【文档说明】山东省青岛市平度市2022-2023学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx，共(22)页，1.864 MB，由小赞的店铺上传

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2022—2023学年度第二学期第二学段模块检测高一数学试题2023.07本试卷共6页，22题．全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置上.2．回答选择题时，选出每小题答案后

，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，请将答题卡上交.一、单项选择题：本大题共8小题．每小题5分，共40分．在每小题

给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知()2,3,5A，()3,1,4B−−是空间直角坐标系Oxyz中的两点，点B关于x轴对称的点为B，则,AB两点间的距离为（）A.122B.86C.

32D.6【答案】D【解析】【分析】先根据对称性求出点B的坐标，然后直接利用空间两点间距离公式求解即可.【详解】因为()3,1,4B−−，所以点B关于x轴对称的点()3,1,4B，所以()()()2223213456AB=−+−+−=.故选：D.2.已知4zz+=，()

i2zz−=−，则z=（）A.5B.2C.3D.2【答案】A【解析】【分析】设izab=+，根据已知条件求出z，再用模的公式求z.【详解】设复数i,Rzabab=+，，则izab=−，由已知得()24i22zzazzb+==−=−=−，解得21ab==，则有2iz

=+，2iz=−，得()22215z=+−=.故选：A3.已知非零向量a，b满足32ab=，2cos,3ab=，若()akba⊥+，则k=（）A.1B.23C.23−D.1−【答案】D【解析】【分析】直接根据()akba⊥+列式即可求出结果.【详解】因为32

ab=，所以32ba=，所以2cos,abababa==，又因为()akba⊥+，所以()2220akbakabakaa+=+=+=，所以1k=−.故选：D.4.已知圆锥母线与底面所成角为π3，侧面积为2π，则该圆锥的体积为（）A.3πB.33πC.3π2D.3π6【答案】B

【解析】【分析】由给定条件可得圆锥轴截面是正三角形，再由侧面积求出底面圆半径及高即可求解作答.【详解】因为圆锥的母线与底面所成角为π3，则该圆锥的轴截面是正三角形，令圆锥底面圆半径为r，则母线2lr=，圆锥侧面积2π2π2πSrlr===，解得1r=，圆锥的高2233hlrr=−==，所

以该圆锥的体积为213ππ33Vrh==.故选：B5.记ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若60B=，22b=，25ac+=，则ABC的面积为（）的A.32B.3C.23D.33【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理求出ac的值，再利用三角形的面积公式可求得ABC的面积.【详解】因

为60B=，22b=，25ac+=，由余弦定理可得()22222282cos603203bacacacacacacac==+−=+−=+−=−，可得4ac=，由三角形的面积公式可得113sin43222ABCSacB===.

故选：B.6.为测量山高BD，选择点A和另一座山CE的山顶E为测量点，若点A，B，C在同一水平面上，从点A测得E的仰角为60°，D的仰角为45°，75EAD=，从点E测得45DEA=．已知山高1003mCE=，则山高BD为（）A.503m3B

.1003m3C.2003m3D.1003m【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，结合三角形中内角和为180，利用三角函数和正弦定理，即可求解．【详解】如图所示，在RtAEC△中，∵60EAC=，1003mCE=，∴

1003200msinsin60CEAEEAC===，在ADEV中，75EAD=，45DEA=∠，∴60ADE=，由正弦定理，可得snsiniEADEAAEADD=，2006msisin4560n3AEAD==，在Rt△ABD中，45DAB

=，200622003m2sin33BDADDAB===.故选：C7.在正三棱柱111ABCABC-中，1ABAA=，D，E分别是11AB，1CC中点，则异面直线BD与AE所成角的余弦值为（）A.15B.15−C.265D.265

−【答案】A【解析】【分析】设14ABAA==，取1AA的中点Q，AB的中点M，AM的中点N,可得异面直线BD与AE所成角为1NCQ或其补角，利用余弦定理即可求解.【详解】设14ABAA==，取1AA的中点Q，AB的中点M，AM的中点N,易知1//AEQC,1////DBAMQ

N,所以异面直线BD与AE所成角为1NCQ或其补角.由正三棱柱的几何特征可得1111,,AQANAQACCCCN⊥⊥⊥.2222215QNAQAN=+=+=,()222211112425QCAQAC=+=+=,

