2022-2023学年甘肃省高一下学期期末数学试题（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年甘肃省高一下学期期末数学试题（含详细答案解析），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。
1.若集合A=−3,−1,2,6，B=xx>0，则A∩B=( )
A. {2,6}B. {−3,−1}C. {−1,2,6}D. {−3,−1,2}
2.“x2−x−6>0”是“x0时，f(x)=lg5x+1，则f(−5)=__________.
14.已知sinα=−2csα，则tan(α+π4)=__________.
15.已知函数y=cs2ωx(ω>0)在−π4,π6上的最小值为14，则ω的值为__________.
16.刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制).例如，正四面体的每个顶点有3个面角，每个面角为π3，所以正四面体在各顶点的曲率为2π−π3×3=π.在底面为矩形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD= 2PA，PC与底面ABCD所成的角为π6，在四棱锥P−ABCD中，顶点B的曲率为__________.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
证明：以A(1,2)，B(3,6)，C(0,5)，D(−1,3)为顶点的四边形是直角梯形．
18.(本小题12分)
已知复数z1=1+i，z2=2+mim∈R.
(1)若z2z1为纯虚数，求m；
(2)若z2z1∈R，求3z1+iz2的实部与虚部之和．
19.(本小题12分)
已知cs (α+β)=13，sin αsin β=14.
(1)求cs αcs β；
(2)求cs (2α−2β).
20.(本小题12分)
设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，acsB=b2+c.
(1)求A；
(2)若AD为△ABC的角平分线，AD=2，且2sinB=sinC，求△ABC的周长．
21.(本小题12分)
如图1，正方形ABCD和正方形EFGH的中心重合，AB=3EF=6，HG//CD，I、J、K、L 分别为AD、AB、BC、CD的中点，将图中的四块阴影部分裁剪下来，然后将△HEI、△EFJ、△FGK、△GHL分别沿着HE、EF、FG、GH翻折，使得点I、J、K、L与点P重合，得到如图2所示的四棱锥P−EFGH.

(1)求直线PE与底面EFGH所成角的余弦值；
(2)若M为PF的中点，求M到平面PGH的距离．
22.(本小题12分)
某高校的入学面试中有A，B，C三道题目，规则如下：第一环节，面试者先从三道题目中随机抽取一道，若答对抽到的题目，则面试通过，若没答对抽到的题目，则进入第二环节；第二环节，该面试者从剩下的两道题目中随机抽取一道，若答对抽到的题目，则面试通过，若没答对抽到的题目，则进入第三环节；第三环节，若该面试者答对剩下的一道题目，则面试通过，若没有答对剩下的题目，则面试失败.假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，李明答对A，B，C题的概率依次是12，13，14.
(1)求李明第一环节抽中A题，且第一环节通过面试的概率；
(2)求李明第二环节或第三环节通过面试的概率.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查交集及其运算，属于基础题.
由交集的概念进行运算即可.
【解答】
解：∵A=−3,−1,2,6 ，B=xx>0 ，
∴A∩B=2,6 .
故选：A.
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查集合的包含关系和充分必要条件的定义等基础知识，属于基础题.
解不等式，由集合的包含关系和充分必要条件的定义判断结论.
【解答】
解：不等式 x2−x−6>0 的解集 A=xx3 ，设集合 B=xx0 ”是“ x0 ，或 −πω2≥−2π3πω3=2π3ω>0 ，
解得 ω=43 .
故答案为： 43.
16.【答案】3π4
【解析】【分析】
本题考查线面垂直的性质，直线与平面所成的角，属于一般题.
根据线面角定义可知 ∠PCA=π6 ，设 PA=1 ，可求得所需的侧棱长和底面边长；根据长度关系和垂直关系可确定点 B 处的三个面角的大小，根据曲率定义可求得结果.
【解答】
解：设 PA=1 ，则 AD= 2PA= 2 ，
∵PA⊥ 平面 ABCD ，
∴∠PCA 即为 PC 与底面 ABCD 所成角，即 ∠PCA=π6 ，
∴PC=PAsinπ6=2 ， AC=PAtanπ6= 3 ，
∴AB= AC2−BC2= AC2−AD2=1 ， ∴tan∠PBA=PAAB=1 ， ∴∠PBA=π4 ；
∵PA⊥ 平面 ABCD ， BC⊂ 平面 ABCD ， ∴PA⊥BC ，
又 BC⊥AB ， PA∩AB=A ， PA,AB⊂ 平面 PAB ， ∴BC⊥ 平面 PAB ，
∵PB⊂ 平面 PAB ， ∴PB⊥BC ，即 ∠PBC=π2 ，又 ∠ABC=π2 ，
∴ 顶点 B 的曲率为 2π−π4−π2−π2=3π4 .
故答案为： 3π4 .
17.【答案】证明：由题意得 AB=(2,4) ， AD=(−2,1) ， DC=(1,2) ，则 AB=2DC ，
得 AB//DC 且 AB=2DC ，则四边形 ABCD 为梯形．
因为 AB⋅AD=−2×2+1×4=0 ，所以 AB⊥AD .
故以 A(1,2) ， B(3,6) ， C(0,5) ， D(−1,3) 为顶点的四边形是直角梯形．

