2022-2023学年四川省成都市四区联考高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年四川省成都市四区联考高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共16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.若复数z=1+i(i为虚数单位)，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
2.已知e1，e2是两个不共线的向量，AB=e1−2e2，BC=2e1+ke2，若A，B，C三点共线，则实数k的值为( )
A. −4B. −1C. 1D. 4
3.若正四棱台的上下底面边长分别为 2、2 2，高为3，则该正四棱台的体积为( )
A. 2B. 4C. 10D. 14
4.浮标是海上常用的一种助航标志.如图所示，某海域有A，B，C三个浮标，B，C分别在A的正东方向和西南方向，C在B的南偏西60∘方向，B，C相距20海里，则A，C相距( )
A. 10 2海里
B. 10 3海里
C. 10 6海里
D. 20 2海里
5.下列说法正确的是( )
A. 正三棱锥的各个面都是正三角形
B. 有一个面为平行四边形的棱锥一定是四棱锥
C. 用一个平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台
D. 直角三角形绕一条边所在直线旋转一周得到的旋转体是圆锥
6.已知非零向量a，b，c满足：a+b+c=0，且|a|=|b|=|c|，则=( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
7.风筝起源于春秋时期，是中国传统手工艺的代表，被称为人类最早的飞行器，如图所示，在一个简易风筝面的示意图中，AC垂直平分BD，E为垂足，AC=4AE，CD= 13AE，则tan∠ADC=( )
A. −8
B. −47
C. 47
D. 8
8.已知直线a，b与平面α，β，γ，则“α//β”的一个充分条件是( )
A. a//α，a//β
B. α⊥γ，β⊥γ
C. α∩γ=a，β∩γ=b，a//b
D. a，b异面，a⊂α，α//β，b⊂β，b//α
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.若复数z=2−i，则下列说法正确的是( )
A. z−2为纯虚数
B. 方程x2−4x+5=0的两个复数根分别为z，z−
C. z在复平面内对应的点位于第二象限
D. z在复平面内对应的点在以原点为圆心， 5为半径的圆上
10.将函数f(x)=2csx图象上所有点的横坐标缩短为原来的13，纵坐标不变，再向右平移φ(φ>0)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若函数g(x)为奇函数，则φ的值可能为( )
A. π6B. π3C. π2D. 2π3
11.如图是一个正方体的展开图，若将其还原为正方体.则下列说法正确的( )
A. CE与AD是异面直线
B. DE与CF是异面直线
C. BF与AC所成角为π3
D. CF与BD所成角为π4
12.已知O是△ABC的外接圆圆心，AB=3，AC=4，若AO=xAB+yAC，其中x，y非零实数，则下列说法正确的是( )
A. 若sin∠BAC= 53，则圆O的半径为9 55
B. 若sin∠BAC= 53，则x=110，y=920
C. 若x+4y=2，则sin∠BAC=2 23
D. 若x+4y=2，则圆O的半径为3 348
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.计算csπ8cs3π8+sinπ8sin3π8的值为______.
14.已知z⋅(4−3i)=5i，其中i为虚数单位，则复数z的虚部为______.
15.已知a=(0,5)，b=(2,−1)，则a在b上的投影向量的坐标为______.
16.将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，截去四面体的四个顶点处的小棱锥，得到如图所示的多面体，若该多面体的各顶点均在球O的球面上，则球O的表面积为______.
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)
已知函数f(x)= 3sin2x+2cs2x−1，x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间[0,π]上的单调递减区间.
18.(本小题12分)
如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，点F在线段AE上，且AF=2FE，设AB=a，AD=b.
(1)用a，b表示向量AE，BF；
(2)记λ=ABAD，若AE⊥BF，求λ的值.
19.(本小题12分)
如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠BAD=90∘，AB=2CD=2，AD=1，将四边形ABCD绕AB边所在直线旋转至ABEF，使得二面角D−AB−F为直二面角，连接CE，DF得到多面体ABCDFE.
(1)求多面体ABCDFE的体积；
(2)求证：平面ADE⊥平面BCE.
20.(本小题12分)
已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，且a=bcsC+ 33csinB.
(1)求角B的值；
(2)若点D为边AC的中点，且BD=3，AC=4，求△ABC的面积.
21.(本小题12分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，点E，F分别是BC，A1C1的中点，D是线段AB上的动点，平面ABB1A1∩平面DEF=l.
