2023-2024学年江西省赣州市高一下学期期末考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年江西省赣州市高一下学期期末考试数学试题（含答案），共10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.已知向量a=(m+1,3m−1)，b=(−2,1)，若a/​/b，则m=( )
A. −37B. 17C. 15D. 35
2.如图，△A′B′C′是水平放置△ABC的直观图，其中B′C′=A′C′=1，A′B′//x′轴，A′C′//y′轴，则△ABC的周长为( )
A. 1+ 2+ 3B. 4+2 2C. 2+ 2+ 6D. 2+2 2+2 3
3.已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列命题一定正确的是( )
A. 若α/​/β，m/​/α，l/​/β，则l/​/m
B. 若l⊥m，l⊥α，则m/​/α
C. 若α⊥β，l⊥α，则l/​/β
D. 若l//α，m⊂α，且l，m共面，则l/​/m
4.已知某圆锥的侧面积为4π，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的底面半径为( )
A. 33B. 2 33C. 3D. 4 33
5.勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”.“赵爽弦图”是我国古代数学的图腾，还被用作第24届国际数学家大会的会徽.如图，大正方形ABCD是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若AB=a，AD=b，E为BF的中点，则AE=( )
A. 45a+25bB. 56a+13bC. 34a+13bD. 23a+14b
6.设a=12sin84∘− 32cs84∘，b=2tan 13°1−tan2 13°，c= 1−cs50∘2，则有( )
A. b7.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，∠ACB=90∘，AC=4，BC= 3，CC1=3，P为BC1上的动点，则CP+PA1的最小值为( )
A. 37B. 3+3 112C. 6D. 7
8.已知定义在R上的偶函数f(x)，当x∈[0,2π)时，f(x)=csx−|csx|，对任意x∈[0,+∞)总有f(x+2π)=2f(x).当a，b∈[m,n]时，f(a)−f(b)≤4恒成立，则n−m的最大值为( )
A. 6πB. 19π3C. 28π3D. 31π3
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列关于向量的说法正确的是( )
A. 若a/​/b，b/​/c，则a/​/c
B. 若单位向量a，b夹角为π6，则向量a在向量b上的投影向量为 32b
C. 若a与b不共线，且sa+tb=0，则s=t=0
D. 若a⋅c=b⋅c且c≠0，则a=b
10.在△ABC中，AB=4，AC=6，AB⋅AC=12，P为△ABC内(含边界)任意一点，则( )
A. BC=2 7
B. 若|PA|=|PB|=|PC|，则S△PBC=7 33
C. 若PA+PB+PC=0，则|AP|= 193
D. 若AP=λ(ABAB+ACAC)，则λ最大值为125 3
11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P是AA1的中点，点M是正方体内(含表面)的动点，且满足D1M⊥CP，则( )
A. 动点M在底面ABCD内轨迹的长度是2 2
B. 点M所在平面截正方体所得截面的面积为92
C. 三角形A1D1M在正方体内运动形成几何体的体积是2
D. 存在某个位置M，使得直线BD1与平面A1D1M所成的角为π4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.cs75∘−cs15∘= ．
13.位于水东镇的和谐钟塔是赣州市标志性建筑，高度约为113m.塔顶A测得地面上某两点B，C的俯角分别为30∘和45∘，且∠BAC=45∘，则B，C两点间的距离为 m.(结果保留根号)
14.已知一个正四棱台的上下底面边长之比为1:3，体积为104 33，若此正四棱台的内切球存在，则这个内切球的表面积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的部分图象如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式及对称中心;
(2)将f(x)的图象向右平移π4个单位后得到g(x)的图象，求函数y=g(x)在x∈[0,π2]上的值域．
16.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是边长为4的正方形，PD⊥平面ABCD，PC与平面ABCD所成角为π4，E为线段PA上的点．
(1)若E为线段PA的中点，证明：PC/​/平面BDE;
(2)若E为线段PA上靠近A的三等分点，求三棱锥C−BDE的体积．
17.(本小题12分)
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，向量m=(1−2cs2B2,csC)，n=(c,2a−b)，且m⊥n．
(1)求C;
(2)若a+b=2，c= 3，∠C的平分线交AB于点D，求CD的长．
18.(本小题12分)
如图，点C在直径为AB的半圆O上，CD垂直于半圆O所在的平面，BC/​/平面ADE，且CD/​/BE．
(1)证明：平面ADE⊥平面ACD;
(2)若AB= 5，AO⋅AC=12，异面直线AD与BE所成的角是π4，在线段BC上是否存在点F，使得二面角D−AF−C的余弦值为3 2222?若存在，请求出CFFB的值;若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
设O为坐标原点，定义非零向量OM=(a,b)的“友函数”为f(x)=asinx+bcsx(x∈R)，向量OM=(a,b)称为函数f(x)=asinx+bcsx(x∈R)的“友向量”．
(1)记OM=(1,1)的“友函数”为f(x)，求函数f(x)的单调递增区间;
