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2023-2024学年江西省九江市高一（下）期末数学试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年江西省九江市高一（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.复数z=2+i2i在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知cs2α+5sinα=3，则sinα=( )
A. 12B. −12C. 32D. − 32
3.已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m//n，n//α，则m//α
B. 若n⊥α，n⊥m，m⊂β，则α//β
C. 若α//β，m⊥β，则m⊥α
D. 若α⊥β，m⊂β，则m⊥α
4.已知a,b满足|a|=|b|= 5,a⋅b=−3，则cs〈a,a+b〉=( )
A. 2 55B. 55C. −2 55D. − 55
5.△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=asinC+bcsC，则( )
A. csB=sinCB. sinB=csCC. csA=sinBD. sinA=csB
6.如图，单位圆M与数轴相切于原点O，把数轴看成一个“皮尺”，对于任意一个正数a，它对应正半轴上的点A，把线段OA按逆时针方向缠绕到圆M上，点A对应单位圆上点A′，这样就得到一个以点M为顶点，以MO为始边，经过逆时针旋转以MA′为终边的圆心角α，该角的弧度数为a.若扇形OMA′面积为π6，则OA⋅OA′=( )
A. 36πB. 33π
C. π3D. π6
7.如图，已知圆锥顶点为P，底面直径为AB,AB=4,∠APB=π6，以AB为直径的球O与圆锥相交的曲线记为Ω(异于圆锥的底面)，则曲线Ω的长为( )
A. 2 3π B. 3π
C. 2π D. 73π
8.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的部分图象如图.若x1+2x2=0，则cs2φ=( )
A. 12
B. 32
C. −12
D. − 32
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.已知复数z1，z2，则下列命题中正确的是( )
A. 若|z1|=|z2|，则z2=±z1B. z1⋅z2−=z1−⋅z2−
C. 若z2=z1−，则|z1|=|z2|D. 若|z1+z2|=|z1−z2|，则z1z2=0
10.把函数y=f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移π3个单位长度，得到函数y=sin2(x−π4)的图象，则f(x)( )
A. 最小正周期为πB. 值域为[0,1]
C. 图象关于直线x=−π6对称D. 在[−π6,5π6]上单调递增
11.四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1，动点M在线段PC上(不含端点)，点M到平面ABCD和平面PAD的距离分别为d1，d2，则( )
A. 过M，A，D三点的截面为直角梯形
B. △BDM的面积最小值为 63
C. 四棱锥P−ABCD外接球的表面积为6π
D. d1+2d2为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(csθ,sinθ),b=(3,−1).若a⊥b，则tanθ的值为______．
13.如图“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转、连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点.若下底面正方形边长为4，“四角反棱台”高为3，则该几何体体积为______．
14.已知α，β是函数f(x)=13sin(2x+π3)−12在(0,π2)上的两个零点，且α<β，则α+β= ______，sin(α−β)= ______．
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)
如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1，AB=2A1B1=4，侧棱AA1=2 2．
(1)求证：AA1//平面BDC1；
(2)求证：平面A1BC⊥平面BDC1．
16.(本小题15分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，单位圆O与x轴正半轴的交点为A，点B，C在单位圆上，且满足∠AOB=α，∠AOC=β，α，β∈[0,π)．
(1)若B(−45,35)，求cs(α−π6)的值；
