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2022-2023学年四川省宜宾市高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省宜宾市高一（下）期末数学试卷（含解析），共17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学年四川省宜宾市高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 函数f(x)=sin2x的最小正周期为( )
A. π2 B. π C. 2π D. 4π
2. 某班有男生25人，女生20人，采用分层抽样的方法从这45名学生中抽取一个容量为9的样本，则应抽取的女生人数为( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
3. 已知复数z满足z( 3+i)=4i，则|z|=( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 2
4. △ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知a= 3，B=π4，A=π3，则b=( )
A. 2 2 B. 2 C. 3 D. 2
5. △ABC中，BD=3DC，则AD=( )
A. 14AB+34AC B. 34AB+14AC C. 13AB+23AC D. 23AB+13AC
6. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则tanφ=( )
A. 22
B. 33
C. 1
D. 3
7. 若tanα=−34，0<α<π，则sinα+cosα=( )
A. 15 B. 13 C. −15 D. −13
8. 在△ABC中，AB=BC=AC=2，将△ABC绕直线AB旋转一周，得到的旋转体的表面积为( )
A. 2 3π B. 4 3π C. 8 3π D. 16 3π
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 在△ABC中，已知B=30°，c=2，且△ABC有两解，则b的取值可以是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 2
10. 已知向量a=(0,1)，b=(3 3,2)，则下列结论正确的是( )
A. (a+b)⋅(a−b)=−28 B. |a+b|=6
C. 向量a+b与a的夹角为π6 D. 向量a+b在a上的投影向量为3a
11. 将函数f(x)=cosπx的图象沿x轴向右平移16个单位，再将图象上所有点的横坐标扩大为原来的3倍(纵坐标不变)，得到函数y=g(x)的图象，则下列判断正确的是( )
A. y=g(x+12)为偶函数
B. y=g(x−12)为奇函数
C. g(x)在(0,3)单调递减
D. g(1)+g(2)+g(3)+…+g(2023)= 32
12. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是侧面ADD1A1上一动点，下列结论正确的是( )
A. 三棱锥B1−BCE的体积为定值
B. 若A1E//B1C，则A1E⊥平面A1BC1
C. 若AD1⊥B1E，则A1B与平面B1CE所成角为π6
D. 若B1E//平面BDC1，则B1E与AB所成角的正弦最小值为 33
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量a=(1,1)，b=(m,−2)，若a//b，则m= ______ ．
14. 设z∈C，且|z|≤2，在复平面内z对应的点形成的图形的面积为______ ．
15. 数据x1，x2，…，xn的方差为2，则数据2x1+1，2x2+1，…，2xn+1的方差为______ ．
16. 已知A，B，C为球O的球面上的三个点，且AB⊥BC，球心O到平面ABC的距离为 2，若球O的表面积为12π，则三棱锥O−ABC体积的最大值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
设α为第二象限角，sinα= 55．
(1)求tanα的值；
(2)求2sin(π−2α)2sin2α+sin2(π2−α)的值．
18. (本小题12.0分)
某物业管理公司为了解小区住户对其服务管理水平的满意度，从A，B两个小区住户中各随机抽取50户参与满意度测评，根据住户的测评分数，得到A小区住户的满意度评分的频率分布直方图和B小区住户的满意度评分的频数分布表．
A小区住户的满意度评分的频率分布直方图
B小区住户的满意度评分的频数分布表
满意度评分分组
[50,60)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100)
频数
5
12
15
10
8
(1)求a，并估计A小区住户的满意度评分的50%分位数；
(2)根据频率分布直方图，计算A小区住户的满意度评分的平均数；
(3)根据小区住户的满意度评分，将住户的满意度从低到高分为三个等级
满意度评分
低于70分
70分到90分
不低于90分
满意度等级
不满意
满意
非常满意
根据样本数据，估计哪个小区住户非常满意的百分比大？说明理由．
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2 3sinx⋅sin(π2+x)+2cos2x−1．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若x∈[−π4,π6]，求f(x)的值域．
20. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，E为PD的中点．
(1)证明：PB//平面ACE；
(2)已知PC=CD=PD=2，∠ACP=45°，求二面角C−AP−D的余弦值．
21. (本小题12.0分)
△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知sinAsin(B−C)=sinBsin(C−A)．
(1)证明：2c2=a2+b2；
(2)若c=2，S△ABC= 3，求∠C．
