2023-2024学年四川省泸州市江阳区高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年四川省泸州市江阳区高一（下）期末数学试卷（含答案），共9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.已知集合U={1,2,3,4,5}，A={1,3}，B={1,2,4}，则A∪(∁UB)=( )
A. {1,3,5}B. {1,3}C. {1,2,4}D. {1,2,4,5}
2.关于x的不等式x2−mx+1>0的解集为R，则实数m的取值范围是( )
A. (0,4)B. (−∞,−2)∪(2,+∞)
C. [−2,2]D. (−2,2)
3.设非零向量a、b、c满足|a| =|b| =|c|，a+b=c，则向量a与b的夹角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
4.已知α∈(0,π)，且3cs2α−8csα=5，则sinα=( )
A. 53B. 23C. 13D. 59
5.函数f(x)=cs(ωx+φ)的部分图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为( )
A. (kπ−14,kπ+34)，k∈ZB. (2kπ−14,2kπ+34)，k∈Z
C. (2k−14,2k+34)，k∈ZD. (k−14,k+34)，k∈Z
6.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )．
A. 12 2πB. 12πC. 8 2πD. 10π
7.如图，在△ABC中，M为线段BC的中点，G为线段AM上一点，AG=2GM，过点G的直线分别交直线AB，AC于P，Q两点，AB=xAP(x>0)，AC=yAQ(y>0)，则4x+1y+1的最小值为( )．
A. 34
B. 94
C. 3
D. 9
8.将函数f(x)=cs(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象向左平移π3个单位长度得到如图所示的奇函数g(x)的图象，且g(x)的图象关于直线x=−π4对称.则下列选项不正确的是( )
A. f(x)在区间[2π3,π]上为增函数
B. f(π2)=− 32
C. f(12)>f(0)
D. f(−1)+f(0)<0
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z1、z2都是复数，下列正确的是( )
A. 若|z1|=|z2|，则z1=±z2B. |z1z2|=|z1||z2|
C. 若|z1+z2|=|z1−z2|，则z1z2=0D. z1⋅z2−=z1−⋅z2−
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是( )
A. a=5，b=7，c=8，有唯一解
B. b=18，c=20，B=60°，无解
C. a=8,b=8 2,B=45°，有两解
D. a=30，b=25，A=150°，有唯一解
11.在四面体P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB=BC= 2,PA=AC=2，点M∈PB，N∈PC，Q为AC的中点，QH⊥PC，垂足为H，连结BH，则正确的结论有( )
A. 平面BQH⊥平面PBC
B. 若平面AMN⊥平面PBC，则一定有AM⊥PB
C. 若平面AMN⊥平面PBC，则一定有AN⊥PC
D. 点R是平面PBC上的动点，AR= 2，则当直线AR与BC所成角最小时，点R到直线AB的距离为 103
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，已知由斜二测画法得到的水平放置的四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，则原图形的面积为______．
13.已知tan(α−π4)=2，则5sin2α+sin2α= ______．
14.已知a∈R，函数f(x)=(1−a)x+1,x四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知a=(−1,0)，b=(2,1)．
(1)若AB=2a−b，BC=a+mb且A、B、C三点共线，求m的值．
(2)当实数k为何值时，ka−b与a+2b垂直？
16.(本小题15分)
已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P(−35,−45).
(1)求sin(α+π)的值；
(2)若角β满足sin(α+β)=513，求csβ的值．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=sin(2x+π3)+cs(2x+π6)−2sinxcsx．
(1)求函数f(x)的最小正周期及对称轴方程；
(2)将函数y=f(x)的图象向左平移π12个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变、横坐标伸长为原来的2倍，得到函数y=g(x)的图象，求y=g(x)在[0,2π]上的单调递减区间．
18.(本小题17分)
在△ABC中， 3sinC+csC=sinB+sinCsinA．
(1)求A；
(2)若△ABC的内切圆半径r=2，求AB+AC的最小值．
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥E−ABCD中，BC⊥平面ABE，BC/​/AD，且AD=2BC=2，F是DE的中点．
(1)证明：DA⊥CF；
(2)若BA=BE=2，直线CF与直线DB所成角的余弦值为 64．
(ⅰ)求直线DE与平面ABE所成角；
(ⅱ)求二面角E−DC−B的余弦值．
答案
1.A
2.D
3.C
4.A
5.C
6.B
7.B
8.D
9.BD
10.AD
11.ABD
12.2 2
13.−2110
14.[1, 5+12]
15.(1)a=(−1,0)，b=(2,1)，AB=2a−b，BC=a+mb，
则AB=(−4,−1)，BC=(2m−1,m)，且A、B、C三点共线，
则可得AB//BC，
即−4m−(2m−1)(−1)=0，解得m=−12；
(2)a=(−1,0)，b=(2,1)，AB=2a−b，BC=a+mb，
则ka−b=(−k−2,−1)，a+2b=(3,2)，
因为ka−b与a+2b垂直，
则可得3(−k−2)+2×(−1)=0，解得k=−83．
16.解：
(1)∵角α的顶点与原点O重合，始边与x轴非负半轴重合，终边过点P(−35,−45).
