2023-2024学年辽宁省本溪市县级重点高中协作体高一下学期期末考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年辽宁省本溪市县级重点高中协作体高一下学期期末考试数学试题（含答案），共11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A=x∣x2−4x>0,B={x∣lnx>0}，则∁RA∩B=( )
A. (0,4)B. (0,4]C. (1,4]D. ［1，4]
2.复数z满足z2−i=3+4i，则复数z的虚部是( )
A. 2B. 2iC. 1D. i
3.已知某扇形的圆心角为π3，其所对的弦长为6 3，则该扇形的面积为( )
A. 6πB. 18πC. 6 3πD. 18 3π
4.已知向量a=1,3，b=1,−1，c=4,5，若a与b+λc垂直，则实数λ的值为( )
A. 219B. 411C. 2D. −47
5.设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是( )
A. 若l//α，l//β，则α//βB. 若l//α，l⊥β，则α⊥β
C. 若l⊥β，α⊥β，则l//αD. 若l//α，α⊥β，则l⊥β
6.已知sinαsinα+π6=csαsinπ3−α，则tan2α−π4=( )
A. 3B. 33C. 2− 3D. 2+ 3
7.圆锥的高为1，体积为π，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为( )
A. 2B. 3C. 2D. 1
8.如图，已知四边形ABCD是平行四边形，M,N分别是PD,BC的中点，点P在平面ABCD内的射影为N,PA与平面ABCD所成角的正切值为2，则直线PA与MC所成角的余弦值为( )
A. 35B. 45C. 1225D. 2425
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.给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则( )
A. 平均数为3B. 标准差为85C. 众数为2D. 85%分位数为5
10.如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把▵ABD和▵ACD折成互相垂直的两个平面后，则下列四个结论中正确的是( )
A. BD⊥ACB. ▵ABC是等边三角形
C. 平面ADC⊥平面ABCD. 二面角A−BC−D的正切值为 2
11.数学家威廉·邓纳姆在书中写道：“相比之下，数学家达到的终极优雅是所谓的无言的证明，在这样的证明中一个极好的令人信服的图示就传达了证明，甚至不需要任何解释．很难比它更优雅了．如图所示正是数学家所达到的“终极优雅”，该图(ABCD为矩形)完美地展示并证明了正弦和余弦的二倍角公式，则可推导出的正确选项为( )
A. AD=sin2xB. AB=sin2xC. DE=cs2xD. S▵ABFS▵AEF=cs2x
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a、b满足a=2，b=3，a+b=4，则a⋅b= ．
13.正六面体部分顶点连线，面的中心连线完美的勾勒出正四面体，正八面体，而正四面体的外接球恰好是正方体的外接球，立体几何中有好多类似的事实存在：若四面体P−ABC,PA=BC= 6,PB=AC=2 2,PC=AB= 10，则该四面体外接球的体积为 ．
14.棱长均为1m的正三棱柱形透明封闭容器盛有am3水，当侧面AA1B1B在水平位置时，液面高为ℎm(如图1);当转动容器至截面A1BC在水平位置时，水恰好充满三棱锥A−A1BC(如图2)，则a= ，ℎ= ．
四、解答题：本题共8小题，共96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)
设函数f(x)=(sinx+csx)2+2 3sin2x− 3．
(1)求函数fx的单调递增区间；
(2)当x∈π4,5π6时，求函数fx的值域．
16.(本小题12分)
如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，∠BAD=60∘，E，F分别为AB，BC上点，且AE=2EB，CF=2FB．
(1)若DE=xAB+yAD，求x，y的值；
(2)求AB⋅DE的值；
(3)求cs∠BEF．
17.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=6，AB=10，cs∠CAB=35，AA1=8，点D是AB的中点．
(1)求证：AC1//平面CDB1;
(2)求证：AC⊥BC1;
(3)求三棱锥A1−B1CD的体积．
18.(本小题12分)
在▵ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足bsinA=asinB+π3
(1)设a=3，c=2，过B作BD垂直AC于点D，点E为线段BD的中点，求BE⋅EA的值；
(2)若▵ABC为锐角三角形，c=2，求▵ABC面积的取值范围．
19.(本小题12分)
如图所示，在边长为5 22+1的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为__________．
20.(本小题12分)
已知四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，AB//DC,∠DAB=90∘,PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=1，AB=2,M是PB的中点．
(1)证明：BC⊥平面PAC；
(2)求二面角A−MC−B的余弦值．
21.(本小题12分)
日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，烘焙店的包装盒如图所示，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，且AB=3，AA1=1．
店员认为在彩绳扎紧的情况下，按照图A中H−E−E1−F1−F−G−G1−H1−H的方向捆扎包装盒会比按照图B中的十字捆扎法更节省彩绳(不考虑打结处的用绳量和彩绳的宽度).则图A比图B最多节省的彩绳长度为______．
22.(本小题12分)
如图，已知四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为侧棱SC的中点．

(1)求证：SA//平面EDB；
(2)若F为侧棱AB的中点，求证：EF//平面SAD；
(3)设平面SAB∩平面SCD=l，求证：AB//l．
参考答案
1.C
2.C
3.B
4.A
5.B
6.C
7.A
8.A
9.AD
10.ABD
11.ACD
12.32
13.4 3π
14. 312
32− 22

15.解：(1)f(x)=1+sin2x+2 3×1−cs2x2− 3=1+sin2x− 3cs2x=2sin2x−π3+1
由2kπ−π2≤2x−π3≤2kπ+π2，k∈Z
则函数递增区间为kπ−π12,kπ+5π12，k∈Z
(2)由π4则− 32则1− 3
16.(1)
DE=DA+AE=23AB−AD，故x=23,y=−1
(2)
AB⋅DE=AB⋅(23AB−AD)=23×16−4×2×cs60∘=203
(3)
EB=13AB,EF=13AB+13AD,
|EB|=43，|EF|=13 16+4+8=2 73
cs∠BEF=EB⋅EF|EB||EF|=169+4943×2 73=5 714

