2022-2023学年广西北海市高一下学期期末质量检测数学试题（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年广西北海市高一下学期期末质量检测数学试题（含详细答案解析），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。
1.下列各角中，与2183∘角终边相同的是( )
A. −23∘B. 23∘C. −47∘D. 47∘
2.已知互不重合的直线m，n，互不重合的平面α，β，γ，下列命题错误的是( )
A. 若α//β，n⊂α，则n//βB. 若α//β，m//α，则m//β
C. 若α//β，β⊥γ，则α⊥γD. 若α//β，β//γ，则α//γ
3.已知复数z满足z+2z=3+4i(i是虚数单位)，则z=( )
A. 1−4iB. 6−4iC. 6−2iD. 3−2i
4.已知两个单位向量a，b的夹角为120∘，若3a−b+c=0，则|c|=( )
A. 7B. 13C. 7D. 13
5.为了得到函数f(x)=12cs(x+π3)的图象，只需把曲线g(x)=csx上所有的点( )
A. 向左平移π3个单位，再把纵坐标伸长到原来的2倍
B. 向右平移π3个单位，再把纵坐标伸长到原来的2倍
C. 向左平移π3个单位，再把纵坐标缩短到原来的12
D. 向右平移π3个单位，再把纵坐标缩短到原来的12
6.著名的古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理：把一个球放在一个圆柱形的容器中，如果盖上容器的上盖后，球恰好与圆柱的上、下底面和侧面相切(该球也被称为圆柱的内切球)，那么此时圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为定值，则该定值为( )
A. 12B. 13C. 34D. 23
7.若圆台的高是2 3，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，母线与下底面所成角的大小为60∘，则这个圆台的侧面积是( )
A. 24πB. 8 3πC. 9 3πD. 27π
8.某人要作一个三角形，要求它的三条高的长度分别是14，13，15，则该三角形( )
A. 一定是锐角三角形
B. 一定是直角三角形
C. 一定是钝角三角形
D. 有可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知点A∈平面α，点B∉平面α，则下列说法错误的是( )
A. 平面α内所有的直线与直线AB异面
B. 平面α内存在一条直线与直线AB平行
C. 平面α内存在无数条直线与直线AB垂直
D. 有且只有一个过直线AB的平面与平面α垂直
10.在下列情况的三角形中，有两个解的是( )
A. a= 5，b=4，A=30∘B. b=11，c=10，B=60∘
C. a=3，c=1，A=90∘D. a=12，b=16，A=45∘
11.如图是函数y=sin(ωx+φ)(ω>0)的部分图象，则cs(ωx+φ)=( )
A. sin(2x+π2)B. cs(11π6−2x)C. cs(2x+π6)D. cs(7π3−2x)
12.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段CD1上的一点，则下列说法正确的是( )
A. 直线BP与平面ABB1A1所成的角为定值B. AD//平面A1BP
C. 三棱锥A1−BPD的体积为定值D. 直线AB1与直线BP所成的角为定值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知复数z满足(3−2i)z=4−7i(i为虚数单位)，则|z|=__________.
14.已知扇形的面积为4cm2，该扇形圆心角的弧度数是2，则扇形的弧长为__________cm.
15.在△ABC中，sinC=2sinBcs(B+C)，A=5π6，b= 3，则a=__________.
16.已知锐角α，β满足α+2β=2π3，tanα2tanβ=13，则α+β=__________.
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)
已知m∈R，复数z=−m2+6m−8+(m2−7m+12)i(i是虚数单位).
(1)若z是纯虚数，求m的值;
(2)若z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围;
18.(本小题12分)
已知α∈(π6,7π6)，且sin(α+π3)=2 55.
(1)求tanα的值;
(2)求cs(2α+5π12)的值.
19.(本小题12分)
已知向量a=(1,0)，b=(1, 3).
(1)设k∈R，求|a−kb|的最小值;
(2)若向量ta+b与向量a+tb的夹角为钝角，求实数t的取值范围.
20.(本小题12分)
如图，某地计划在一海滩处建造一个养殖场，射线OA，OB为海岸线，∠AOB=2π3，现用长度为1千米的网依托海岸线围成一个△POQ的养殖场.
(1)已知∠PQO=π4，求OP的长度;
(2)问如何选取点P，Q，才能使得养殖场△POQ的面积最大，并求其最大面积.
21.(本小题12分)
如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD，AB=1，AA1=2，∠BAD=60∘，点P为DD1的中点.
(1)求证：直线BD1//平面PAC;
(2)求二面角B1−AC−P的余弦值.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=sinx+csx+asin2x(a∈R).
(1)若a=4，求f(x)的最大值;
(2)若f(x)在[−π,0]上恰有3个零点，求实数a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查终边相同的角，属于基础题．
利用与α终边相同的角度为k⋅360∘+α(k∈Z)即可得到答案．
【解答】
解：∵2183∘=6×360∘+23∘，
∴与2183∘角终边相同的角为23∘.