(2)若α=π3，求CA⋅CB的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在三棱锥A−BCD中，O为BD的中点，△OCD是边长为1的等边三角形，AB⊥CD．
(1)证明：CD⊥平面ABC；
(2)若AB=AC，AO与平面BCD所成的角为60°，求三棱锥A−BCD的体积．
18.(本小题17分)
△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，已知(acsB−bsinA)c=a2−b2．
(1)求A；
(2)设BC的中点为D，a=2，求AD的最大值．
19.(本小题17分)
已知定义域为R的函数ℎ(x)满足：对于任意的x∈R，都有ℎ(x+π)=ℎ(x)+ℎ(π)，则称函数ℎ(x)具有性质P．
(1)若一次函数f(x)具有性质P，且f(2)=1，求f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)=cs(ωx+φ)(其中ω∈(1,3)，φ∈(0,π))具有性质P，求g(x)的单调递增区间；
(3)对于(1)(2)中的函数f(x)，g(x)，求函数F(x)=f(x−π)g(x)+1在区间[−2π,4π]上的所有零点之和．
参考答案
1.D
2.A
3.C
4.B
5.D
6.A
7.A
8.C
9.BC
10.BCD
11.ACD
12.3
13.40
14.π6 −513
15.证明：(1)如图，连接AC，A1C1，设AC∩BD=O，连接OC1，
由正四棱台ABCD−A1B1C1D1，易知A1C1//AC，
因为AB=2A1B1=4，所以A1C1=AO=2 2，
所以四边形A1C1OA为平行四边形，
所以AA1//OC1，又AA1⊄平面BDC1，OC1⊂平面BDC1，
所以AA1//平面BDC1；
(2)连接A1O，同理可得四边形A1C1CO为平行四边形，
又因为A1C1=CC1=2 2，所以四边形A1C1CO为棱形，
所以A1C⊥OC1，
由正四棱台ABCD−A1B1C1D1，知BD⊥平面AA1C1C，
又A1C⊂平面AA1C1C，所以A1C⊥BD，
又OC1∩BD=O，OC1，BD⊂平面BDC1，
所以A1C⊥平面BDC1，
又A1C⊂平面A1BC，
所以平面A1BC⊥平面BDC1．
16.解：(1)∵B(−45,35),∠AOB=α，
∴sinα=35,csα=−45，
∴cs(α−π6)=csα⋅ 32+sinα⋅12=3−4 310；
(2)CA⋅CB=(OA−OC)⋅(OB−OC)=OA⋅OB−OA⋅OC−OC⋅OB+OC2，
∵|OA|=|OB|=|OC|=1,∠AOB=π3,∠AOC=β，
∴CA⋅CB
=csπ3−csβ−cs(β−π3)+1
=32−csβ−12csβ− 32sinβ
=32− 3sin(β+π3)，
∵β∈[0,π)，
∴β+π3∈[π3,4π3),
∴sin(β+π3)∈(− 32,1],
∴CA⋅CB∈[32− 3,3)．
17.解：(1)证明：∵△OCD是边长为1的等边三角形，
O为BD的中点，∴OB=OC=OD=CD=1，∠BOC=120°，
∴∠OCB=∠OBC=30°，∴∠BCD=90°，
∴CD⊥BC，
又CD⊥AB，AB∩BC=B，AB，BC⊂平面ABC，
∴CD⊥平面ABC；
(2)由(1)知CD⊥平面ABC，且CD⊂平面BCD，
∴平面ABC⊥平面BCD，
取BC的中点E，连接AE，OE，
∵AB=AC，∴AE⊥BC，平面ABC∩平面BCD=BC，
∴AE⊥面BCD，
∴∠AOE即为AO与平面BCD所成的角，∴∠AOE=60°，
∵O E为△BCD的中位线，∴OE=12CD=12，
在Rt△AOE中，tan60°=AEOE，∴AE= 32，
故三棱锥A−BCD的体积为：
13×12×BC×CD×AE=13×12× 3×1× 32=14．
18.解：(1)法一：由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得(acsB−bsinA)c=c2−2bccsA，
∴acsB−bsinA=c−2bcsA，
由正弦定理，得sinAcsB−sinBsinA=sinC−2sinBcsA，
∵C=π−(A+B)，∴sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
∴sinAcsB−sinBsinA=sinAcsB−sinBcsA，
∴−sinBsinA=−sinBcsA，
∵sinB≠0，∴sinA=csA，∴tanA=1，
可得A=π4；
法二：由正弦定理，得(sinAcsB−sinBsinA)sinC=sin2A−sin2B，
∴sin2B=sinA(sinA+sinBsinC−sinCcsB)，
∵A=π−(B+C)，∴sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
∴sin2B=sinA(sinBcsC+sinBsinC)，
∵sinB≠0，∴sinB=sinAcsC+sinAsinC，