17.(1)证明：设B1C与BC1交于点E，则E为BC1的中点，连接DE，则在△ABC1中，DE//AC1，又DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，所以AC1/​/平面CDB1．
(2)证明：在△ABC中，由余弦定理BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcs∠CAB求得BC=8，
∴△ABC为直角三角形，∴AC⊥BC．
又∵CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1∩BC=C，CC1，BC⊂平面BCC1，
∴AC⊥平面BCC1．
∵BC1⊂平面BCC1，∴AC⊥BC1．
(3)解：在△ABC中过点C作CF⊥AB，垂足为F，
∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC=AB，CF⊂平面ABC，
∴CF⊥平面ABB1A1
易知S△DA1B1=12A1B1⋅A1A=40，CF=AC⋅BCAB=245，
∵VA1−B1CD=VC−A1DB1，∴VA1−B1CD=13×40×245=64．
18.(1)
bsinA=asinB+π3，由正弦定理得：
sinBsinA=sinAsinB+π3=12sinAsinB+ 32sinAcsB，
所以12sinAsinB− 32sinAcsB=0，
因为A∈0,π，所以sinA≠0，
所以12sinB− 32csB=0，即tanB= 3，
因为B∈0,π，所以B=π3，
因为a=3，c=2，由余弦定理得：b2=a2+c2−2accsB=9+4−6=7，
因为b>0，所以b= 7，
其中S△ABC=12acsinB=12×3×2× 32=3 32，
所以BD=2S▵ABCAC=3 3 7=3 217，
因为点E为线段BD的中点，所以BE=3 2114，
由题意得：EA⇀=ED⇀+DA⇀=BE⇀+DA⇀，
所以BE⇀⋅EA⇀=BE⇀⋅BE⇀+DA⇀=BE⇀2+0=2728．
(2)
由(1)知：B=π3，又c=2，
由正弦定理得：asinA=csinC=2sinA+π3，
所以a=2sinAsinA+π3=2sinA12sinA+ 32csA=41+ 3tanA，
因为▵ABC为锐角三角形，所以A∈0,π2C=2π3−A∈0,π2，解得：A∈π6,π2，
则tanA∈ 33,+∞， 3tanA∈0,3，1+ 3tanA∈1,4，
故a=41+ 3tanA∈1,4，
▵ABC面积为S=12acsinB= 32a∈ 32,2 3
故▵ABC面积的取值范围是 32,2 3．

19.解：如图1，过⊙F圆心F作EE⊥AD于E，FG⊥CD于G，
则四边形EFGD为正方形，设小圆半径为r，扇形半径为R，则FD= 2r，
小圆周长为2πr，扇形弧长为π2R，
∵剪下一个扇形和圆恰好围成一个圆锥，∴π2R=2πr，解得R=4r，
即BH=4r，∴BD=BH+HF+FD=4r+r+ 2r=5+ 2r，
∵正方形铁皮边长为5 22+1，∴BD= 2×5 22+1=5+ 2，
∴5+ 2r=5+ 2，∴r=1；
在图2中，EF=1,BE=4，
由勾股定理得，圆锥的高BF= BE2−EF2= 42−12= 15，

故答案为： 15．

20.(1)
在直角梯形ABCD中，AB//DC,∠DAB=90∘，AD=DC=1，则AC= 2,∠CAB=π4，
又AB=2，由余弦定理得BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcsπ4=2+4−2 2×2× 22=2，
则AC2+BC2=AB2，即BC⊥AC，由PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
得BC⊥PA，而PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC．
(2)
作AN⊥CM，垂足为N，连接BN，如图，
在Rt▵PAB中，AM=MB，又AC=CB，则▵AMC≌△BMC，有∠AMN=∠BMN，
于是▵AMN≌▵BMN，则AN=BN，BN⊥CM，∠ANB为二面角A−MC−B的平面角，
由(1)知BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，得BC⊥PC，则CM=MB=AM，
在等腰▵AMC中，AN⋅MC=AC⋅ CM2−(AC2)2，则AN= 32× 2 52= 305，
而AB=2，在▵ANB中，cs∠ANB=AN2+BN2−AB22×AN×BN=2×( 305)2−222×( 305)2=−23，
所以二面角A−MC−B的的余弦值为−23．

21.解：对于图(A)，沿彩绳展开正四棱柱，则彩绳长度的最小值为8 2；
对于图(B)，彩绳长度的最小值为4×3+1=16，
因为16>8 2，所以图A比图B最多节省的彩绳长度16−8 2．
故答案为：16−8 2．

22.(1)
设AC∩BD=O，连接AC,OE，因为ABCD是平行四边形，故AO=OC，
又E为侧棱SC的中点，故SA//EO．
又SA⊄平面EDB，EO⊂平面EDB，故SA//平面EDB．
(2)
若F为侧棱AB的中点，DO=BO，则AD//FO，
又FO⊄平面SAD，AD⊂平面SAD，故FO//平面SAD．
又SA//EO，EO⊄平面SAD，SA⊂平面SAD，故EO//平面SAD．
又EO∩FO=O，EO,FO⊂平面EOF，故平面EOF//平面SAD．
又EF⊂平面EOF，故EF//平面SAD．
(3)
因为AB//CD，AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，故AB//平面SCD．
又平面SAB∩平面SCD=l，AB⊂平面SAB，故AB//l