2023-2024學年遼寧省撫順市六校協(xié)作體高一下學期期末考試數(shù)學試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年遼寧省撫順市六校協(xié)作體高一下學期期末考試數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如果(z?1)i=1，則z+z=(

)A.?2 B.?1 C.1 D.22.已知某圓錐的底面半徑為2，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的側(cè)面積為(

)A.22π B.4π C.43.在△ABC中，點D在邊AB上，BD=23BA.記CA=a，CDA.3a?2b B.?2a+3b4.下列區(qū)間中，函數(shù)f(x)=1?sin(π6A.(0,π2) B.(π2,π)5.已知a=(1,0)，b=(3,4)，c=λa+b，若<a，cA.?6 B.?5 C.5 D.66.若tan(θ+π4)=?13A.?65 B.?25 C.7.已知正三棱臺上、下底面的面積分別為2734和123，高為1，所有頂點都在球O的表面上，則球A.100π B.128π C.144π D.192π8.在△ABC中，已知sinA+3cosA=2，a=2，2A.3+1 B.23+2 二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.關(guān)于函數(shù)f(x)=2sin2x，下列說法正確的是(

)A.f(x)的最小正周期為2π

B.f(x)在區(qū)間[?π4,π4]上是單調(diào)遞增函數(shù)

C.當x∈[?π6,π3]10.在平面直角坐標系中，點A1(cosα,sinα)，A2(cosβ,?A.|OA1|=|OA2| 11.長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=AD=1，CC1=2，A.A1E的最小值為2

B.A1E/?/平面AD1C

C.A1E+EC的最小值為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知z=?1?i，則|z?1|=

．13.已知α∈(0,π)，若cos(2π3?α)=314.在△ABC中，|AB|=1，∠C=60°，點D為AC的中點，點E為BD的中點，AB=3AF，則四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)已知平面上兩個向量a，b，其中|a|=22，|b(1)若2a+λb與4a(2)求a+b與b16.(本小題15分)

如圖(1)，在梯形PBCD中，BC//PD，PD=2BC，A是PD中點，現(xiàn)將△ABP沿AB折起得圖(2)，點M是PD的中點，點N是BC的中點．(1)求證：MN/?/平面PAB;(2)在線段PC上是否存在一點E，使得平面EMN/?/平面PAB?若存在，請指出點E的位置并證明你的結(jié)論;若不存在，請說明理由．17.(本小題15分)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，以a，b，c為邊長的三個等邊三角形的面積依次為S1，S2，S3.已知S(1)求角B;(2)若△ABC的面積為3+3，求c18.(本小題17分)

如圖，PO是三棱錐P?ABC的高，OA=OB，AB⊥AC，E是PB的中點．

(1)求證：OE/?/平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=4，OA=3，求三棱錐P?ABC19.(本小題17分)已知函數(shù)f(x)=asinx+bcosx，稱非零向量p=(a,b)為f(x)(1)設(shè)函數(shù)?(x)=2sin(π3(2)若函數(shù)f(x)的“特征向量”為p=(1,3)，求當f(x)=85(3)若p=(3,1)的“特征函數(shù)”為f(x)，x∈[0,11π6]且方程f答案解析1.D

【解析】解：由題設(shè)z=1+1i=1?i，

2.B

【解析】解：設(shè)圓錐的母線長為l，

∵圓錐的底面半徑為2，其側(cè)面展開圖為一個半圓，

又圓錐的底面圓周長等于半圓的弧長，

∴πl(wèi)=2π×2，解得l=22，

∴該圓錐的側(cè)面積為．3.B

【解析】解：因為BD=23BA，

所以BD=23BA4.A

【解析】解：函數(shù)f(x)=1?sin(π6?x)=1+sin(x?π6)，

令

5.C

【解析】解：a=(1,0)，b=(3,4)，c=λa+b，

則c=(λ,0)+(3,4)=(λ+3,4)，

?a,c?=?b,c?6.C

【解析】解：∵tan(θ+π4)=?13，則tanθ+11?tanθ7.A

【解析】解：如圖，

由正三棱臺上、下底面的面積分別為2734和123，

得S△ABC=34AB2=123,S△A1B1C1=34A1B12=2743

故

AB=4

3，A1B1=33

，

設(shè)

△

A1

B1

C1的外心為

O1，

△ABC的外心為

O2，球心為O，

則O一定在直線

O1O2上，易得

A1O1=3，

AO2=4．

當球心在線段

O1

O2上時，如圖

?①所示，設(shè)

OO1=x，0<x<1，球半徑為r，

則

OO2=1?x，

r2=

A1O128.A

【解析】解：由題意，，

因為A∈(0,π)，則，即A=π6，

由2bsinC=csin2B，得2bsinC=2csinBcosB，

由正弦定理得2bc=2bccosB，得cosB=22，

又B∈(0,π)9.BC

【解析】解：對于f(x)=2sin2x，它的最小正周期為2π2=π，故A錯誤；

當x∈[?π4,π4]時，2x∈[?π2,π2]，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，故B正確；