(2)设ℎ(x)=cs(x+π6)−2cs(x+θ)，其中θ∈R，求ℎ(x)的“友向量”模长的最大值;
(3)已知点M(a,b)满足6a2+5ab+b2<0，向量OM的“友函数”f(x)在x=x0处取得最大值.当点M运动时，求g(x0)=csx0−sinx0sinx0+csx0的取值范围．
参考答案
1.B
2.C
3.D
4.B
5.A
6.D
7.A
8.C
9.BC
10.ABD
11.BC
12.− 22
13.113 2
14.12π
15.解：(1)根据函数f(x)的部分图象，可得A=2；
因为34×2πω=5π12+π3，所以ω=2；
根据五点作图法，可得2×5π12+φ=π2+2kπ，k∈Z，
又因为|φ|<π，所以φ=−π3，
所以f(x)=2sin(2x−π3)，
由2x−π3=kπ，k∈Z，可得x=π6+kπ2，k∈Z，
故f(x)图象的对称中心为(π6+kπ2,0)，k∈Z，
(2)将f(x)的图象向右平移π4个单位，得y=2sin[2(x−π4) −π3]，即g(x)=2sin(2x−5π6)，
因为x∈[0,π2]，所以2x−5π6∈[−5π6,π6]，
所以当2x−5π6=−π2，即x=π6时，g(x)min=g(π6)=−2，
当2x−5π6=π6，即x=π2时，g(x)max=g(π2)=1，
所以函数g(x)在x∈[0,π2]的值域为[−2,1]．
16.(1)证明：如图，连接AC交BD于O，连接OE．
因为底面ABCD是正方形，所以O为AC的中点，又点E为线段PA的中点，所以OE//PC，
因为OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，所以PC/​/平面BDE；
(2)解：因为∠PCD为PC与平面ABCD所成的角，所以∠PCD=π4，△PCD为等腰三角形，PD=CD=4，
因为点E为线段PA上靠近A的三等分点，所以点E到平面ABCD的距离为13PD，
所以VP−BCD=13×S△BCD×PD=13×12×4×4×4=323，
所以VC−BDE=VE−BCD=13VP−BCD=13×323=329．
17.【解答】解：(1)由m⊥n，得m⋅n=0，
即m⋅n=(1−2cs2B2,csC)⋅(c,2a−b)=c(1−2cs2B2)+(2a−b)csC=0，
利用二倍角公式和边化角可得：−sinCcsB+(2sinA−sinB)csC=0，
即2sinAcsC=sinBcsC+csBsinC，所以2sinAcsC=sin(B+C)，
因为B+C=π−A，所以sinA=2sinAcsC，
因为sinA≠0，所以csC=12，又因为A∈(0,π)，即C=π3．
(2)由C=π3及余弦定理得3=a2+b2−2abcsπ3，即3=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab，
又因为a+b=2，所以ab=13，
因为S△ABC=S△ACD+S△BCD=12b⋅CD⋅sinC2+12a⋅CD⋅sinC2=12absinC，
所以CD⋅(a+b)⋅sinπ6=absinπ3，所以CD=13× 322×12= 36．
18.解：(1)因为点C在半圆O上，AB为直径，所以BC⊥AC，
而CD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，于是CD⊥BC，
又AC∩CD=C，AC，CD⊂平面ACD，则有BC⊥平面ACD，
由CD/​/BE知点B，C，D，E共面，又BC/​/平面ADE，
平面BCDE∩平面ADE=DE，BC⊂平面BCDE，因此BC/​/DE，即有DE⊥平面ACD，
又DE⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面ACD．
(2)如图，过点C作CH垂直AF于H，并连接DO，
因为CD垂直于半圆O所在的平面ABC，且AF⊂平面ABC．
所以DC⊥AF．
又因为CH⊥AF，且CH∩DC=C，
所以AF⊥平面DCH．
由DH⊂平面DCH，得AF⊥DH，
所以∠CHD为二面角D−AF−C的一个平面角．
因为AO⋅AC=12，所以AC=1．
又因为异面直线AD与BE所成的角是π4，所以CD=AC=1，
在Rt△ABC中，BC= ( 5)2−12=2，
由cs∠CHD=3 2222，得tan∠CHD=CDCH= 133，
所以CH=3 1313CD=3 1313．
设CF=x，则AF= 1+x2，
由sin∠CAF=CHAC=CFAF，即CH⋅AF=AC⋅CF，
得3 1313 1+x2=x，
解得x=32，或x=−32(舍)，
所以BF=CB−CF=2−32=12，
故CFFB=3212=3．

19.解：(1)向量OM=(1,1)的“友函数”f(x)=sinx+csx= 2sin(x+π4)，
当x+π4∈[−π2+2kπ,π2+2kπ]，k∈Z时，函数f(x)单调递增，
所以函数f(x)的单调递增区间为[−3π4+2kπ,π4+2kπ]，k∈Z;
(2)因为ℎ(x)=cs(x+π6)−2cs(x+θ)
=(2sinθ−12)sinx+( 32−2csθ)csx，
所以函数ℎ(x)的“友向量”OM=(2sinθ−12, 32−2csθ)，
|OM|2=(2sinθ−12)2+( 32−2csθ)2．
=5−2sinθ−2 3csθ
=5−4sin(θ+π3)，
所以当sin(θ+π3)=−1，即θ=−5π6+2kπ，k∈Z时，|OM|max=3；
(3)向量OM的“友函数”f(x)=asinx+bcsx= a2+b2sin(x+φ)，
其中csφ=a a2+b2，sinφ=b a2+b2，tanφ=ba，
当x+φ=π2+2kπ，即x0=π2−φ+2kπ时，f(x)取得最大值，此时x0=2kπ+π2−φ，k∈Z，
tanx0=tan(2kπ+π2−φ)=sin (π2−φ)cs (π2−φ)=csφsinφ=ab，
令tanx0=ab=m，则由6a2+5ab+b2<0，显然b≠0，
则6m2+5m+1<0，
解得−12所以g(x0)=csx0−sinx0sinx0+csx0=1−tanx0tanx0+1=1−mm+1=−1+2m+1，m∈(−12,−13).
因为函数y=−1+2m+1在m∈(−12,−13)上单调递减，
所以−1+2m+1∈(2,3)，
故g(x0)=csx0−sinx0sinx0+csx0∈(2,3)．