∴x=−35，y=−45，r=|OP|= (−35)2+(−45)2=1，
∴sin(α+π)=−sinα=−yr=45；
(2)由x=−35，y=−45，r=|OP|=1，
得sinα=−45，csα=−35，
又由sin(α+β)=513，
得cs(α+β)=± 1−sin2(α+β)
=± 1−(513)2=±1213，
则csβ=cs[(α+β)−α]
=cs(α+β)csα+sin(α+β)sinα
=1213×(−35)+513×(−45)=−5665，
或csβ=cs[(α+β)−α]
=cs(α+β)csα+sin(α+β)sinα
=−1213×(−35)+513×(−45)=1665．
∴csβ的值为−5665或1665．
17.(1)f(x)=12sin2x+ 32cs2x+ 32cs2x−12sin2x−sin2x，f(x)= 3cs2x−sin2x=2( 32cs2x−12sin2x)=2(cs2xcsπ6−sin2xsinπ6)=2cs(2x+π6)，
所以函数f(x)的最小正周期为π，
令2x+π6=kπ，k∈Z，得函数f(x)的对称轴方程为x=−π12+kπ2，k∈Z．
(2)将函数y=f(x)的图象向左平移π12个单位后所得图象的解析式为y=2cs[2(x+π12)+π6]=2cs(2x+π3)，所以g(x)=2cs(2×12x+π3)=2cs(x+π3)，
令2kπ≤x+π3≤π+2kπ，所以−π3+2kπ≤x≤2π3+2kπ,k∈Z.又x∈[0,2π]，
所以y=g(x)在[0,2π]上的单调递减区间为[0,2π3],[5π3,2π]．
18.解：(1)在△ABC中， 3sinC+csC=sinB+sinCsinA，
整理得： 3sinCsinA+sinAcsC=sin(A+C)+sinC，
∴ 3sinCsinA+sinAcsC=sinAcsC+csAsinC+sinC，
∴ 3sinCsinA=csAsinC+sinC，
∵sinC≠0，
∴ 3sinA−csA=1，
∴ 32sinA−12csA=12，
∴sin(A−π6)=12，
由于A−π6∈(−π6,5π6)，
∴A−π6=π6，
解得A=π3，
(2)令BC=a，AB=c，AC=b
由S△ABC=12bcsinA=12(a+b+c)r，
∴ 32bc=2(a+b+c)，
∴ 34bc−b−c=a，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc，
∴( 34bc−b−c)2=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc，
∴316(bc)2+(b+c)2− 32bc(b+c)=(b+c)2−3bc，
∴316bc= 32(b+c)−3，
∴ 32(b+c)−3=316bc≤316(b+c2)2，当且仅当b=c时取等号，
∴ 3(b+c)2−32(b+c)+64 3≥0，
∴(b+c−8 3)[( 3(b+c)−8]≥0,
∴b+c≥8 3，b+c≤8 3(舍去)，
∴AB+AC的最小值为8 3
19.(1)证明：取AE的中点G，连接BG，GF，
因为F是DE的中点，所以GF/​/AD，AD=2GF，
又BC/​/AD，且AD=2BC，所以GF/​/BC，GF=BC，
所以四边形BCFG是平行四边形，所以CF//BG，
因为BC⊥平面ABE，BC/​/AD，
所以AD⊥平面ABE，
又BG⊂平面ABE，所以AD⊥BG，
所以DA⊥CF．
(2)解：由(1)知CF//BG，
所以∠DBG就是直线CF与直线DB所成角，即cs∠DBG= 64，
设AG=x(x>0)，
由勾股定理知，DG= 4+x2，BG= 4−x2，BD=2 2，
在△BDG中，由余弦定理知，DG2=BG2+BD2−2BG⋅BDcs∠DBG，
所以4+x2=4−x2+8−2⋅ 4−x2⋅2 2⋅ 64，解得x=1，
即AG=1，AE=2，
(ⅰ)由(1)知AD⊥平面ABE，
所以∠AED即为直线DE与平面ABE所成角，
在Rt△ADE中，AD=AE=2，
所以△ADE是等腰直角三角形，所以∠AED=45°，
故直线DE与平面ABE所成角的大小为45°．
(ⅱ)取AB的中点O，连接OE，过点O作OH⊥CD于点H，连接EH，
因为BA=BE=AE=2，所以△ABE是等边三角形，
所以OE⊥AB，且OE= 3，
因为BC⊥平面ABE，BC⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面ABE，
又平面ABCD∩平面ABE=AB，OE⊂平面ABE，所以OE⊥平面ABCD，
所以∠OHE即为二面角E−DC−B的平面角，
在△OCD中，OD= 5，CD= 5，OC= 2，
设CH=t，则DH= 5−t，
因为OH2=OD2−DH2=OC2−CH2，
所以OH2=5−( 5−t)2=2−t2，解得t= 55，OH=3 55，
在Rt△OEH中，HE= OH2+OE2= 95+3=2 305，
所以cs∠OHE=OHHE=3 552 305= 64，
故二面角E−DC−B的余弦值为 64．