故选B.
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间中直线与平面，平面与平面的位置关系，属于基础题.
根据面面平行性质逐项判断即可.
【解答】
解：对于A 选项，α//β，n⊂α，根据面面平行，可证得线面平行，即n//β，故A正确;
对于B选项，α//β，m//α，则m//β或m⊂β，故B错误;
对于C选项，α//β，β⊥γ，则α⊥γ，故C正确;
对于D选项，α//β，β//γ，则α//γ，故D正确.
故选B.
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查复数相等的条件和共轭复数，属于基础题．
设z=a+bi，(a,b∈R)，利用复数相等求出a，b，即可求解.
【解答】
解：设z=a+bi(a,b∈R)，
所以z+2z=a+bi+2(a−bi)=3a−bi=3+4i，
所以a=1，b=−4，所以z=1−4i.
故选A.
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查利用向量的数量积求向量的模，属于基础题.
由题意|c|= (b−3a)2，展开计算可得.
【解答】
解：因为3a−b+c=0，所以c=b−3a，
因为a，b为夹角为120∘的两个单位向量，
则a⋅b=|a|⋅|b|cs120∘=−12，
所以|c|= (b−3a)2= b2−6b⋅a+9a2= 1−6×(−12)+9= 13.
故选：D.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查余弦型函数的图象变换，属于基础题.
根据余弦型函数的图象变换可得.
【解答】
解：将函数g(x)=csx的图象向左平移π3个单位得y=cs(x+π3)，
再把所得图象纵坐标缩短到原来的12，得f(x)=12cs(x+π3).
故选C.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查圆柱和球的体积的求解，属于中档题.
由题意，设圆柱的母线长为l，内切球的半径为r，求出l=2r，再利用体积公式得出结论.
【解答】
解：设圆柱的母线长为l，内切球的半径为r，如图所示，
则其轴截面如图所示，
则l=2r，
所以圆柱的内切球体积为V1=43πr3，圆柱体积为V2=πr2l=πr2×2r=2πr3，
所以圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为V1V2=43πr32πr3=23.
故选D.
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查圆台的结构特征，圆台的侧面积和表面积，属于中档题.
由题意，可作该圆台的轴截面，计算所需要的量，利用圆台侧面积公式可得.
【解答】
解：由题意，可作该圆台的轴截面，如图所示：
则圆台的高h=O1O2=BE=2 3，
上底面半径r=O2B，下底面半径R=O1A，即2O2B=O1A，
母线l=AB，即∠BAE=60∘，
在Rt△ABE中，BE=2 3，则AE=2，AB=4，
在矩形O2O1EB中，O2B=O1E，则AO1=2EO1=2AE=4，即O2B=2，
综上，h=2 3，r=2，R=4，l=4，
圆台的侧面积S=π(r+R)l=π(2+4)×4=24π.
故选A.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用余弦定理判断三角形形状，属于基础题.
设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a，b，c边上的高分别为14，13，15，求出三条边，再利用余弦定理得出结论.
【解答】
解：设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，
且a，b，c边上的高分别为14，13，15，
则12⋅a⋅14=12⋅b⋅13=12⋅c⋅15，令a=4，则b=3，c=5，
故csC=9+16−252×3×4=0，故C为直角，故该三角形为直角三角形.
故选B.
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查直线与直线，直线与平面的位置关系，属于基础题.
解答时可举反例判断ABD，由于过A在平面内可作出一条与AB垂直直线，根据平移不改变两直线所角可知，平面α内存在无数条直线与直线AB垂直，由此判断C即可.
【解答】
解：当平面α内的直线过点A时，该直线与直线AB相交，故A错误;
由于AB经过B，B不在平面内，故直线AB不在平面内，
假设平面α内存在一条直线与直线AB相互平行，
则由线面平行的判定定理可知AB与平面平行，与AB过平面内一点A矛盾，故B错误;
对于C，在A点一定可以在平面内作出一条与AB垂直的直线m，则平面内与m平行的直线均与AB垂直，故平面α内存在无数条直线与直线AB垂直，故C正确;
当直线AB与平面α垂直时，有无数个过直线AB的平面与平面α垂直，故D错误.
故选ABD.
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查根据条件判断三角形个数问题，属于中档题.
解答时可根据正弦定理，结合条件判断即可.
【解答】
解：对于选项A，由正弦定理可得：b⋅sinA=asinB，
4×12= 5sinB⇒sinB=2 55，
又因为b>a，所以B>A，B有两解，故选项A正确;
对于选项B，由正弦定理可得：c⋅sinB=bsinC，
11sinC=10× 32⇒sinC=5 311，
又因为b>c，则B>C，所以C有一解，故选项B错误;
对于选项C，∵A=90∘，a=3，c=1，
∴b= a2−c2= 10，只有一解，故选项C错误;
对于选项D，∵A=45∘，由正弦定理可得：bsinA=asinB，
16× 22=12sinB⇒sinB=2 23，
又因为b>a，则B>A，
∴B有两解，故选项D正确.
