第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學年安徽省蚌埠市高一（下）期末數學試卷一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.tan300°A.33 B.?3 C.2.已知i是虛數單位，復數z=(3+i)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.利用斜二測畫法作邊長為2的正方形的直觀圖，則所得直觀圖的面積為(

)A.24 B.22 C.4.設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是(

)A.若m⊥n，n//α，則m⊥α

B.若m//β，β⊥α，則m⊥α

C.若m⊥n5.已知向量a=(1,2)，b=A.45 B.?45 C.16.要得到函數y=3siA.將函數y=3sin(x+π5)圖象上所有點的橫坐標變為原來的2倍(縱坐標不變)

B.將函數y=3sin(x+π7.已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，E為DA.(13,1) B.(18.如圖，扇形AOB中，點C是AB上一點，且∠AOB=3πA.10

B.3

C.2二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）9.若定義在R上的函數f(x)分別滿足下列條件，其中可以得出f(x)A.f(x)=f(x?210.已知z1，z2∈CA.|z1+z2|=|z11.在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，下列各組條件中使得△AA.a=23，b=4，A=π6 B.a=23，b=4，12.勒洛四面體是一個非常神奇的四面體，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動，勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分、如圖所示，若勒洛四面體內的正四面體ABCD的棱長為a，則(

)

A.能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長的最小值為a

B.勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為(1?32)a

C.過A，B，C三點的截面面積為三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.已知向量a=(1,1),b=14.求值：sin5π12cosπ15.“一部劇帶火一座城”，五一期間，我市的地標建筑——中國南北分界線雕塑成為了網紅打卡地，某校數學課外興趣小組，擬借助所學知識測量該建筑的高度.記該雕塑的最高點為點A，其在地面的投影點為點H，在點H南偏西60°方向的點B處測得點A的仰角為60°，在點H正東方向的點C處測得點A的仰角為45°，點B，C相距40213米，則該雕塑的高度為______米16.已知三棱錐B?ACD中，AB，CD，AC的中點分別是M，N，O，△ABC，△A四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

已知i是虛數單位，z1=1+2i，z2=2?3i．

(1)求z18.(本小題12.0分)

已知sinα+2cosα=0．

(1)求19.(本小題12.0分)

設e1與e2是兩個單位向量，其夾角為60°，且a=2e1+e2,b=?320.(本小題12.0分)

已知函數f(x)=22sinxcos21.(本小題12.0分)

如圖，三棱錐A?BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M為AB中點，D為PB中點，且△PMB為正三角形．

(Ⅰ)求證：DM//平面APC；22.(本小題12.0分)

如圖，在△ABC中，AC=2，AB=4.點D在邊BC上，且CD=tCB．

(1)t=1

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：tan300°=tan(3002.【答案】B

【解析】解：z=(3+i)(?2+i)=?6+3i3.【答案】C

【解析】解：根據題意，原圖為邊長為2的正方形，其面積S=2×2=4，

則其直觀圖的面積S′=24.【答案】D

【解析】解：對于A，由n//α可知存在直線a?α，使得a//n，

故當m為α內與a垂直的直線時，顯然m⊥n，m?α，故A錯誤；

對于B，設α∩β=a，則當m為α內與a平行的直線時，m//β，m?α，故B錯誤；

對于C，設α∩β=a，則當m為β內與與a平行的直線時，m//α5.【答案】B

【解析】解：因為向量a=(1,2)，b=(?2,3)，則ka+b=k(1,26.【答案】D

【解析】解：將y=3sin(x+π5)的圖象上所有點的橫坐標變為原來的2倍(縱坐標不變)，得到函數y=3sin(12x+π5)，故A錯誤；

將y=3sin(x+π10)的圖象上所有點的橫坐標變為原來的12倍(7.【答案】D

【解析】解：如圖，當CF=12時，截面為等腰梯形BFEA1，

當0<CF<12時，截面是四邊形BFEN，

當CF>12時，截面是五邊形BFEMK，

若平面B8.【答案】A

【解析】解：由題意，建立如圖所示的坐標系，設扇形半徑為2，

由∠AOB=3π4，可得A(?2,2)，B(2,0)，

設C(2cosθ,2sinθ)，θ∈[0,9.【答案】AD【解析】解：根據題意，依次分析選項：

對于A，f(x)=f(x?2)，變形可得f(x+2)=f(x)，f(x)是周期為2的周期函數，符合題意；

對于B，f(x+2)=f(x?2)，變形可得f(x+10.【答案】BC【解析】解：設z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，