22. (本小题12.0分)
如图，在几何体ABCDEF中，平面ACE⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，∠ACB=90°，EF//BC．
(1)求证：CE⊥EF；
(2)若AC=BC=2 2，EF= 2，AE=EC=2，G为DE上一动点，求直线CG与平面ABF所成角的正弦值的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵sin2x=sin(2x+2π)=sin2(x+π)，
∴f(x)=sin2x满足f(x)=f(x+π)，
由正切函数的定义可得，函数f(x)=sin2x的最小正周期为π．
故选：B．
利用三角函数的诱导公式结合正切函数的定义求得函数f(x)=sin2x的最小正周期．
本题考查三角函数的周期的求法，是基础的定义题．
2.【答案】C
【解析】解：根据分层抽样法从45人中抽取容量为9的样本，应抽取的女生人数为9×2045=4．
故选：C．
根据分层抽样原理计算即可．
本题考查了分层抽样原理应用问题，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：z( 3+i)=4i，
则z=4i 3+i，
故|z|=|4i 3+i|=4| 3+i|=42=2．
故选：D．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由正弦定理有：asinA=bsinB，
∴b=asinBsinA= 3× 22 32= 2．
故选：D．
由正弦定理直接计算即可．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为BD=3DC，
所以BD=34BC，
故AD=AB+BD=AB+34BC=AB+34(AC−AB)=14AB+34AC．
故选：A．
根据已知条件，结合平面向量的线性运算，即可求解．
本题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由图象可知，14T=5π12−π6=π4，可得T=π，
则ω=2πT=2，
又f(x)过点(5π12,0)，
则sin(2×5π12+φ)=0，
又|φ|<π2，
则φ=π6，
所以tanφ=tanπ6= 33．
故选：B．
根据图象可得函数f(x)的周期，进而求得ω，再由f(x)过点(5π12,0)，结合φ的范围，可得φ的值，进而得解．
本题考查三角函数的图象及性质，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：因为tanα=sinαcosα=−34，0<α<π，
所以sinα>0，cosα<0，
所以sin2α+cos2α=(−34cosα)2+cos2α=1，
解得cosα=−45或45(舍去)，可得sinα=(−45)×(−34)=35，
所以sinα+cosα=−45+35=−15．
故选：C．
由已知利用同角三角函数基本关系式即可求解．
本题考查了同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：△ABC中，AB=BC=AC=2，
将△ABC绕直线AB旋转一周，得到的旋转体是两个圆锥体的组合体，如图所示：
因为圆锥底面圆的半径为CO=2sinπ3= 3，
所以几何体的表面积为S=2π× 3×2=4 3π.
故选：B．
△ABC绕直线AB旋转一周，得到的旋转体是两个圆锥体的组合体，由此求出几何体的表面积．
本题考查了圆锥的侧面积计算问题，是基础题．
9.【答案】BC
【解析】解：∵△ABC有两解，
∴csinB
故选：BC．
由三角形解的个数知识得到不等式即可．
本题考查三角形解的个数问题，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：已知向量a=(0,1)，b=(3 3,2)，
则a+b=(3 3,3)，a−b=(−3 3,−1)，
对于选项A，(a+b)⋅(a−b)=3 3×(−3 3)−3×(−1)=−24，即选项A错误；
对于选项B，|a+b|= (3 3)2+32=6，即选项B正确；
对于选项C，cos=(a+b)⋅a|a+b||a|=36×1=12，即向量a+b与a的夹角为π3，即选项C错误；
对于选项D，向量a+b在a上的投影向量为(a+b)⋅a|a|a|a|=3a，即选项D正确．
故选：BD．
由平面向量数量积的坐标运算，结合平面向量的夹角及模的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，重点考查了平面向量的夹角及模的运算，属基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：将函数f(x)=cosπx的图象沿x轴向右平移16个单位，可得y=cos(πx−π6)的图象，
再将图象上所有点的横坐标扩大为原来的3倍(纵坐标不变)，得到函数y=g(x)=cos(π3x−π6)的图象．
由于y=g(x+12)=cosπ3x，显然它是偶函数，故A正确．
由于y=g(x−12)=cos(π3x−π3)，是非奇非偶函数，故B错误．
在(0,3)上，π3x−π6∈(−π6,5π6)，函数g(x)没有单调性，故C错误．
由于函数g(x)的最小正周期为2ππ3=6，
g(1)+g(2)+g(3)+⋅⋅⋅+g(6)=cosπ6+cosπ2+cos5π6+cos7π6+cos3π2+cos11π6=cosπ6+cosπ2+cos5π6+cosπ6+cos3π2−cos5π6=0，
2023=6×337+1，
∴g(1)+g(2)+g(3)+⋅⋅⋅+g(2023)=337×0+f(1)=0+cosπ6= 32，故D正确．
故选：AD．
由题意利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，再利用余弦函数的周期性求得要求式子的值．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，利用余弦函数的周期性求函数的值，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对A选项，∵△BB1C的面积一定，
又侧面ADD1A1//侧面BCC1B1，且E是侧面ADD1A1上一动点，
