第第頁江西省宜春市豐城市第九中學2023-2024學年高一下學期7月期末考試數(shù)學一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．復(fù)數(shù)z=1+2i3A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．下列命題一定正確的是（）A．一條直線和一個點確定一個平面B．如果兩條平行直線中的一條與一個平面平行，那么另一條也與這個平面平行C．垂直于同一條直線的兩條直線互相平行D．若直線l與平面α平行，則直線l與平面α內(nèi)任意一條直線都沒有公共點3．已知向量a=(?3A．k=1 B．k=?1 C．k=4 D．k=4．已知正四棱臺的上、下底面邊長分別為2和4，其表面積為20+1210A．56393 B．28 C．285．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知c=6，a=2，A=πA．5π12 B．π12或π4 C．π126．若O是△ABC所在平面內(nèi)的一點，且滿足|OB?A．直角三角形 B．等腰三角形C．等腰直角三角形 D．等邊三角形7．已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為aA．23 B．62 C．438．已知四棱錐P?ABCD的底面ABCD是邊長為23的正方形，側(cè)面APB⊥底面ABCD,∠APB=120°A．40π B．28π C．287二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。9．已知i為虛數(shù)單位，則下列命題正確的是（）A．在復(fù)平面內(nèi)，點O是原點，若3+i對應(yīng)的向量為OZ1，將OZ1繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°B．虛數(shù)z滿足z?C．復(fù)數(shù)z滿足|z?i|D．已知p,q均為實數(shù)，?3?2i是關(guān)于x的方程10．如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1CA．平面BD1B．三棱錐A1C．在B1C上存在點P，使得AD．A111．已知函數(shù)f(A．f(x)B．f(xC．若方程f(x)=?14D．若方程[f(x)]2?2af(三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．化簡BA?2CA13．如圖，已知兩座山的海拔高度MC=300米，NB=100米，在BC同一水平面上選一點A，測得M點的仰角為60°,N點的仰角為30°，以及∠MAN=45°，則M，N間的距離為14．已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(四、解答題：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．將函數(shù)f(x)=sinx的圖象向左平移（1）求函數(shù)g(（2）若x∈[0,16．已知a,b,c分別是△ABC（1）求A；（2）若BC=23,S17．在等腰梯形ABCD中，AB?//?CD，∠ABC=π4，（1）若kAB?AD與AC（2）若P為AB邊上的動點(不包括端點），求(PC18．如圖，△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c（1）求角A；（2）若AD=3，求△（3）若cosB=3319．如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E為AC的中點．（1）證明：平面BED⊥平面ACD；（2）設(shè)AB=BD=2，∠ACB=60°，點F在BD上；①點F為BD中點，求CF與AB所成角的余弦值；②當△AFC的面積最小時，求CF與平面ABD