對于A，|z1+z2|=|(a+c)+(b+d)i|=(a+c)2+(b+d)2，11.【答案】AB【解析】解：A：因為sinB=bsinAa=4×1223=33<1，且b>a，所以B有兩個解，故A正確；

B：因為cosA=35>0，所以sinA=45，則sinB=bs12.【答案】AC【解析】解：由題意知：勒洛四面體表面上任意兩點間距離為a，故A正確；

勒洛四面體能容納的最大球，與勒洛四面體的弧面相切，如圖，

其中點E為該球與勒洛四面體的一個切點，O為該球的球心，

由題意得該球的球心O為正四面體ABCD的中心，半徑為OE，連接BE，易知B，O，E三點共線，

設正四面體ABCD的外接球半徑為r，

由題意得：(63a?r)2+(33a)2=r2，解得r=64a，

∴BE=a，OB=64a，

由題意得OE=a?64a=(1?64a)，故B錯誤；

勒洛四面體最大的截面即經過四面體ABCD表面的截面，如圖，

則勒洛四面體截面面積最大值為三個半徑為a，圓心角為60°的扇形的面積減去兩個邊長為a的正三角形的面積，

即3×16πa2?2×34a2=12(π?3)a2，故C正確；

13.【答案】5【解析】解：a=(1,1),b=(?1,2)，

則向量14.【答案】2+【解析】解：sin5π12cosπ12=cos2π15.【答案】40

【解析】解：由題意可得∠BHC=60°+90°=150°，∠ABH=60°，∠ACH=45°，BC=40213米，

設HC=x，則AH=x，

在△ABH中，由于tan∠ABH=AHB16.【答案】7【解析】解：∵△ABC和△ACD為正三角形，

∴BO⊥AC，DO⊥AC，連接BN，AN，ON，OM，

設AC=2，則OB=OD=3，

又∵△BOD為正三角形，∴BD=3，

在△BCD中，BC=CD=2，BD=3，

∴cos∠BCD=BC2+CD2?BD22BC?CD=58，

又∵N為CD的中點，∴CN=1，

在△BCN中由余弦定理可得BN2=BC2+CN2?2BC17.【答案】解：(1)z1=1+2i，z2=2?3i，

則z1z2=1+2i2?3i【解析】(1)根據已知條件，結合復數的四則運算，即可求解；

(2)18.【答案】解：(1)因為sinα+2cosα=0，

所以tanα=?2，

所以sin2α+cos2α=2sinαcosα+cos2αsin2α+cos2α=【解析】本題主要考查了二倍角公式，兩角差的余弦公式，同角三角函數基本關系式在三角函數求值中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題．

(1)根據已知條件求出tanα，將要求的式子構造成關于正余弦的齊次式，將弦化為切即可求值．

(2)根據角的范圍和cos(19.【答案】解：(1)∵e1?e2=|e1||e2|cos60°=12，

∴a?【解析】(1)由平面向量的數量積運算直接計算；

(2)20.【答案】(1)解：f(x)=22sinxcosx+2cos2x?2sin2x=2sin2x+2cos2x=2sin(2x+π4)，

故f(x)的最小正周期T=2π【解析】(1)化簡可得f(x)=2sin(2x+π4)，再根據正弦函數的周期性和單調性，得解；

21.【答案】證明：(Ⅰ)∵M為AB，D為PB中點，

∴DM//AP，而DM?平面APC，AP?平面APC

∴DM//平面APC．

(Ⅱ)∵△PMB為正三角形，且D為PB中點．

∴MD⊥PB

又由(Ⅰ)知MD//AP，∴AP⊥PB，

又AP⊥PC，PB?平面PBC，PC?平面PBC，【解析】(I)根據中位線定理可得DM//AP，故而結論得證；