∴E到侧面BCC1B1的距离为定值，
∴三棱锥B1−BCE的体积为定值，∴A选项正确；
对B选项，如图，若A1E//B1C，则E点在线段A1D上，不包含A1点，
∵A1E在上底面的射影为A1D1，而A1C1与A1D1不垂直，
∴根据三垂线定理可知A1E与A1C1不垂直，
∴A1E与平面A1BC1不垂直，∴B选项错误；
对C选项，如图，若AD1⊥B1E，
则根据三垂线定理可知：AD1垂直于B1E在侧面ADD1A1内的射影，
而B1在侧面ADD1A1内的射影为A1，且AD1⊥A1D，
∴E点在线段A1D上，
∴A1B与平面B1CE所成角即为A1B与平面B1CDA1所成角，
又DC⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
∴BC1⊥DC，又BC1⊥B1C，且DC∩B1C=C，
∴BC1⊥平面B1CDA1，设BC1∩B1C=P，
则A1B与平面B1CDA1所成角为∠BA1P，
在Rt△BA1P中，易知A1B=2BP，
∴sin∠BA1P=BPA1B=12，∴∠BA1P=π6，
故A 1B与平面B1CE所成角为π6，∴C选项正确；
对D选项，如图，连接AD1，AB1，B1D1，
则易证平面AB1D1//平面BDC1，
又E是侧面ADD1A1上一动点，且B1E//平面BDC1，
∴E在线段AD1上，又AB//A1B1，
∴B1E与AB所成角为B1E与A1B1所成角，即为∠A1B1E，
又在Rt△A1B1E中，tan∠A1B1E=A1EA1B1，又A1B1的长度不变，
∴当A1E的长度最小时，即E为A1D与AD1的交点时，
tan∠A1B1E最小，∠A1B1E最小，此时A1E=12A1D=12× 2A1B1，
∴tan∠A1B1E最小值为A1EA1B1= 22，
∴sin∠A1B1E最小值为1 3= 33，∴D选项正确．
故选：ACD．
根据三棱锥的体积公式，三垂线定理，线面角的概念，面面平行的性质，异面直线所成角的概念，对各个选项分别求解即可．
本题考查三棱锥的体积公式的应用，三垂线定理的应用，线面角的概念，面面平行的性质的应用，异面直线所成角的概念，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】−2
【解析】解：向量a=(1,1)，b=(m,−2)，a//b，
则1×(−2)=m，解得m=−2．
故答案为：−2．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
14.【答案】4π
【解析】解：z∈C，且|z|≤2，复平面内z对应的点形成的图形为以(0,0)为圆心，2为半径的圆，以及内部区域，
故所求面积为π×22=4π．
故选：4π．
根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
15.【答案】8
【解析】解：设原数据的平均数为x−，则新数据的平均数为2x−+1，
则原数据的方差为1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+...+(xn−x−)2]=2，
则新数据的方差为1n[(2x1+1−2x−−1)2+(2x2+1−2x−−1)2+...+(2xn+1−2x−−1)2]=4×1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+...+(xn−x−)2]=8．
故答案为：8．
根据方差的计算公式可解．
本题考查方差的计算公式，属于中档题．
16.【答案】 23
【解析】解：∵A，B，C为球O的球面上的三个点，且AB⊥BC，
∴过A，B，C三点的截面小圆的圆心O1为AC中点，
设AB=m，BC=n，截面小圆O1为的半径为2r，球O的半径为R，
则AC=2r，m2+n2=(2r)2，且球心O到平面ABC的距离为OO1= 2，
又球O的表面积为4πR2=12π，∴R= 3，
∴r= R2−(OO1)2= 3−2=1，∴m2+n2=4，
∴△ABC的面积S△ABC=12mn≤14×(m2+n2)=1，(当且仅当m=n= 2取等)，
∴△ABC的面积的最大值为1，又球心O到平面ABC的距离为OO1= 2，
∴三棱锥O−ABC体积的最大值为13×1× 2= 23．
故答案为： 23．
根据球的表面积公式，重要不等式，三棱锥的体积公式，即可求解．
本题考查球的截面问题，三棱锥的体积的最值的求解，重要不等式的应用，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵α为第二象限角，sinα= 55．
∴cosα=− 1−sin2α=−2 55，
∴tanα=sinαcosα=−12．
(2)2sin(π−2α)2sin2α+sin2(π2−α)=2sin2α2sin2α+cos2α=4sinαcosα2sin2α+cos2α=4tanα2tan2α+1=−43．
【解析】(1)根据角的范围，利用同角三角函数基本关系式即可求解．
(2)利用诱导公式，同角三角函数基本关系式即可化简求值得解．
本题主要考查了诱导公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由题知：(2a+0.005+0.013+0.030+0.012)×10=1，
解得a=0.020，
设A小区住户的满意度评分的50%分位数为m，
则0.05+0.13+0.2+0.03×(m−70)=0.5，解得m=74，
A小区住户的满意度评分的50%分位数为74．
(2)A小区住户的满意度平均数为
x−=45×0.05+55×0.13+65×0.2+75×0.3+85×0.2+95×0.12=73.3．
(3)A小区住户评分不低于9(0分)的频率为12%；
B小区住户评分不低于9(0分)的频数为8，频率为850=16%，
所以估计B小区住户非常满意的百分比大．
【解析】(1)由频率分布直方图中所有小矩形的面积和为1，求出a，进而求出50%分位数；
(2)由频率分布直方图求平均值；
(3)由频率分布直方图求频率．
本小题考查运用样本对总体进行估计，查由频率分布直方图求频率、平均值，考查频率公式，频数，百分位数，同时也考查数据分析处理、数学运算等数学核心素养．
19.【答案】解：(1)由题意可得f(x)=2 3sinxcosx+cos2x= 3sin2x+cos2x=2sin(2x+π6)，