∵B=π−(A+C)，∴sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，∴csAsinC=sinAsinC⋅∵sinC≠0，∴sinA=csA，∴tanA=1，
可得A=π4；
(2)由余弦定理，得22=b2+c2−2bccsπ4，即b2+c2− 2bc=4，
∵b2+c2≥2bc，∴bc≤42− 2=2(2+ 2)，当且仅当b=c时等号成立，
∵AD=12(AB+AC)，
∴AD2=14(AB+AC)2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(c2+2bc⋅csA+b2)=14(b2+c2+ 2bc)，
∵b2+c2=4+ 2bc，
∴AD2=14(4+2 2bc)≤3+2 2，可得AD≤ 2+1，当且仅当b=c时等号成立，
即AD的最大值为 2+1．
19.解：(1)设f(x)=ax+b(a≠0)，则f(x+π)=a(x+π)+b，f(x)+f(π)=ax+b+aπ+b=a(x+π)+2b
由f(x+π)=f(x)+f(π)，得b=0，
又∵f(2)=1，∴a=12，
∴f(x)=12x；
(2)由g(x+π)=g(x)+g(π)，得g(0+π)=g(0)+g(π)，∴g(0)=0，
∴csφ=0，又∵φ∈(0,π)，∴φ=π2，
∴g(x)=cs(ωx+π2)=−sinωx，
由g(x+π)=g(x)+g(π)，得g(π+π)=g(π)+g(π)，
即g(2π)=2g(π)，
∴−sin2πω=−2sinπω，∴sinπωcsπω=sinπω，∴sinπω=0，或csπω=1，
又∵ω∈(1,3)，∴πω∈(π,3π)，∴πω=2π，ω=2，∴g(x)=−sin2x，
令2kπ+π2≤2x≤2kπ+3π2，得kπ+π4≤x≤kπ+3π4(k∈Z)，
故g(x)的单调递增区间为[kπ+π4,kπ+3π4](k∈Z)；
(3)令F(x)=0，得sin2x=2x−π，
问题转化为曲线y1=2x−π和y2=sin2x(x∈[−2π,4π])所有交点的横坐标之和，
曲线y1=2x−π和y2=sin2x(x∈[−2π,4π])均关于(π,0)成中心对称．．
25π4−π=8π>sin5π2=1，29π4−π=85π24π−π=23π>sin4π=0，
y1=2x−π在x∈(π,4π]上单调递减，
画出它们的图象如图所示．
由图象可知曲线y1=2x−π和y2=sin2x(x∈[−2π,4π])共有8个交点，
设其交点的横坐标从小到大依次为x1，x2，x8，
则x1+x8=x2+x7=x3+x6=x4+x5=2π，
故函数F(x)=f(x−π)g(x)+1在区间[−2π,4π]上的所有零点之和为4×2π=8π．
1.复数z=2+i2i在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知cs2α+5sinα=3，则sinα=( )
A. 12B. −12C. 32D. − 32
3.已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m//n，n//α，则m//α
B. 若n⊥α，n⊥m，m⊂β，则α//β
C. 若α//β，m⊥β，则m⊥α
D. 若α⊥β，m⊂β，则m⊥α
4.已知a,b满足|a|=|b|= 5,a⋅b=−3，则cs〈a,a+b〉=( )
A. 2 55B. 55C. −2 55D. − 55
5.△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=asinC+bcsC，则( )
A. csB=sinCB. sinB=csCC. csA=sinBD. sinA=csB
6.如图，单位圆M与数轴相切于原点O，把数轴看成一个“皮尺”，对于任意一个正数a，它对应正半轴上的点A，把线段OA按逆时针方向缠绕到圆M上，点A对应单位圆上点A′，这样就得到一个以点M为顶点，以MO为始边，经过逆时针旋转以MA′为终边的圆心角α，该角的弧度数为a.若扇形OMA′面积为π6，则OA⋅OA′=( )
A. 36πB. 33π
C. π3D. π6
7.如图，已知圆锥顶点为P，底面直径为AB,AB=4,∠APB=π6，以AB为直径的球O与圆锥相交的曲线记为Ω(异于圆锥的底面)，则曲线Ω的长为( )
A. 2 3π B. 3π
C. 2π D. 73π
8.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的部分图象如图.若x1+2x2=0，则cs2φ=( )
A. 12
B. 32
C. −12
D. − 32
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.已知复数z1，z2，则下列命题中正确的是( )
A. 若|z1|=|z2|，则z2=±z1B. z1⋅z2−=z1−⋅z2−
C. 若z2=z1−，则|z1|=|z2|D. 若|z1+z2|=|z1−z2|，则z1z2=0