34sin604232CM===,2211213CNMNCM=+=+=，2211131629CNCNCC=+=+=,在1CQN△中，由余弦定理可得()2221111cos2QNQCCNCQNQNQC+−=52029412052525

+−−===−,所以异面直线BD与AE所成角的余弦值为15.故选:A.8.已知()1cos3−=，1tantan3=，则()cos22+=（）A.1718B.79C.1718−D.79−【答案】C【解析】【分析】先根据已

知条件求出sinsin，coscos，从而求出()cos+，进而利用二倍角的余弦公式求出结论.【详解】因为1sinsintantan3coscos==，所以coscos3sinsin=，又()1coscoscossinsin3

−==+，所以1sinsin12=，1coscos4=，所以()1coscoscossinsin6+=−=，所以()()22117cos222cos121618+=+−=−=−.故选：

C.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.已知向量()2,1a=−，(),2abm+=，()aba+⊥rrr，

则（）A.()3,1b=B.3π,4ab=C.若()3,ct=，c∥b，则310c=D.a在b上的投影向量的坐标为13,22−【答案】BCD【解析】【分析】先由()aba+⊥rrr，得()0aba+

=，从而可求出b的坐标，然后逐个分析判断即可.【详解】因为()2,1a=−，(),2abm+=，()aba+⊥rrr，所以()220abam+=−=rrr，得1m=，所以()1,2ab+=，(1,3)b=−，所以A错误，对于B，因为()2,1a=−，(1,3)b=

−，所以232cos,24119ababab−−===−++，因为,0,πab，所以3π,4ab=，所以B正确，对于C，因为()3,ct=，c∥b，(1,3)b=−，所以9t=−，所以()3,9c=−，所以223(9)310c=+−=，所以C正确，对于D，因为()2,1a=−，(1,3

)b=−，所以a在b上的投影向量的坐标为2513(1,3),1022abbb−=−=−，所以D正确，故选：BCD10.已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下述正确的是（）A.若//m，//n，则//mnB.若m⊥，m⊥，则//C.若m⊥，//mn

，n，则⊥D.若//m，//n，m，n、则//【答案】BC【解析】【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐项判断即可.【详解】对于A，若//m，//n，则m与n相交、平行或异面，故A错误；的对于B，若m⊥，m⊥，则//，故B正确；对于C，

若m⊥，//mn，则n⊥,若n，则⊥，故C正确；对于D，若//mn，则，可能相交，故D错误.故选:BC.11.已知函数()()sin23cos20fxxx=+，()()124fxfx−=，12xx−的最小值为π2，则（）A.1=B.Rx，都有ππ66fxfx

+=−C.ππ[,]66x−，()fxm，则m的最大值为3D.将函数()fx的图象向右平移π6个单位长度后得到的图象关于原点对称【答案】AD【解析】【分析】利用辅助角公式化简函

数()fx，由已知求出周期判断A；代入验证对称轴判断B；求出函数在区间上的值域判断C；平移求出解析式判断D作答.【详解】依题意，π()2sin(2)3fxx=+，显然函数()fx的最大值、最小值分别为2,2−，因为()()124fxfx

−=，则1()fx与2()fx中一个取2，另一个取2−，又12xx−的最小值为π2，于是()fx的半周期π22T=，即周期πT=，2ππ2T==，解得1=，A正确；于是π()2sin(2)3fxx=+，而πππ2si

n23663f=+=，则直线π6x=不是函数()fx图象的对称轴，即ππ()()66fxfx+−，B错误；当ππ[,]66x−时，π2π2[0,]33x+，π0sin(2)13x

+，则0()2fx，因为ππ[,]66x−，()fxm，因此2m，m的最大值为2，C错误；因为函数π()2sin[2(]2siππ)n6236fxxx−=−+=的图象关于原点对称，所以将函数()fx的图象向右平移π6个单位长度后得到

的图象关于原点对称，D正确.故选：AD12.如图甲，在梯形ABCD中，AB∥CD，122ABBCCD===，90ABC=，AECD⊥，M，N分别为AD，BC的中点，将AED△沿AE折起（如图乙），使得DEEC⊥，则（）A.直线MN∥平