令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，
所以−π3+kπ≤x≤π6+kπ，
所以f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ]，k∈Z；
(2)因为−π4≤x≤π6，
所以−π3≤2x+π6≤π2，
− 32≤sin(2x+π3)≤1，
所以− 3≤f(x)≤2，
所以f(x)在x∈[−π4,π6]上的值域为[− 3,2]．
【解析】(1)利用三角恒等变换化简函数解析式，再利用正弦函数的单调性求解即可；
(2)由x的取值范围，由正弦函数的性质求出最值，即可求得值域．
本题主要考查三角函数恒等变换，正弦型函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：连接AC1，记AC⋂BD=O，连接EO，
因为ABCD是正方形，
所以O为BD的中点．
又因为E为AP的中点，
所以PB//OE，
又因为OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB//平面ACE．
(2)在△APC中，PC=2，AC=2 2，∠ACP=45°，
所以PA=2，
所以PA=PB=2，
取PA中点M，连接OM，DM，
所以DM⊥PA且DM= 3，
因为AP2+CP2=AC2，
所以PC⊥PA，
又因为O，M分别为AC，PA的中点，
所以OM//PC且OM=1，
所以OM⊥PA．
所以二面角C−AP−D的平面角为∠OMD，
在△OMD中，OM=1，MD= 3，OD=2，
所以cos∠OMD=OM2+MD2−OD22⋅OM⋅MD=12+( 3)2−( 2)22×1× 3= 33，
所以二面角C−AP−D的余弦值为 33．
【解析】(1)连接AC1，记AC⋂BD=O，连接EO，根据题意可得O为BD的中点，E为AP的中点，由中位线定理可得PB//OE，再由线面平行的判定定理，即可得出答案．
(2)取PA中点M，连接OM，DM，则DM⊥PA且DM= 3，由AP2+CP2=AC2，则PC⊥PA，又O，M分别为AC，PA的中点，进而可得OM//PC且OM=1，推出二面角C−AP−D的平面角为∠OMD，进而可得答案．
本小题考查线面平行判定，二面角定义及判断等基础知识，考查逻辑推理、空间想象能力，考查数学运算、直观想象等数学核心素养，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为sinAsin(B−C)=sinBsin(C−A)，
即sin(B+C)sin(B−C)=sin(C+A)sin(C−A)，
则(sinBcosC+cosBsinC)(sinBcosC−cosBsinC)=(sinCcosA+cosCsinA)(sinCcosA−cosCsinA)，
∴sin2Bcos2C−cos2Bsin2C=sin2Ccos2A−cos2Csin2A，
∴sin2B(1−sin2C)−(1−sin2B)sin2C=sin2C(1−sin2A)−(1−sin2C)sin2A，
∴sin2B−sin2Bsin2C−sin2C+sin2Bsin2C=sin2C−sin2Csin2A−sin2A+sin2Csin2A，
则sin2B−sin2C=sin2C−sin2A，
所以2sin2C=sin2A+sin2B，
由正弦定理可得：2c2=a2+b2；
(2)因为2c2=a2+b2，c=2，
所以a2+b2=8，
又因为c2=a2+b2−2abcosC，
得abcosC=2，①
又因为S△ABC=12absinC= 3，
则absinC=2 3，②
由②①得tanC= 3，
又因为0
(2)由余弦定理和条件可得abcosC=2，再由三角形的面积公式得absinC=2 3，两式相除可求得C．
本题考查正余弦定理，三角形面积公式，两角和差等基础知识，还考查了逻辑思维能力，属于中档题．
22.【答案】证明：(1)因为∠ACB=90°，所以BC⊥AC，
因为平面ACE⊥平面ABCD，平面EAC∩平面ABCD=AC，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面ACE，
因为CE⊂平面ACE，所以BC⊥CE，
又因为EF//BC，所以CE⊥EF．
解：(2)取AD与BC的中点分别为M，N，连接EM，EN，MN，FN，
过G作GH//DN交FN于点H，连接MH，
因为EF//DN，EF=DN，所以四边形EFND为平行四边形，
因为GH//DN，GH=DN，MC//DN，MC=DN，所以MC//GH，MC=GH，
所以四边形MCGH为平行四边形，
所以CG//MH，CG=MH，又因为BM//EF，BM=EF，
所以四边形BMEF为平行四边形，所以ME//BF，
因为ME⊄平面BAF，BF⊂平面BAF，
所以ME//平面BAF，
因为MN//AB，同理可得MN//平面BAF，
又因为MN，ME⊂平面MNE，MN∩ME=M，
所以平面MN//平面BAF，
所以CG与平面ABF所成角即为MH与平面EMN所成角，
当G与D重合时，H与N重合，此时MH与平面EMN所成角为0，
当G与E重合时，H与F重合，此时MH与平面EMN所成角最大，
所以线面角的最大为直线FM与平面EMN所成角，
即线面角的最大为直线EC与平面EMN所成角，
因为∠DAC=∠ACB=π2，所以AD⊥AC，
因为平面ACE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，平面ACE∩平面ABCD=AC，
所以AD⊥平面ACE，
因为CE⊂平面ACE，所以AD⊥CE，
所以FM⊥BC，在Rt△FMB中，FM=CE=2，BM= 2，
所以BF=EM= 6，在Rt△FMB中，EN= AN2+AE2= 6，
所以S△EMN=12×4× 2=2 2，S△CEM=12×2× 2= 2，
因为VC−EMN=VN−ECM，记点C到平面EMN的距离为h，
则h=2S△CEMS△EMN=4 2 2=4，
所以直线EC与平面EMN所成角θ的正弦为sinθ=24=12，
所以CG与平面ABF所成角的正弦的范围是[0,12]．
【解析】(1)根据已有的面面垂直得到线面垂直，进而证明线线垂直即可；
(2)取AD与BC的中点分别为M，N，过G作GH//DN交FN于点H，得到平面MNE//平面BAF，所以CG与平面ABF所成角即为MH与平面EMN所成角，根据图形关系找出最值情况求解即可；