(1)证明：l//EF；
(2)若AB=4，AA1=2，求直线l与平面BB1C1C所成角的正切值.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2≤φ<π2)的部分图象如图所示.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若关于x的方程f(x+π8)+ 2a⋅f(x2)−2=0在区间[−π4,π4]上有两个不相等的实数解，求实数a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵z=1+i，
∴|z|= 12+12= 2.
故选：B.
直接利用复数的模长公式求解．
本题主要考查了复数的模长公式，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵e1,e2是两个不共线的向量，AB=e1−2e2，BC=2e1+ke2，
∵A，B，C三点共线，
∴存在λ，使AB=λBC，即e1−2e2=λ(2e1+ke2)=2λe1+kλe2，
∴根据平面向量基本定理得：2λ=1kλ=−2，解得k=−4.
故选：A.
根据a,b共线可得出e1−2e2=λ(2e1+ke2)=2λe1+kλ，然后根据平面向量基本定理即可求出k的值．
本题考查了共线向量和平面向量基本定理，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵正四棱台的上下底面边长分别为 2、2 2，高为3，
∴该正四棱台的体积为13×(2+8+ 2×8)×3=14.
故选：D.
根据台体的体积公式，计算即可得解．
本题考查正四棱台的体积的求解，属基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由题意知，∠BAC=45∘+90∘=135∘，∠ABC=30∘，BC=20，
在△ABC中，由正弦定理知，ACsin∠ABC=BCsin∠BAC，
所以ACsin30∘=20sin135∘，
所以AC=20×12 22=10 2海里．
故选：A.
根据所给条件，写出∠BAC，∠ABC和BC的值，再利用正弦定理，即可得解．
本题考查解三角形的实际应用，熟练掌握正弦定理是解题的关键，考查运算能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，正三棱锥的侧面是等腰三角形，不一定是正三角形，A错误；
对于B，有一个面为平行四边形的棱锥一定是四棱锥，B正确；
对于C，用一个平行于底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台，C错误；
对于D，直角三角形绕一条直角边所在直线旋转一周得到的旋转体是圆锥，D错误．
故选：B.
根据题意，由棱锥的结构特征分析AB，由圆台的定义分析C，由圆锥的定义分析D，综合可得答案．
本题考查棱锥、圆锥、圆台的结构特征，注意常见几何体、旋转体的定义，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为a+b+c=0，
所以c=−(a+b)，
所以c2=a2+b2+2a⋅b，
因为|a|=|b|=|c|，
所以a2+2a⋅b=0，
则cs=a⋅b|a||b|=−12a2a2=−12，
因为∈[0,π]，
所以=2π3.
故选：C.
由已知结合向量数量积的性质及向量的夹角公式即可求解．
本题主要考查了向量数量积的性质的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
由直角三角形的勾股定理、锐角的正切函数的定义和两角和的正切公式，计算可得所求值．
本题考查解直角三角形和两角和的正切公式的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
【解答】
解：设AE=t(t>0)，则AC=4t，CD= 13t，CE=3t，
在直角三角形CDE中，DE= CD2−CE2= 13t2−9t2=2t，
则tan∠ADE=AEDE=12，tan∠CDE=CEDE=32，
所以tan∠ADC=tan(∠ADE+∠CDE)=12+321−12×32=8.
故选D.
8.【答案】D
【解析】解：对于A，a//α，a//β，可α与β可以平行，也可以相交，选项A错误；
对于B，垂直同一平面的两个平面可以平行，也可以相交，选项B错误；
对于C，若α∩γ=a，β∩γ=b，a//b，则α与β可以平行，也可以相交，选项C错误；
对于D，由面面平行的判定可知，若a，b异面，a⊂α，α//β，b⊂β，b//α，
则α//β，选项D正确．
故选：D.
根据面面平行的判定逐项分析判断即可．
本题主要考查面面平行的判定，属于基础题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，∵复数z=2−i，∴z−2=−i，
∴z−2为纯虚数，故A正确；
对于B，方程x2−4x+5=0的两个复数根分别为4+ −42和4− −42，
即4+2i2和4−2i2，
即2+i和2−i，
所以方程的两个复数根分别为z和z−，故B正确；
对于C，复数z=2−i在复平面内对应的点为(2,−1)，位于第四象限，故C错误；
对于D，复数z=2−i在复平面内对应的点为(2,−1)，到原点距离为 5，
所以z在复平面内对应的点在以原点为圆心， 5为半径的圆上，故D正确．
故选：ABD.
根据复数的运算法则可判断AB，根据复数的几何意义可判断CD.