【解析】本题考查平面向量的坐标运算，属于基础题.
利用向量的坐标运算，证明 AB//DC 且 AB=2DC ，再证明 AB⊥AD ，可得结论.
18.【答案】解：(1)因为 z1=1+i,z2=2+mi ，
所以 z2z1=2+mi1+i=(2+mi)(1−i)(1+i)(1−i)=(2+m)+(m−2)i2 ，
由 z2z1 为纯虚数，得 2+m=0m−2≠0 ，解得 m=−2 .
故 m=−2 .
(2)由(1)可知 z2z1=(2+m)+(m−2)i2 ，
由 z2z1∈R ，得 m−2=0 ，解得 m=2 .则 z2=2+2i ，
所以 3z1+iz2=3+3i+2i−2=1+5i ，
所以 3z1+iz2 的实部为1，虚部为5，即实部与虚部之和为 1+5=6 .

【解析】 本题考查复数的除法运算，复数的概念与分类，属于中档题.
(1)先计算 z2z1=(2+m)+(m−2)i2 ，从而可得 2+m=0m−2≠0 ，求解即可；
(2)由题意可得 m−2=0 ，解得 m=2 ，从而可计算 3z1+iz2=1+5i ，进而可求解.
19.【答案】解：(1)因为 cs (α+β)=cs αcs β−sin αsin β=cs αcs β−14=13 ，
所以 cs αcs β=13+14=712 .
(2)因为 cs (α−β)=cs αcs β+sin αsin β=712+14=56 ，
所以 cs (2α−2β)=cs 2(α−β)=2cs2(α−β)−1=2×2536−1=718 .

【解析】本题考查两角和与差的余弦公式及二倍角公式，属于基础题.
(1)根据两角和的余弦公式运算求解；
(2)根据两角差的余弦公式可得 cs(α−β)=56 ，再结合倍角公式运算求解.
20.【答案】解：(1)由正弦定理得 sinAcsB=sinB2+sinC ，
即 2sinAcsB=sinB+2sinC .
因为 sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB ，
所以 sinB+2csAsinB=0 .
因为 sinB≠0 ，所以 csA=−12 .
又 A∈0,π ，则 A=2π3 .
(2)因为 2sinB=sinC ，所以 2b=c .
由 S△ABD+S△ACD=S△ABC ，得 12c⋅AD⋅sin ∠BAD+12b⋅AD⋅sin ∠DAC=12bcsin ∠BAC ，
得 c+b=12bc .又 2b=c ，解得 b=3 ， c=6 ，
则 a= b2+c2−2bccs ∠BAC= 9+36−2×3×6×cs 2π3=3 7 ，
所以 △ABC 的周长为 6+3+3 7=9+3 7 .

【解析】本题考查正弦定理及三角形的面积公式，利用余弦定理解三角形，属于中档题.
(1)由 acsB=b2+c ，利用正弦定理得到 sinAcsB=sinB2+sinC ，再利用两角和的正弦公式求解；
(2)由 2sinB=sinC ，得到 2b=c ，然后由 S△ABD+S△ACD=S△ABC 求得b，c，再利用余弦定理求解.
21.【答案】解：(1)如图1，取 HE 的中点 N ，连接 IN .
如图2，连接 EG 、 HF ，设 EG 、 HF 的交点为 O ，连接 PO .