本题主要考查平面几何图形基本性质，空间线线、线面、面面平行、垂直的判定及其性质以及直线与平面所成的角，属于中档题．
2022-2023学年四川省宜宾市高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 函数f(x)=sin2x的最小正周期为( )
A. π2 B. π C. 2π D. 4π
2. 某班有男生25人，女生20人，采用分层抽样的方法从这45名学生中抽取一个容量为9的样本，则应抽取的女生人数为( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
3. 已知复数z满足z( 3+i)=4i，则|z|=( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 2
4. △ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知a= 3，B=π4，A=π3，则b=( )
A. 2 2 B. 2 C. 3 D. 2
5. △ABC中，BD=3DC，则AD=( )
A. 14AB+34AC B. 34AB+14AC C. 13AB+23AC D. 23AB+13AC
6. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则tanφ=( )
A. 22
B. 33
C. 1
D. 3
7. 若tanα=−34，0<α<π，则sinα+cosα=( )
A. 15 B. 13 C. −15 D. −13
8. 在△ABC中，AB=BC=AC=2，将△ABC绕直线AB旋转一周，得到的旋转体的表面积为( )
A. 2 3π B. 4 3π C. 8 3π D. 16 3π
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 在△ABC中，已知B=30°，c=2，且△ABC有两解，则b的取值可以是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 2
10. 已知向量a=(0,1)，b=(3 3,2)，则下列结论正确的是( )
A. (a+b)⋅(a−b)=−28 B. |a+b|=6
C. 向量a+b与a的夹角为π6 D. 向量a+b在a上的投影向量为3a
11. 将函数f(x)=cosπx的图象沿x轴向右平移16个单位，再将图象上所有点的横坐标扩大为原来的3倍(纵坐标不变)，得到函数y=g(x)的图象，则下列判断正确的是( )
A. y=g(x+12)为偶函数
B. y=g(x−12)为奇函数
C. g(x)在(0,3)单调递减
D. g(1)+g(2)+g(3)+…+g(2023)= 32
12. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是侧面ADD1A1上一动点，下列结论正确的是( )
A. 三棱锥B1−BCE的体积为定值
B. 若A1E//B1C，则A1E⊥平面A1BC1
C. 若AD1⊥B1E，则A1B与平面B1CE所成角为π6
D. 若B1E//平面BDC1，则B1E与AB所成角的正弦最小值为 33
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量a=(1,1)，b=(m,−2)，若a//b，则m= ______ ．
14. 设z∈C，且|z|≤2，在复平面内z对应的点形成的图形的面积为______ ．
15. 数据x1，x2，…，xn的方差为2，则数据2x1+1，2x2+1，…，2xn+1的方差为______ ．
16. 已知A，B，C为球O的球面上的三个点，且AB⊥BC，球心O到平面ABC的距离为 2，若球O的表面积为12π，则三棱锥O−ABC体积的最大值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
设α为第二象限角，sinα= 55．
(1)求tanα的值；
(2)求2sin(π−2α)2sin2α+sin2(π2−α)的值．
18. (本小题12.0分)
某物业管理公司为了解小区住户对其服务管理水平的满意度，从A，B两个小区住户中各随机抽取50户参与满意度测评，根据住户的测评分数，得到A小区住户的满意度评分的频率分布直方图和B小区住户的满意度评分的频数分布表．
A小区住户的满意度评分的频率分布直方图
B小区住户的满意度评分的频数分布表
满意度评分分组
[50,60)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100)
频数
5
12
15
10
8
(1)求a，并估计A小区住户的满意度评分的50%分位数；
(2)根据频率分布直方图，计算A小区住户的满意度评分的平均数；
(3)根据小区住户的满意度评分，将住户的满意度从低到高分为三个等级
满意度评分
低于70分
70分到90分
不低于90分
满意度等级
不满意
满意
非常满意
根据样本数据，估计哪个小区住户非常满意的百分比大？说明理由．
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2 3sinx⋅sin(π2+x)+2cos2x−1．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若x∈[−π4,π6]，求f(x)的值域．
20. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，E为PD的中点．
(1)证明：PB//平面ACE；
(2)已知PC=CD=PD=2，∠ACP=45°，求二面角C−AP−D的余弦值．
21. (本小题12.0分)
△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，已知sinAsin(B−C)=sinBsin(C−A)．
(1)证明：2c2=a2+b2；
(2)若c=2，S△ABC= 3，求∠C．
22. (本小题12.0分)
如图，在几何体ABCDEF中，平面ACE⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，∠ACB=90°，EF//BC．
