解得sin2α=13，
故答案为：13
  
15.【答案】 22 
【解析】
【分析】
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，属于基础题．
由已知求得a⋅b，再由ka−b与a垂直可得(ka−b)⋅a=0，展开即可求得k值．
【解答】
解：∵向量a，b为单位向量，且a，b的夹角为45°，
∴a⋅b=|a|⋅|b|cos45°=1×1× 22= 22，
又ka−b与a垂直，
∴(ka−b)⋅a=k|a|2−a⋅b=0，
即k− 22=0，则k= 22．
故答案为 22．  
16.【答案】45° 
【解析】
【分析】
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．
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．
【解答】
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°．
  
17.【答案】解：(1)因为asinC= 3ccosA，
所以由正弦定理可得sinAsinC= 3sinCcosA，
因为sinC≠0，
所以sinA= 3cosA，即tanA= 3，
又A∈(0,π)，
所以A=π3．
(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=12bcsinA=12×3×2× 32=3 32． 
【解析】(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= 3，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．
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.【答案】解：(1)f(x)= 3sin2x+2cos2x= 3sin2x+1+cos2x=2sin(2x+π6)+1，
∵−1≤sin(2x+π6)≤1，∴−2≤2sin(2x+π6)≤2，−1≤2sin(2x+π6)+1≤3，
即−1≤f(x)≤3，即f(x)的值域为[−1,3]．
(2)由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，k∈Z，
得kπ−π3≤x≤kπ+π6，k∈Z，
即函数的单调递增区间为[kπ−π3,kπ+π6]，k∈Z． 
【解析】(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．
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.【答案】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． 
【解析】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．
(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．

20.【答案】(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= 62． 
【解析】(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．
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.【答案】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，A1M= 6,MN=2，
∴S△A1CB1=12×2 2×2 2×sin60°=2 3，S△A1MB1=12×2 2×2=2 2，
∵VC−A1MB1=VM−A1CB1，∴13MC⋅S△A1MB1=13h⋅S△A1CB1，
∴点M到平面A1CB1的距离为h=MC⋅S△A1MB1S△A1CB1=2 33． 
【解析】(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VC−A1MB1=VM−A1CB1，结合锥体的体积公式即可求h．
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．