由题意得 HI=EI ，所以， PE=IE= IN2+EN2= 22+12= 5 .
因为 PE=PF=PG=PH ，四边形 EFGH 为正方形，则四棱锥 P−EFGH 为正四棱锥，
又因为 EG∩HF=O ，所以， PO⊥ 平面 EFGH ，
所以， PE 与底面 EFGH 所成的角为 ∠PEO .
因为 EF=2 ，则 EG= 2EF=2 2 ，所以， EO=12EG= 2 ，
因为 PO⊥ 平面 EFGH ， EO⊂ 平面 EFGH ，所以， PO⊥EO ，
所以， cs∠PEO=EOPE= 2 5= 105 .
(2)因为 M 为 PF 的中点，所以， M 到平面 PGH 的距离等于 F 到平面 PGH 的距离的 12 .
设 F 到平面 PGH 的距离为 h ，由题意得 S△PHG=S△HEI=12HE⋅IN=12×22=2 ，
S△FGH=12HG⋅FG=12×22=2 ， PO= PE2−EO2= 5−2= 3 .
因为 VF−PHG=13S△PHG⋅h=VP−FGH=13S△FGH⋅PO ，所以， h=S△FGH⋅POS△PHG=2× 32= 3 .
故 M 到平面 PGH 的距离为 32 .

【解析】本题考查点到平面的距离与直线与平面所成角等，属于较难题.
(1)如图1，取 HE 的中点 N ，连接 IN ，如图2，连接 EG 、 HF ，设 EG 、 HF 的交点为 O ，连接 PO ，分析可知四棱锥 P−EFGH 为正四棱锥，且有 PO⊥ 平面 EFGH ，则直线 PE 与底面 EFGH 所成角为 ∠PEO ，求出 EO 、 PE 的长，即可求得 ∠PEO 的余弦值，即为所求；
(2)分析可知 M 到平面 PGH 的距离等于 F 到平面 PGH 的距离的 12 ，利用等体积法求出点 F 到平面 PGH 的距离，由此可得出点 M 到平面 PGH 的距离.
22.【答案】解：(1)设事件 D 为李明第一环节抽中 A 题，且第一环节通过面试.
由题意得李明第一环节抽到每道题目的概率均为 13 ，
所以 PD=13×12=16 .
(2)方法一：设事件 E 为李明第一环节通过面试，
则 PE=13×12+13×13+13×14=1336 .
设事件 F 为李明面试失败，李明答题情况如下：
A 题错 B 题错 C 题错， A 题错 C 题错 B 题错，
B 题错 A 题错 C 题错， B 题错 C 题错 A 题错，
C 题错 A 题错 B 题错， C 题错 B 题错 A 题错.
所以 PF=13×12×6×12×23×34=14 .
故李明第二环节或第三环节通过面试的概率为 1−PE−PF=718 .
方法二：设事件 E 为李明第二环节通过面试，李明答题情况如下：
A 题错 B 题对， A 题错 C 题对， B 题错 A 题对，
B 题错 C 题对， C 题错 A 题对， C 题错 B 题对.
所以 PE=13×12×12×13+12×14+23×12+23×14+34×12+34×13=1772 .
设事件 F 为李明第三环节通过面试，李明答题情况如下：
A 题错 B 题错 C 题对， B 题错 A 题错 C 题对，
A 题错 C 题错 B 题对， C 题错 A 题错 B 题对，
B 题错 C 题错 A 题对， C 题错 B 题错 A 题对.
所以 PF=13×12×2×12×23×14+2×12×34×13+2×34×23×12=1172 .
故李明第二环节或第三环节通过面试的概率为 PE+PF=718 .

【解析】本题考查对立事件的概率公式及相互独立事件的概率乘法公式，属于中档题.
(1)利用积事件的概率公式求解即可.
(2)利用对立事件或者直接分类求解.