(1)求证：CE⊥EF；
(2)若AC=BC=2 2，EF= 2，AE=EC=2，G为DE上一动点，求直线CG与平面ABF所成角的正弦值的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵sin2x=sin(2x+2π)=sin2(x+π)，
∴f(x)=sin2x满足f(x)=f(x+π)，
由正切函数的定义可得，函数f(x)=sin2x的最小正周期为π．
故选：B．
利用三角函数的诱导公式结合正切函数的定义求得函数f(x)=sin2x的最小正周期．
本题考查三角函数的周期的求法，是基础的定义题．
2.【答案】C
【解析】解：根据分层抽样法从45人中抽取容量为9的样本，应抽取的女生人数为9×2045=4．
故选：C．
根据分层抽样原理计算即可．
本题考查了分层抽样原理应用问题，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：z( 3+i)=4i，
则z=4i 3+i，
故|z|=|4i 3+i|=4| 3+i|=42=2．
故选：D．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由正弦定理有：asinA=bsinB，
∴b=asinBsinA= 3× 22 32= 2．
故选：D．
由正弦定理直接计算即可．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为BD=3DC，
所以BD=34BC，
故AD=AB+BD=AB+34BC=AB+34(AC−AB)=14AB+34AC．
故选：A．
根据已知条件，结合平面向量的线性运算，即可求解．
本题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由图象可知，14T=5π12−π6=π4，可得T=π，
则ω=2πT=2，
又f(x)过点(5π12,0)，
则sin(2×5π12+φ)=0，
又|φ|<π2，
则φ=π6，
所以tanφ=tanπ6= 33．
故选：B．
根据图象可得函数f(x)的周期，进而求得ω，再由f(x)过点(5π12,0)，结合φ的范围，可得φ的值，进而得解．
本题考查三角函数的图象及性质，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：因为tanα=sinαcosα=−34，0<α<π，
所以sinα>0，cosα<0，
所以sin2α+cos2α=(−34cosα)2+cos2α=1，
解得cosα=−45或45(舍去)，可得sinα=(−45)×(−34)=35，
所以sinα+cosα=−45+35=−15．
故选：C．
由已知利用同角三角函数基本关系式即可求解．
本题考查了同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：△ABC中，AB=BC=AC=2，
将△ABC绕直线AB旋转一周，得到的旋转体是两个圆锥体的组合体，如图所示：
因为圆锥底面圆的半径为CO=2sinπ3= 3，
所以几何体的表面积为S=2π× 3×2=4 3π.
故选：B．
△ABC绕直线AB旋转一周，得到的旋转体是两个圆锥体的组合体，由此求出几何体的表面积．
本题考查了圆锥的侧面积计算问题，是基础题．
9.【答案】BC
【解析】解：∵△ABC有两解，
∴csinB
故选：BC．
由三角形解的个数知识得到不等式即可．
本题考查三角形解的个数问题，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：已知向量a=(0,1)，b=(3 3,2)，
则a+b=(3 3,3)，a−b=(−3 3,−1)，
对于选项A，(a+b)⋅(a−b)=3 3×(−3 3)−3×(−1)=−24，即选项A错误；
对于选项B，|a+b|= (3 3)2+32=6，即选项B正确；
对于选项C，cos
对于选项D，向量a+b在a上的投影向量为(a+b)⋅a|a|a|a|=3a，即选项D正确．
故选：BD．
由平面向量数量积的坐标运算，结合平面向量的夹角及模的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，重点考查了平面向量的夹角及模的运算，属基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：将函数f(x)=cosπx的图象沿x轴向右平移16个单位，可得y=cos(πx−π6)的图象，
再将图象上所有点的横坐标扩大为原来的3倍(纵坐标不变)，得到函数y=g(x)=cos(π3x−π6)的图象．
由于y=g(x+12)=cosπ3x，显然它是偶函数，故A正确．
由于y=g(x−12)=cos(π3x−π3)，是非奇非偶函数，故B错误．
在(0,3)上，π3x−π6∈(−π6,5π6)，函数g(x)没有单调性，故C错误．
由于函数g(x)的最小正周期为2ππ3=6，
g(1)+g(2)+g(3)+⋅⋅⋅+g(6)=cosπ6+cosπ2+cos5π6+cos7π6+cos3π2+cos11π6=cosπ6+cosπ2+cos5π6+cosπ6+cos3π2−cos5π6=0，
2023=6×337+1，
∴g(1)+g(2)+g(3)+⋅⋅⋅+g(2023)=337×0+f(1)=0+cosπ6= 32，故D正确．
故选：AD．
由题意利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，再利用余弦函数的周期性求得要求式子的值．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，利用余弦函数的周期性求函数的值，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对A选项，∵△BB1C的面积一定，
又侧面ADD1A1//侧面BCC1B1，且E是侧面ADD1A1上一动点，
∴E到侧面BCC1B1的距离为定值，
∴三棱锥B1−BCE的体积为定值，∴A选项正确；
对B选项，如图，若A1E//B1C，则E点在线段A1D上，不包含A1点，
∵A1E在上底面的射影为A1D1，而A1C1与A1D1不垂直，
∴根据三垂线定理可知A1E与A1C1不垂直，