當x∈[?π6,π3]10.AC

【解析】解：對于A、|OA1|=cos2α+sin2α=1，|OA2|=

cos2β+?sinβ2=1，故A正確；

對于B、因為A1B=1?cosα,?sinα，A2B=1?cosβ,sinβ，11.BCD

【解析】解：對于A.如圖：

連接A1C1、A1B．

因為E是線段BC1上的一動點(包括端點)，所以A1E的最小值是點A1到BC1的距離．

因為長方體ABCD?A1B1C1D1是底面邊長為1，側(cè)棱長為2的正四棱柱，

所以A1B=BC1=5，A1C1=2，因此由三角形面積等量得A1E的最小值為355，故A錯誤；

對于B.如圖：

因為ABCD?A1B1C1D1是長方體，所以AC//A

??1C

??1，而AC

?平面AD1C，A1C1

?平面

AD1C，

因此A

??1C1//平面

AD1C，同理可證A1B//平面

AD1C．

又因為A1C1和A在中，因為∠BCC1為直角，所以cos?∠BC因此cos=所以由余弦定理可得A1C2因此A1E+EC的最小值為170對于D．因為長方體ABCD?A1B1C1D1是底面邊長為1，側(cè)棱長為2的正四棱柱，所以AD⊥平面DCC1D1，且AD=1，

因此以A為球心，2為半徑的球面與側(cè)面DCC1D112.5【解析】解：∵z=?1?i，

∴z?1=?2?i，，

∴|z?1|=|?2?i|=?22+?113.13【解析】解：，

，

．14.1324【解析】解：因為CF=CA+AF=CA+13AB，

CE=12(CD+CB)=12(12CA+CA+AB)=12(32CA+AB)，15.解：(1)若2a+λb與4a+3b共線，則存在實數(shù)k，使得2a+λb=k(4a+3b)，即(2?4k)a+(λ?3k)b=0，因為向量a與b不共線，所以λ?3k=02?4k=0解得【解析】(1)根據(jù)題意，利用(2?4k)a+(λ?3k)b=0，即可求解；

16.(1)證明：取AP的中點Q，連接MQ，BQ，因為M，Q分別為PD，PA的中點，所以MQ//AD，MQ=12AD，

又因為N為BC的中點，所以BN//AD，BN=12AD．

所以MQ//BN，MQ=BN，所以四邊形MNBQ為平行四邊形，

所以MN//BQ，

又因為MN?平面PAB，BQ?平面PAB，所以MN/?/平面PAB．

(2)解：存在點E，當E為PC中點時，平面EMN/?/平面PAB.證明如下：

由圖(1)因為A是PD中點，BC//PD，PD=2BC，

所以BC//AD且BC=AD，所以四邊形ABCD是平行四邊形，所以AB/?/CD．

因為E，M分別為PC，PD中點，所以EM//CD，所以EM/?/AB，

因為AB?平面PAB，EM?平面PAB，所以EM/?/平面PAB，

同理可知EN/?/平面PAB，又因為EM∩EN=E，EM，EN?平面EMN，所以平面【解析】由線面平行的判定定理即可證明；

(2)由線線平行，推出線面平行，進而得面面平行求解即可．17.解：(1)因為S1+S2?S3=64ab，

所以34a2+34b2?34c2=64ab，

所以a2+b2?c2=2ab，

由余弦定理a2+b2?c2=2abcosC，

可得cosC=a2+b2?c22ab=2ab2ab=22，

因為【解析】(1)根據(jù)正三角形的面積寫出S1，S2，S3，代入S1+S2?S3=64ab進行化簡可得a2+b2?c2=2ab，代入余弦定理中可得cosC=a2+b2?c22ab18.解：(1)證明：取AB中點F，連接EF，OF．

因為OA=OB，F(xiàn)為AB的中點，

所以O(shè)F⊥AB，

又因為AB⊥AC，

所以O(shè)F//AC．

因為OF?平面PAC，AC?平面PAC，

所以O(shè)F//平面PAC．

因為E，F(xiàn)分別是PB，AB的中點，

所以EF//PA，

因為EF?平面PAC，PA?平面PAC，

所以EF//平面PAC，

又因為EF∩OF=F，EF、OF?平面OEF，

所以平面OEF//平面PAC，

因為OE?平面OEF，

所以O(shè)E//平面PAC．

(2)因為OA=OB=3，∠ABO=30°，

所以AB=33，

因為∠ABO=∠CBO=30°，

所以∠ABC=60°，

又因為AB⊥AC，所以AC=9，

所以S△ABC=12AB?AC=【解析】

(1)取AB中點F，由線面平行判定得證OF//平面PAC，EF//平面PAC，由面面平行的判定得平面OEF//平面PAC，由面面平行的性質(zhì)得證；

(2)由題意得PO是三棱錐P?ABC的高，代入棱錐體積公式求解．19.解：(1)因為?(x)=2sin(π3?x)?cos(π6+x)=2(32cosx?12sinx)?(32cosx?12