本题主要考查了复数的计算，考查了复数的几何意义，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：将函数f(x)=2csx图象上所有点的横坐标缩短为原来的13，纵坐标不变，
得到y=2cs3x，
再向右平移φ(φ>0)个单位长度后得到函数g(x)的图象，
即g(x)=2cs3(x−φ)=2cs(3x−3φ)，
若函数g(x)为奇函数，
则−3φ=kπ+π2，k∈Z，
即φ=−kπ3−π6，k∈Z，
∵φ>0，
∴当k=−1时，φ=π3−π6=π6，
当k=−2时，φ=2π3−π6=π2，
当k=−3时，φ=π−π6=5π6.
故选：AC.
根据图象变换关系求出g(x)的解析式，根据g(x)是奇函数，求出φ的表达式进行求解即可．
本题主要考查三角函数的图象和性质，根据图象变换求出函数g(x)的解析式，利用函数的奇偶性进行求解是解决本题的关键，是中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：根据题意，还原后的正方体如图：
依次分析选项：
对于A，由异面直线的判定定理，CE与AD是异面直线，A正确；
对于B，DE和CF是矩形CDFE的对角线，则DE与CF是相交直线，B错误；
对于C，如图，连接AG、AG，
由于BF//CG，则BF与AC所成角就是AC与CG所成的角，
易得△ACG为等边三角形，故∠ACG=π3，即BF与AC所成角为π3，C正确；
对于D，如图：连接AC、CF，
易得AC⊥BD，BD⊥AF，则BD⊥平面ACF，
故有BD⊥CF，CF与BD所成角为π2，D错误．
故选：AC.
根据题意，作出还原后的正方体，由此分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查空间直线与直线的位置关系，涉及正方体的展开图，属于基础题．
12.【答案】CD
【解析】解：对于A，因为sin∠BAC= 53，则cs∠BAC=±23，由余弦定理可得BC= AC2+AB2−2AC⋅ABcs∠BAC=3或 41，
利用正弦定理可得圆O的半径为9 510或3 20510，故A错；
因为AO=xAB+yAC，其中x，y非零实数，
所以AB⋅AO=xAB2+yAB⋅ACAC⋅AO=xAB⋅AC+yAC2，
因为O是△ABC的外接圆圆心，AB=3，AC=4，
所以AB⋅AO=12|AB|⋅|AB|=92，AO⋅AC=12|AC|⋅|AC|=162=8，
所以92=9x+12ycs∠BAC8=12xcs∠BAC+16y，
对于B，结合92=9x+12ycs∠BAC8=12xcs∠BAC+16y及cs∠BAC=±23，解得x=110y=920或x=x=1710y=2720，故B错；
对于C，结合92=9x+12ycs∠BAC8=12xcs∠BAC+16y及x+4y=2解得cs∠BAC=13x=516y=2764或cs∠BAC=34y=12x=0，
∴cs∠BAC=13，sin∠BAC=2 23，故C正确；
对于D，由C得cs∠BAC=13，sin∠BAC=2 23，由余弦定理可得BC= AC2+AB2−2AC⋅ABcs∠BAC= 17，
由正弦定理可得R=12×BCsin∠BAC=12× 172 23=3 348，故D正确．
故选：CD.
对于A，由余弦定理可得BC，利用正弦定理可得圆O的半径；
对于B，由已知可得AB⋅AO=xAB2+yAB⋅ACAC⋅AO=xAB⋅AC+yAC2，即92=9x+12ycs∠BAC8=12xcs∠BAC+16y，结合sin∠BAC= 53，即可求解；
对于C，结合92=9x+12ycs∠BAC8=12xcs∠BAC+16y及x+4y=2即可求解；
对于D，由C得cs∠BAC=13，sin∠BAC=2 23，由余弦定理可得BC，由正弦定理可得外接圆半径．
本题考查了平面向量的线性运算、三角形外接圆的性质，考查了运算能力、转化思想，属于难题．
13.【答案】0
【解析】解：csπ8cs3π8+sinπ8sin3π8=cs(π8+3π8)=csπ2=0.
故答案为：0，.
由已知结合两角和的余弦公式即可求解．
本题主要考查了两角和的余弦公式属于基础题．
14.【答案】45
【解析】解：∵z⋅(4−3i)=5i，
∴z=5i4−3i=5i(4+3i)(4−3i)(4+3i)=20i−1516+9=−35+45i，
∴复数z的虚部为45.
故答案为：45.