∴A1E与平面A1BC1不垂直，∴B选项错误；
对C选项，如图，若AD1⊥B1E，
则根据三垂线定理可知：AD1垂直于B1E在侧面ADD1A1内的射影，
而B1在侧面ADD1A1内的射影为A1，且AD1⊥A1D，
∴E点在线段A1D上，
∴A1B与平面B1CE所成角即为A1B与平面B1CDA1所成角，
又DC⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
∴BC1⊥DC，又BC1⊥B1C，且DC∩B1C=C，
∴BC1⊥平面B1CDA1，设BC1∩B1C=P，
则A1B与平面B1CDA1所成角为∠BA1P，
在Rt△BA1P中，易知A1B=2BP，
∴sin∠BA1P=BPA1B=12，∴∠BA1P=π6，
故A 1B与平面B1CE所成角为π6，∴C选项正确；
对D选项，如图，连接AD1，AB1，B1D1，
则易证平面AB1D1//平面BDC1，
又E是侧面ADD1A1上一动点，且B1E//平面BDC1，
∴E在线段AD1上，又AB//A1B1，
∴B1E与AB所成角为B1E与A1B1所成角，即为∠A1B1E，
又在Rt△A1B1E中，tan∠A1B1E=A1EA1B1，又A1B1的长度不变，
∴当A1E的长度最小时，即E为A1D与AD1的交点时，
tan∠A1B1E最小，∠A1B1E最小，此时A1E=12A1D=12× 2A1B1，
∴tan∠A1B1E最小值为A1EA1B1= 22，
∴sin∠A1B1E最小值为1 3= 33，∴D选项正确．
故选：ACD．
根据三棱锥的体积公式，三垂线定理，线面角的概念，面面平行的性质，异面直线所成角的概念，对各个选项分别求解即可．
本题考查三棱锥的体积公式的应用，三垂线定理的应用，线面角的概念，面面平行的性质的应用，异面直线所成角的概念，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】−2
【解析】解：向量a=(1,1)，b=(m,−2)，a//b，
则1×(−2)=m，解得m=−2．
故答案为：−2．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
14.【答案】4π
【解析】解：z∈C，且|z|≤2，复平面内z对应的点形成的图形为以(0,0)为圆心，2为半径的圆，以及内部区域，
故所求面积为π×22=4π．
故选：4π．
根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
15.【答案】8
【解析】解：设原数据的平均数为x−，则新数据的平均数为2x−+1，
则原数据的方差为1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+...+(xn−x−)2]=2，
则新数据的方差为1n[(2x1+1−2x−−1)2+(2x2+1−2x−−1)2+...+(2xn+1−2x−−1)2]=4×1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+...+(xn−x−)2]=8．
故答案为：8．
根据方差的计算公式可解．
本题考查方差的计算公式，属于中档题．
16.【答案】 23
【解析】解：∵A，B，C为球O的球面上的三个点，且AB⊥BC，
∴过A，B，C三点的截面小圆的圆心O1为AC中点，
设AB=m，BC=n，截面小圆O1为的半径为2r，球O的半径为R，
则AC=2r，m2+n2=(2r)2，且球心O到平面ABC的距离为OO1= 2，
又球O的表面积为4πR2=12π，∴R= 3，
∴r= R2−(OO1)2= 3−2=1，∴m2+n2=4，
∴△ABC的面积S△ABC=12mn≤14×(m2+n2)=1，(当且仅当m=n= 2取等)，
∴△ABC的面积的最大值为1，又球心O到平面ABC的距离为OO1= 2，
∴三棱锥O−ABC体积的最大值为13×1× 2= 23．
故答案为： 23．
根据球的表面积公式，重要不等式，三棱锥的体积公式，即可求解．
本题考查球的截面问题，三棱锥的体积的最值的求解，重要不等式的应用，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵α为第二象限角，sinα= 55．
∴cosα=− 1−sin2α=−2 55，
∴tanα=sinαcosα=−12．
(2)2sin(π−2α)2sin2α+sin2(π2−α)=2sin2α2sin2α+cos2α=4sinαcosα2sin2α+cos2α=4tanα2tan2α+1=−43．
【解析】(1)根据角的范围，利用同角三角函数基本关系式即可求解．
(2)利用诱导公式，同角三角函数基本关系式即可化简求值得解．
本题主要考查了诱导公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由题知：(2a+0.005+0.013+0.030+0.012)×10=1，
解得a=0.020，
设A小区住户的满意度评分的50%分位数为m，
则0.05+0.13+0.2+0.03×(m−70)=0.5，解得m=74，
A小区住户的满意度评分的50%分位数为74．
(2)A小区住户的满意度平均数为
x−=45×0.05+55×0.13+65×0.2+75×0.3+85×0.2+95×0.12=73.3．
(3)A小区住户评分不低于9(0分)的频率为12%；
B小区住户评分不低于9(0分)的频数为8，频率为850=16%，
所以估计B小区住户非常满意的百分比大．
【解析】(1)由频率分布直方图中所有小矩形的面积和为1，求出a，进而求出50%分位数；
(2)由频率分布直方图求平均值；
(3)由频率分布直方图求频率．
本小题考查运用样本对总体进行估计，查由频率分布直方图求频率、平均值，考查频率公式，频数，百分位数，同时也考查数据分析处理、数学运算等数学核心素养．
19.【答案】解：(1)由题意可得f(x)=2 3sinxcosx+cos2x= 3sin2x+cos2x=2sin(2x+π6)，
令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，
所以−π3+kπ≤x≤π6+kπ，
所以f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ]，k∈Z；