故选AD.
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查由部分图象求三角函数解析式，属于中档题.
根据函数y=Asin(ωx+φ)的性质，利用图象求出ω和φ的值，结合选项逐项判断即可.
【解答】
解：根据题中的图象可得T4=2π3−5π12=π4，即T=π，
∴ω=2πT=2，即y=sin(2x+φ)，
将图象中的点(2π3,−1)代入函数中，
−1=sin(2×2π3+φ)=sin(4π3+φ)，
即sin(π3+φ)=1，
∴π3+φ=2kπ+π2，k∈Z，
∴φ=2kπ+π6，k∈Z，
∴sin(ωx+φ)=sin(2x+2kπ+π6)，k∈Z，
也即y=sin(ωx+φ)=sin(2x+π6)，
则cs(ωx+φ)=cs(2x+π6)，C正确;
sin(2x+π2)=cs2x≠cs(2x+π6)，可得A错误;
对于B选项，cs(11π6−2x)=cs(2π−π6−2x)=cs(π6+2x)，可得B正确;
对于D选项，cs(7π3−2x)=cs(2π+π3−2x)=cs(π3−2x)=cs(2x−π3)，可得D错误.
故选BC.
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查直线与平面所成的角，考查线面平行的判定，考查棱锥的体积以及异面直线所成的角，属于中档题.
取P分别在C或D1可判断A；证明AD//平面A1BCD1可判断B；证明点P到平面A1BD的距离为定值可判断C；证明AB1⊥平面A1BCD1可判断D.
【解答】
解：当P分别在C或D1时，显然直线BP与平面ABB1A1所成角不同，故A错误;
平面A1BP即为平面A1BCD1，又AD//BC，AD⊄平面A1BCD1，BC⊂平面A1BCD1，
所以AD//平面A1BCD1，故B正确;
因为CD1//BA1，CD1⊄平面A1BD，BA1⊂平面A1BD，
所以CD1//平面A1BD，所以点P到平面A1BD的距离为定值，
所以三棱锥A1−BPD的体积为定值，故C正确;
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，易得AB1⊥平面A1BCD1，
又BP⊂平面A1BCD1，所以AB1⊥BP，故D正确.
故选BCD.
13.【答案】 5
【解析】【分析】
本题主要考查复数的乘除法运算及求复数的模，属于基础题.
解答时可先求得z的代数形式，再求模即可.
【解答】
解：因为(3−2i)z=4−7i，
所以z=4−7i3−2i=(4−7i)(3+2i)(3−2i)(3+2i)=26−13i13=2−i，
所以|z|= 5.
故答案为： 5.
14.【答案】4
【解析】【分析】
本题主要考查扇形的弧长和面积公式应用，属于基础题.
解答时可先设扇形的弧长为l，半径为R，再根据公式列式求解即可.
【解答】
解：设扇形的弧长为l，半径为R，
由已知可得，圆心角α=2，面积S=4，
所以有l=αR,S=12aR2,即l=2R,R2=4,解得R=2,l=4.
故答案为：4.
15.【答案】 21
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，属于基础题.
利用正弦定理可得c=−2bcsA，求得c=3，再由余弦定理可得.
【解答】
解：因为sinC=2sinBcs(B+C)，
而在三角形ABC中，有cs(B+C)=−csA，
所以由正弦定理可得c=−2bcsA，
所以c=2b× 32=2 3× 32=3，
由余弦定理a= b2+c2−2bccsA= 3+9+9= 21.
故答案为： 21.
16.【答案】π2
【解析】【分析】
本题考查两角和与差的正切公式，韦达定理的应用，属于中档题.
先由两角和的正切公式求得tanα2+tanβ=23 3，结合题意tanα2tanβ=13，利用韦达定理可得.
【解答】
解：由α+2β=2π3可得：α2+β=π3，
则tan(α2+β)=tanα2+tanβ1−tanα2tanβ=tanα2+tan β1−13= 3，
解得tanα2+tanβ=23 3，又tanα2tanβ=13，
故tanα2，tanβ为一元二次方程x2−23 3x+13=0的两个实数根，
解得x1=x2= 33，又α，β为锐角，故可得α=π3，β=π6，
则α+β=π2.
故答案为：π2.
17.【答案】解：(1)因为z是纯虚数，
所以−m2+6m−8=0m2−7m+12≠0，
⇒{m=2或m=4m≠4且m≠3，
解得m=2;
(2)在复平面内z对应的点为(−m2+6m−8,m2−7m+12)，
由题意可得−m2+6m−8>0m2−7m+12