根据复数的四则运算法则求出z，再根据虚部的概念求解即可．
本题主要考查了复数的运算，属于基础题．
15.【答案】(−2,1)
【解析】解：由a=(0,5)，b=(2,−1)，
可得a在b上的投影向量为：
a⋅b|b|⋅b|b|=−5 5⋅(2,−1) 5=(−2,1).
故答案为：(−2,1).
根据投影向量的概念直接进行计算即可．
本题考查投影向量的计算，属基础题．
16.【答案】22π
【解析】解：根据题意及对称性可得：可得该多面体的内切球与棱长为6的正四面体相同，
且该多面体的外接球球心O与内切球球球心O相同，
若正四面体的棱长为a，则底面正三角形的外接圆的半径为23× 32a= 33a，
∴顶点到底面的距离为 a2−( 33a)2= 63a，设正四面体的外接球半径为t，
则t2=( 33a)2+( 63a−t)2，解得t= 64a，∴正四面体的内切球半径为 63a− 64a= 612a，
∴该多面体的内切球的半径r= 612×6= 62，
又易知底面正六边形的中心到顶点的距离为d=2，
∴该多面体的外接球的半径R= r2+d2= 64+4= 222，
该多面体的外接球的表面积为S=4πR2=22π.
故答案为：22π.
根据题意及对称性可得：可得该多面体的内切球与棱长为6的正四面体相同，且该多面体的外接球球心O与内切球球球心O相同，由结论可知：正四面体的内切球半径为棱的 612倍，从而可得该多面体的内切球的半径r= 612×6= 62，又易知底面正六边形的中心到顶点的距离为d=2，从而可得该多面体的外接球的半径R= r2+d2，再代入球的表面积公式，即可求解．
本题考查多面体的外接球问题的求解，正四面体的外接球与内切球的结论，化归转化思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)因为f(x)= 3sin2x+2cs2x−1
= 3sin2x+cs2x
=2sin(2x+π6)，
所以f(x)的最小正周期T=2π2=π；
(2)令π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ，k∈Z，
解得π6+kπ≤x≤2π3+kπ，k∈Z，
因为x∈[0,π]，
所以f(x)在区间[0,π]上的单调递减区间为[π6,2π3].
【解析】(1)利用二倍角公式以及两角和的正弦公式化简函数解析式可得f(x)=2sin(2x+π6)，进而利用正弦函数的周期公式即可求解；
(2)利用正弦函数的单调性即可求解．
本题考查了二倍角公式以及两角和的正弦公式在三角函数化简中的应用，考查了正弦函数的性质，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由E是CD的中点，AF=2FE，
可得：DE=12DC，AF=23AE，
故AE=AD+DE=AD+12DC=AD+12AB=12a+b，
BF=AF−AB=23AE−AB=23×(12a+b)−a=−23a+23b；
(2)由(1)及AE⊥BF，可得：a⋅b=0，
AE⋅BF=(12a+b)⋅(−23a+23b)=−13a2+23b2=0，
因为λ=ABAD，所以|a|=λ|b|，
则有−λ23|b|2+23|b|2=0，
整理得λ2−2=0，解得λ= 2或λ=− 2(舍去)，
故λ= 2.
【解析】(1)由点E，F的位置，在矩形ABCD中进行平面向量的线性运算，即可将AE，BF用a，b表示出来；
(2)将向量垂直关系转化为数量积为0进行计算，即可求得λ的值．
本题考查平面向量基本定理的应用和数量积运算，属基础题．
19.【答案】解：(1)如图，取AB的中点G，连接EG，CG，
则根据题意可知：FA⊥底面ABCD，且多面体DAF−ZGE为直三棱柱，
故所求体积为：
V直三棱柱DAF−CGE+V三棱锥E−BCG
=12×1×1×1+13×12×1×1×1
=23；
(2)由(1)知EG=12AB=1，且G为AB的中点，
∴BE⊥AE，
又由(1)易知DA⊥平面ABEF，又BE⊂平面ABEF，
∴BE⊥DA，且DA∩AE=A，
∴BE⊥平面ADE，又BE⊂平面BCE，
∴平面ADE⊥平面BCE.
【解析】(1)取AB的中点G，连接EG，CG，根据题意可知：FA⊥底面ABCD，且多面体DAF−ZGE为直三棱柱，从而可得所求体积为：V直三棱柱DAF−CGE+V三棱锥E−BCG，再根据柱体与锥体的体积公式计算，即可求解．
(2)先根据线面垂直的判定定理证明BE⊥平面ADE，再根据面面垂直的判定定理，即可证明平面ADE⊥平面BCE.