(2)因为−π4≤x≤π6，
所以−π3≤2x+π6≤π2，
− 32≤sin(2x+π3)≤1，
所以− 3≤f(x)≤2，
所以f(x)在x∈[−π4,π6]上的值域为[− 3,2]．
【解析】(1)利用三角恒等变换化简函数解析式，再利用正弦函数的单调性求解即可；
(2)由x的取值范围，由正弦函数的性质求出最值，即可求得值域．
本题主要考查三角函数恒等变换，正弦型函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：连接AC1，记AC⋂BD=O，连接EO，
因为ABCD是正方形，
所以O为BD的中点．
又因为E为AP的中点，
所以PB//OE，
又因为OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB//平面ACE．
(2)在△APC中，PC=2，AC=2 2，∠ACP=45°，
所以PA=2，
所以PA=PB=2，
取PA中点M，连接OM，DM，
所以DM⊥PA且DM= 3，
因为AP2+CP2=AC2，
所以PC⊥PA，
又因为O，M分别为AC，PA的中点，
所以OM//PC且OM=1，
所以OM⊥PA．
所以二面角C−AP−D的平面角为∠OMD，
在△OMD中，OM=1，MD= 3，OD=2，
所以cos∠OMD=OM2+MD2−OD22⋅OM⋅MD=12+( 3)2−( 2)22×1× 3= 33，
所以二面角C−AP−D的余弦值为 33．
【解析】(1)连接AC1，记AC⋂BD=O，连接EO，根据题意可得O为BD的中点，E为AP的中点，由中位线定理可得PB//OE，再由线面平行的判定定理，即可得出答案．
(2)取PA中点M，连接OM，DM，则DM⊥PA且DM= 3，由AP2+CP2=AC2，则PC⊥PA，又O，M分别为AC，PA的中点，进而可得OM//PC且OM=1，推出二面角C−AP−D的平面角为∠OMD，进而可得答案．
本小题考查线面平行判定，二面角定义及判断等基础知识，考查逻辑推理、空间想象能力，考查数学运算、直观想象等数学核心素养，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为sinAsin(B−C)=sinBsin(C−A)，
即sin(B+C)sin(B−C)=sin(C+A)sin(C−A)，
则(sinBcosC+cosBsinC)(sinBcosC−cosBsinC)=(sinCcosA+cosCsinA)(sinCcosA−cosCsinA)，
∴sin2Bcos2C−cos2Bsin2C=sin2Ccos2A−cos2Csin2A，
∴sin2B(1−sin2C)−(1−sin2B)sin2C=sin2C(1−sin2A)−(1−sin2C)sin2A，
∴sin2B−sin2Bsin2C−sin2C+sin2Bsin2C=sin2C−sin2Csin2A−sin2A+sin2Csin2A，
则sin2B−sin2C=sin2C−sin2A，
所以2sin2C=sin2A+sin2B，
由正弦定理可得：2c2=a2+b2；
(2)因为2c2=a2+b2，c=2，
所以a2+b2=8，
又因为c2=a2+b2−2abcosC，
得abcosC=2，①
又因为S△ABC=12absinC= 3，
则absinC=2 3，②
由②①得tanC= 3，
又因为0
(2)由余弦定理和条件可得abcosC=2，再由三角形的面积公式得absinC=2 3，两式相除可求得C．
本题考查正余弦定理，三角形面积公式，两角和差等基础知识，还考查了逻辑思维能力，属于中档题．
22.【答案】证明：(1)因为∠ACB=90°，所以BC⊥AC，
因为平面ACE⊥平面ABCD，平面EAC∩平面ABCD=AC，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面ACE，
因为CE⊂平面ACE，所以BC⊥CE，
又因为EF//BC，所以CE⊥EF．
解：(2)取AD与BC的中点分别为M，N，连接EM，EN，MN，FN，
过G作GH//DN交FN于点H，连接MH，
因为EF//DN，EF=DN，所以四边形EFND为平行四边形，
因为GH//DN，GH=DN，MC//DN，MC=DN，所以MC//GH，MC=GH，
所以四边形MCGH为平行四边形，
所以CG//MH，CG=MH，又因为BM//EF，BM=EF，
所以四边形BMEF为平行四边形，所以ME//BF，
因为ME⊄平面BAF，BF⊂平面BAF，
所以ME//平面BAF，
因为MN//AB，同理可得MN//平面BAF，
又因为MN，ME⊂平面MNE，MN∩ME=M，
所以平面MN//平面BAF，
所以CG与平面ABF所成角即为MH与平面EMN所成角，
当G与D重合时，H与N重合，此时MH与平面EMN所成角为0，
当G与E重合时，H与F重合，此时MH与平面EMN所成角最大，
所以线面角的最大为直线FM与平面EMN所成角，
即线面角的最大为直线EC与平面EMN所成角，
因为∠DAC=∠ACB=π2，所以AD⊥AC，
因为平面ACE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，平面ACE∩平面ABCD=AC，
所以AD⊥平面ACE，
因为CE⊂平面ACE，所以AD⊥CE，
所以FM⊥BC，在Rt△FMB中，FM=CE=2，BM= 2，
所以BF=EM= 6，在Rt△FMB中，EN= AN2+AE2= 6，
所以S△EMN=12×4× 2=2 2，S△CEM=12×2× 2= 2，
因为VC−EMN=VN−ECM，记点C到平面EMN的距离为h，
则h=2S△CEMS△EMN=4 2 2=4，
所以直线EC与平面EMN所成角θ的正弦为sinθ=24=12，
所以CG与平面ABF所成角的正弦的范围是[0,12]．
【解析】(1)根据已有的面面垂直得到线面垂直，进而证明线线垂直即可；
(2)取AD与BC的中点分别为M，N，过G作GH//DN交FN于点H，得到平面MNE//平面BAF，所以CG与平面ABF所成角即为MH与平面EMN所成角，根据图形关系找出最值情况求解即可；
本题主要考查平面几何图形基本性质，空间线线、线面、面面平行、垂直的判定及其性质以及直线与平面所成的角，属于中档题．
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