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：整理z=1+2i31?i故答案為：D【分析】對復(fù)數(shù)進行分母實數(shù)化，根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義可得結(jié)果.2．【答案】D【解析】【解答】解：A、經(jīng)過一條直線和該直線外一點，有且只有一個平面，故A錯誤；B、如果兩條平行直線中的一條與一個平面平行，那么另一條也與這個平面平行或在此平面內(nèi)，故B錯誤；C、空間中垂直于同一條直線的兩條直線互相平行或異面或相交，故C錯誤；D、若直線l與平面α平行，則直線l與平面α無公共點，故D正確.故答案為：D.【分析】根據(jù)立體幾何基本事實及推論，結(jié)合線線、線面.位置關(guān)系逐項判斷.3．【答案】B【解析】【解答】解：a+2b=(?3,2)+2故答案為：B【分析】根據(jù)向量垂直數(shù)量積為零，結(jié)合坐標運算求解.4．【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)正四棱臺的斜高為E1E長為h，高E1表面積為22+4則側(cè)棱長為10+(正四棱臺上下底面對角線長為22正四棱臺的高H=11?(正四棱臺的體積V=1故答案為：B【分析】由正四棱臺的結(jié)構(gòu)特征可知其高即為對角面的等腰梯形的高，斜高即為側(cè)面等腰梯形的高，由上下底長度和表面積可確定斜高及臺體的高，再求體積.5．【答案】D【解析】【解答】解：由正弦定理asinA=csinC，解得又C∈(π4,π)，所以C=π故答案為：D．【分析】利用正弦定理結(jié)合大邊對大角求出C，即可求出B.6．【答案】A【解析】【解答】解：由向量減法整理等式，∵|OB+OC∴|AB→+即|AB故AB?AC=0，故△ABC因為AB不一定等于AC，所以△ABC故答案為：D.【分析】根據(jù)平面向量的線性運算消去等式中的O點，可以得出|AB+AC7．【答案】C【解析】【解答】解：由倍角公式整理等式右邊cosA1?sin即cosB=△ABC中，cosB=sinC>0，由1?sinA≠0，則sinA=由正弦定理邊化角2a=4cos當且僅當4cosB=3cosB，即cos故答案為：C.【分析】由cosA1?sinA=1+cos2Bsin8．【答案】B【解析】【解答】解：依題意AB=23，∠APB=120°，設(shè)△APB外接圓的半徑為r，外心O1，四棱錐P?ABCD的外接球的半徑為R則2r=ABsin∠APB=2332=4側(cè)面APB∩底面ABCD=AB，AB⊥AD，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面PAB，可知AD//O1O，由勾股定理得R=r所以四棱錐P?ABCD的外接球的表面積S=4π故答案為：B【分析】利用正弦定理求出r，再由面面垂直的性質(zhì)得到AD⊥平面PAB，從而得到R=r9．【答案】B,D【解析】【解答】解：A、將OZ1繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到OZ2，易知OZ1與B、設(shè)z=a+bi(a,b∈R)，則zC、設(shè)z=x+yi(x,y∈R)又|z+2|表示圓上的點(x又|AB|=22D、因為?3?2i是關(guān)于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一個解，所以?3+2i也是關(guān)于故答案為：BD【分析】根據(jù)題意可知向量垂直且模不變，觀察圖形判斷A，根據(jù)復(fù)數(shù)的運算法則及模判斷B，根據(jù)復(fù)數(shù)的模的幾何意義判斷C，根據(jù)虛根成對原理及韋達定理判斷D.10．【答案】A,B,C【解析】【解答】解：A、由正方體的性質(zhì)可知AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，如圖所示，

AC?又BD∩DD1=D，BD,DD1?平面BDD同理可證B1C⊥BD1，又B1C∩AC=C，B1C,AC?平面AB1CB、因為B1C//A1D，B1C?平面C1A1又P∈B1C，所以點P到平面C1A又VAC、當P為B1C的中點時，點P也為BC1的中點，則BC1//AD1，由BC1?平面AD1C，AD1?平面AD1C，所以BC1//平面AD1D、如圖所示，

將△B1C1C沿著B1C翻折到與平面B1連接A1C1與B1C交于點P又∠A1B所以A1即A1P+PC故答案為：ABC【分析】證明線面垂直，由面面垂直判定定理判斷A，由B1C//平面C1A1D即可判斷B，當P11．【答案】B,C【解析】【解答】解：A、因為f(所以f(所以f(x)B、當sinx≥0時，f(x)=當sinx<0時，f(x)=?sinC、當sinx≥0時，由f(x當sinx<0時，由f(x所以方程f(x)=?14在D、由[f(x)]又因為f(x)所以f(x)=a?1有4個不同的實根，f(設(shè)x1<x所以i=16xi=5π故答案為：BC.【分析】根據(jù)f(2π?x)12．