10.把函数y=f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移π3个单位长度，得到函数y=sin2(x−π4)的图象，则f(x)( )
A. 最小正周期为πB. 值域为[0,1]
C. 图象关于直线x=−π6对称D. 在[−π6,5π6]上单调递增
11.四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1，动点M在线段PC上(不含端点)，点M到平面ABCD和平面PAD的距离分别为d1，d2，则( )
A. 过M，A，D三点的截面为直角梯形
B. △BDM的面积最小值为 63
C. 四棱锥P−ABCD外接球的表面积为6π
D. d1+2d2为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(csθ,sinθ),b=(3,−1).若a⊥b，则tanθ的值为______．
13.如图“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转、连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点.若下底面正方形边长为4，“四角反棱台”高为3，则该几何体体积为______．
14.已知α，β是函数f(x)=13sin(2x+π3)−12在(0,π2)上的两个零点，且α<β，则α+β= ______，sin(α−β)= ______．
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)
如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1，AB=2A1B1=4，侧棱AA1=2 2．
(1)求证：AA1//平面BDC1；
(2)求证：平面A1BC⊥平面BDC1．
16.(本小题15分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，单位圆O与x轴正半轴的交点为A，点B，C在单位圆上，且满足∠AOB=α，∠AOC=β，α，β∈[0,π)．
(1)若B(−45,35)，求cs(α−π6)的值；
(2)若α=π3，求CA⋅CB的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在三棱锥A−BCD中，O为BD的中点，△OCD是边长为1的等边三角形，AB⊥CD．
(1)证明：CD⊥平面ABC；
(2)若AB=AC，AO与平面BCD所成的角为60°，求三棱锥A−BCD的体积．
18.(本小题17分)
△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，已知(acsB−bsinA)c=a2−b2．
(1)求A；
(2)设BC的中点为D，a=2，求AD的最大值．
19.(本小题17分)
已知定义域为R的函数ℎ(x)满足：对于任意的x∈R，都有ℎ(x+π)=ℎ(x)+ℎ(π)，则称函数ℎ(x)具有性质P．
(1)若一次函数f(x)具有性质P，且f(2)=1，求f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)=cs(ωx+φ)(其中ω∈(1,3)，φ∈(0,π))具有性质P，求g(x)的单调递增区间；
(3)对于(1)(2)中的函数f(x)，g(x)，求函数F(x)=f(x−π)g(x)+1在区间[−2π,4π]上的所有零点之和．
参考答案
1.D
2.A
3.C
4.B
5.D
6.A
7.A
8.C
9.BC
10.BCD
11.ACD
12.3
13.40
14.π6 −513
15.证明：(1)如图，连接AC，A1C1，设AC∩BD=O，连接OC1，
由正四棱台ABCD−A1B1C1D1，易知A1C1//AC，
因为AB=2A1B1=4，所以A1C1=AO=2 2，
所以四边形A1C1OA为平行四边形，
所以AA1//OC1，又AA1⊄平面BDC1，OC1⊂平面BDC1，
所以AA1//平面BDC1；
(2)连接A1O，同理可得四边形A1C1CO为平行四边形，
又因为A1C1=CC1=2 2，所以四边形A1C1CO为棱形，
所以A1C⊥OC1，
由正四棱台ABCD−A1B1C1D1，知BD⊥平面AA1C1C，
又A1C⊂平面AA1C1C，所以A1C⊥BD，
又OC1∩BD=O，OC1，BD⊂平面BDC1，
所以A1C⊥平面BDC1，
又A1C⊂平面A1BC，
所以平面A1BC⊥平面BDC1．
16.解：(1)∵B(−45,35),∠AOB=α，
∴sinα=35,csα=−45，
∴cs(α−π6)=csα⋅ 32+sinα⋅12=3−4 310；
(2)CA⋅CB=(OA−OC)⋅(OB−OC)=OA⋅OB−OA⋅OC−OC⋅OB+OC2，
∵|OA|=|OB|=|OC|=1,∠AOB=π3,∠AOC=β，
∴CA⋅CB
=csπ3−csβ−cs(β−π3)+1
=32−csβ−12csβ− 32sinβ
=32− 3sin(β+π3)，