本题考查多面体的体积的求解，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，属中档题．
20.【答案】解：(1)由正弦定理及a=bcsC+ 33csinB，得sinA=sinBcsC+ 33sinCsinB，
因为sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
所以csBsinC= 33sinCsinB，
又C∈(0,π)，所以sinC≠0，所以csB= 33sinB，即tanB= 3，
因为B∈(0,π)，所以B=π3.
(2)因为点D为边AC的中点，所以BD=12(BA+BC)，
所以BD2=14(BA2+2BA⋅BC+BC2)，
所以9=14(c2+2cacsπ3+a2)，整理得a2+c2+ac=36①，
在△ABC中，由余弦定理知，b2=a2+c2−2accs∠ABC，
所以16=a2+c2−2accsπ3，即a2+c2−ac=16②，
联立①②，解得ac=10，
所以△ABC的面积S=12acsin∠ABC=12×10×sinπ3=5 32.
【解析】(1)利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式，推出csB= 33sinB，进而得解；
(2)易知BD=12(BA+BC)，将其两边平方，并由平面向量数量积的运算法则，推出a2+c2+ac=36，再在△ABC中，利用余弦定理可得a2+c2−ac=16，解方程求得ac的值，然后由三角形面积公式，得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正余弦定理，两角和的正弦公式，平面向量的运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：取A1B1的中点P，连接BP，FP，
又点E，F分别是BC，A1C1的中点，
∴FP//C1B1，且FP=12C1B1，又C1B1//CB，
∴易得FP//EB，且FP=EB，∴四边形FPBE为平行四边形，
∴EF//BP，又EF⊄平面ABB1A1，BP⊂平面ABB1A1，
∴EF//平面ABB1A1，又EF⊂平面DEF，且平面ABB1A1∩平面DEF=l，
∴l//EF；
(2)取C1B1的中点G，再取GB1的中点H，连接HP，BH，
又三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱，
∴易得A1G⊥平面BCC1B1，且PH//A1G，
∴PH⊥平面BCC1B1，又由(1)易知l//BP，
∴∠BHP即为直线l与平面BB1C1C所成角，
又AB=4，AA1=2，三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱，
∴易知HP=12GA1= 3，HB= B1B2+B1H2= 4+1= 5，
∴tan∠BHP=HPHB= 3 5= 155，
故直线l与平面BB1C1C所成角的正切值为 155.
【解析】(1)先根据线面平行的判定定理证明EF//平面ABB1A1，再由线面平行的性质定理即可证明；
(2)取C1B1的中点G，再取GB1的中点H，连接HP，BH，易得PH⊥平面BCC1B1，从而可得∠BHP即为直线l与平面BB1C1C所成角，再解三角形，即可求解．
本题考查线面平行的判定定理与性质定理，线面角的求解，化归转化思想，属中档题．
22.【答案】解：(1)由函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象知，
A=1，T4=3π8−π8=π4，解得T=π，所以ω=2πT=2，
又因为f(3π8)=sin(2×3π8+φ)=1，
解得3π4+φ=π2+2kπ，k∈Z，所以φ=−π4+2kπ，k∈Z，
又因为−π2≤φ<π2，所以φ=−π4，所以函数f(x)=sin(2x−π4)；
(2)若关于x的方程f(x+π8)+ 2a⋅f(x2)−2=0在区间[−π4,π4]上有两个不相等的实数解，
由题意知f(x+π8)=sin2x=2sinxcsx，x∈[−π4,π4]，
2f(x2)= 2sin(x−π4)= 2(sinxcsπ4−csxsinπ4)=sinx−csx，x∈[−π4,π4]，
令t=sinx−csx，t∈[− 2,0]，2sinxcsx=1−t2，
则方程化为1−t2+at−2=0，即t2−at+1=0，由题意知关于t的方程在[− 2,0]上有两个不等的实根，
则a2−4>0− 2≤a2≤0(− 2)2+ 2a+1≥0，解得−3 22≤a<−2，
故a的取值范围是[−3 22,−2).
【解析】(1)根据图象求出A，ω和φ，即可得函数f(x)的解析式；
(2)关于x的方程f(x+π8)+ 2a⋅f(x2)−2=0，化简得2sinxcsx+a(sinx−csx)−2=0，令t=sinx−csx，t∈[− 2,0]，则方程化为即t2−at+1=0，进而转化为二次函数根的分布问题，即可求解．
本题主要考查三角函数的图象和性质，根据图象求出函数的解析式是解决本题的关键．