【答案】AC【解析】【解答】解：由向量減法及運算律整理BA?2故答案為：AC【分析】根據(jù)平面向量的加減法運算及運算律即可求解.13．【答案】249【解析】【解答】解：由題意易知Rt?AMC中，AM=2003米，Rt?ANB中AN=200在△AMNMN==20即M,故答案為：249【分析】由題意求出AM,AN，在14．【答案】[【解析】【解答】解：由f(x)≥f(π12所以π12ω+φ=2kπ+所以f(當?π3≤x≤因為f(x)在區(qū)間[所以ω>0?2π故答案為：[12【分析】由函數(shù)的最小值求出ω與φ間的等量關(guān)系，再結(jié)合在給定區(qū)間上恰有兩個最值的條件建立不等關(guān)系，觀察三角函數(shù)的圖象，特別注意端點值的取舍．15．【答案】（1）f(x)=sin再將其縱坐標不變，橫坐標縮小到原來的12，得到g（2）設(shè)t=2x+π6，由x∈[則sint∈[12,1]【解析】【分析】（1）借助三角函數(shù)平移變換左加右減，伸縮變換與參數(shù)關(guān)系推導(dǎo)即可得；（2）整體換元，由x的范圍，可得t的范圍，得sint范圍，即可得函數(shù)g16．【答案】（1）(a由正弦定理得，(a由a>0得，a2+b所以cosA=b2+c（2）由（1）知A=π3，所以bc=8，由余弦定理得，cosA=b2+c所以(b+c得b+c=6,當b?c=2時，b=4,c=2，此時所以△ABC為直角三角形，B=當b?c=?2時，b=2,c=4，此時所以△ABC為直角三角形，C=π2綜上，B=π2或【解析】【分析】（1）根據(jù)正弦定理角化邊，結(jié)合余弦定理即可求解；（2）由A=π3及S△ABC=23可得bc=8，結(jié)合余弦定理得b217．【答案】（1）解：過D作DO⊥AB于O等腰梯形ABCD中易知AO=1又∠CBA=45°，故可得OD=1如圖所示：以O(shè)為坐標原點，建立平面直角坐標系，則A(所以AB=故k因為kAB?AD與AC解得k=（2）解：由（1）得，設(shè)P(x,0)，則PA則(PC對y=2x2故其最小只能為2×所以(PC+【解析】【分析】本題考查平面向量垂直的坐標轉(zhuǎn)化，平面向量數(shù)量積的坐標轉(zhuǎn)化.

(1)過D作DO⊥AB于O，利用等腰三角形的性質(zhì)可推出OD=1，建立平面直角坐標系，寫出點的坐標，求出AB→,AD→,AC→，kAB→?AD18．【答案】（1）因為asin由正弦定理可得sinA即sinA所以sinA所以sinA又A∈(0,π)，所以sin又A?π3∈(?（2）因為BD=2所以AD=所以AD2==1解得bc≤272，當且僅當2b=c即b=3故S=12bcsinA=34所以△ABC面積的最大值為27（3）設(shè)∠BAD=θ(0<θ<2π3在△ABD中由正弦定理ADsinB在△ADC中由正弦定理ADsinC所以sin(即sinπ即32又cosB=33即32×3即tan∠BAD=?【解析】【分析】（1）利用正弦定理邊化角，再由三角恒等變換整理等式即可得解；（2）由向量三點共線關(guān)系得AD→=1（3）設(shè)∠BAD=θ，CD=m，在△ABD、△19．【答案】（1）∵AD=CD，E為AC的中點，∴AC⊥DE，在△ABD和△CBD中AD=CD∴△ABD≌△CBD，∴AB=CB，又E∴AC⊥BE，又DE,BE?平面BDE，∴AC⊥平面BDE，又∵AC?平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD（2）①取BF的中點M，BC的中點N，連接MN,ME,NE，則∴∠MNE（或其補角）為CF與AB所成的角，由∠ACB=60°且AB=CB，∴△ABC是等邊三角形，則AB=BC=2由AD⊥CD且AD=CD，E為AC的中點，∴在等腰直角△ADC中DE=AE=EC=1，CD=在△BDE中，DE=1,BE=3,又sin∠DBE=DEBD=在△BEM中，由余弦定理得E即EM2=3+1在△BCD中，BD=BC=2,CD=在△BCF中，C即CF2=4+1?2×2×1×34=2在△MNE中，EM=72，EN=1故|cos∴CF與AB所成角的余弦值為28②連接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，EF?平面BED，∴AC⊥EF，則S△當EF⊥BD時EF最小，即△AFC∵AC⊥平面BDE，BD?平面BDE，∴AC又∵AC?平面ACF，EF?平面ACF，AC∴BD⊥平面ACF又∵BD?平面ABD，∴平面ABD⊥平面ACF過點C作CQ⊥AF于Q（或交AF延長線），∵平面ABD∩平面ACF=AF，CQ?平面ACF∴CQ⊥平面ABD，∴∠CFA（或其