∵β∈[0,π)，
∴β+π3∈[π3,4π3),
∴sin(β+π3)∈(− 32,1],
∴CA⋅CB∈[32− 3,3)．
17.解：(1)证明：∵△OCD是边长为1的等边三角形，
O为BD的中点，∴OB=OC=OD=CD=1，∠BOC=120°，
∴∠OCB=∠OBC=30°，∴∠BCD=90°，
∴CD⊥BC，
又CD⊥AB，AB∩BC=B，AB，BC⊂平面ABC，
∴CD⊥平面ABC；
(2)由(1)知CD⊥平面ABC，且CD⊂平面BCD，
∴平面ABC⊥平面BCD，
取BC的中点E，连接AE，OE，
∵AB=AC，∴AE⊥BC，平面ABC∩平面BCD=BC，
∴AE⊥面BCD，
∴∠AOE即为AO与平面BCD所成的角，∴∠AOE=60°，
∵O E为△BCD的中位线，∴OE=12CD=12，
在Rt△AOE中，tan60°=AEOE，∴AE= 32，
故三棱锥A−BCD的体积为：
13×12×BC×CD×AE=13×12× 3×1× 32=14．
18.解：(1)法一：由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得(acsB−bsinA)c=c2−2bccsA，
∴acsB−bsinA=c−2bcsA，
由正弦定理，得sinAcsB−sinBsinA=sinC−2sinBcsA，
∵C=π−(A+B)，∴sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
∴sinAcsB−sinBsinA=sinAcsB−sinBcsA，
∴−sinBsinA=−sinBcsA，
∵sinB≠0，∴sinA=csA，∴tanA=1，
可得A=π4；
法二：由正弦定理，得(sinAcsB−sinBsinA)sinC=sin2A−sin2B，
∴sin2B=sinA(sinA+sinBsinC−sinCcsB)，
∵A=π−(B+C)，∴sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
∴sin2B=sinA(sinBcsC+sinBsinC)，
∵sinB≠0，∴sinB=sinAcsC+sinAsinC，
∵B=π−(A+C)，∴sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，∴csAsinC=sinAsinC⋅∵sinC≠0，∴sinA=csA，∴tanA=1，
可得A=π4；
(2)由余弦定理，得22=b2+c2−2bccsπ4，即b2+c2− 2bc=4，
∵b2+c2≥2bc，∴bc≤42− 2=2(2+ 2)，当且仅当b=c时等号成立，
∵AD=12(AB+AC)，
∴AD2=14(AB+AC)2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(c2+2bc⋅csA+b2)=14(b2+c2+ 2bc)，
∵b2+c2=4+ 2bc，
∴AD2=14(4+2 2bc)≤3+2 2，可得AD≤ 2+1，当且仅当b=c时等号成立，
即AD的最大值为 2+1．
19.解：(1)设f(x)=ax+b(a≠0)，则f(x+π)=a(x+π)+b，f(x)+f(π)=ax+b+aπ+b=a(x+π)+2b
由f(x+π)=f(x)+f(π)，得b=0，
又∵f(2)=1，∴a=12，
∴f(x)=12x；
(2)由g(x+π)=g(x)+g(π)，得g(0+π)=g(0)+g(π)，∴g(0)=0，
∴csφ=0，又∵φ∈(0,π)，∴φ=π2，
∴g(x)=cs(ωx+π2)=−sinωx，
由g(x+π)=g(x)+g(π)，得g(π+π)=g(π)+g(π)，
即g(2π)=2g(π)，
∴−sin2πω=−2sinπω，∴sinπωcsπω=sinπω，∴sinπω=0，或csπω=1，
又∵ω∈(1,3)，∴πω∈(π,3π)，∴πω=2π，ω=2，∴g(x)=−sin2x，
令2kπ+π2≤2x≤2kπ+3π2，得kπ+π4≤x≤kπ+3π4(k∈Z)，
故g(x)的单调递增区间为[kπ+π4,kπ+3π4](k∈Z)；
(3)令F(x)=0，得sin2x=2x−π，
问题转化为曲线y1=2x−π和y2=sin2x(x∈[−2π,4π])所有交点的横坐标之和，
曲线y1=2x−π和y2=sin2x(x∈[−2π,4π])均关于(π,0)成中心对称．．
25π4−π=8π>sin5π2=1，29π4−π=85π
y1=2x−π在x∈(π,4π]上单调递减，
画出它们的图象如图所示．
由图象可知曲线y1=2x−π和y2=sin2x(x∈[−2π,4π])共有8个交点，
设其交点的横坐标从小到大依次为x1，x2，x8，
则x1+x8=x2+x7=x3+x6=x4+x5=2π，
故函数F(x)=f(x−π)g(x)+1在区间[−2π,4π]上的所有零点之和为4×2π=8π．
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