面DECB.三棱锥EACD−的体积为83C.直线MN与平面ABCE所成角的正弦值为55D.若四棱锥DABCE−的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为12【答案】ACD【解析】【分析】对于A，取DE的中点F，连接,MFCF，可证得四边形MNCF为平行四边形，则MN∥CF，

然后由线面平行的判定定理分析判断，对于B，由题意可证得DE⊥平面ABCE，然后利用EACDDACEVV−−=求解判断，对于C，取AE的中点G，连接,MGNG，可证得MNG为直线MN与平面ABCE所成角，然后在R

tMNG中求解，对于D，连接,ACBE交于点H，过H作直线l⊥平面ABCE，则外接球的球心O在直线l上，然后可求出其半径，从而可求出球的表面积.【详解】因在梯形ABCD中，AB∥CD，122ABBCCD===，90ABC=，AECD⊥，所以2DE

CE==，四边形ABCE为正方形，对于A，取DE的中点F，连接,MFCF，因为M为AD的中点，所以MF∥AE，12MFAE=，因为N为BC的中点，所以12CNBC=，因为AE∥BC，AEBC=，所以MF∥CN，MFCN=，为所以四边形MNCF为平行四边形，所

以MN∥CF，因为MN平面DEC，CF平面DEC，所以直线MN∥平面DEC，所以A正确，对于B，因为DEEC⊥，DEAE⊥，CEAEE=，,CEAE平面ABCE，所以DE⊥平面ABCE，所以1142

22323EACDDACEVV−−===，所以B错误，对于C，取AE的中点G，连接,MGNG，则MG∥DE，112MGDE==因为DEEC⊥，DEAE⊥，所以MGEC⊥，MGAE⊥，因为CEAEE=，,CEAE平面ABCE，所以MG⊥平面ABCE，所以MNG为直

线MN与平面ABCE所成角，在RtMNG中，2,1NGABMG===，则225MNMGNG=+=，所以15sin55MGMNGMN===，所以C正确，对于D，连接,ACBE交于点H，过H作直线l⊥平面ABCE，因为DE⊥平面ABCE，四边形ABCE为正方形，所以四棱锥DABCE−外接球的球心O在

直线l上，设外接球的半径为R，则222111322RCHDEAC=+=+=，所以四棱锥DABCE−外接球的表面积为24π4π312πR==，所以D正确，故选：ACD【点睛】关键点点睛

：此题考查线面平行的判断，考查线面角的求法，考查棱锥的外接球问题，解题的关键是将平面图形折成空间图形过程中，弄清线面之间的关系，考查空间想象能力，属于较难题.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13.若非零向量a、b满足2ba=，23abb−=，则向量a、b的夹角为____________．【答案】2π3【解析】【分析】由平面向量的数量积可求出cos,ab，结合向量夹角的取值范围可得出向量a、b的夹角.【详解】因为非零向量a、b满足2ba=，23abb−=，则2223abb−=，即2

24420aabb−−=，即22220aabb−−=，即22224cos,40aaaba−−=，所以，1cos,2ab=−，因为0,πab，故2π,3ab=，即向量a、b的夹角为2π3.故答案为：2π3.14.在正四棱锥PABCD−中，6ABPA==，用

平行于正四棱锥底面的平面截去一个高为2的四棱锥后，所得棱台的体积为____________．【答案】10423##10423【解析】【分析】先利用勾股定理求出正四棱锥PABCD−的高，再利用相似比求出截去的高为2的四棱锥的底面边长，在求出两个棱锥的体积即可.【详解

】如图，O为底面四边形ABCD对角线的交点，则OP为正四棱锥PABCD−的高，62BD=，则223618322BDOPPB=−=−=，设截去的高为2的四棱锥的底面边长为a，则2632a=，解得2a=，所以棱台的体积为1110426632222333−=.故答案为：10423

.15.记ABC的三个内角,,ABC的对边分别为a，b，c，且3b=，2c=，若O是ABC的外心，则AOBC=____________．【答案】52【解析】【分析】作ODAB⊥于D，OEAC⊥于E，根据向量数量积的几何意义212

AOABAB=，212AOACAC=，即可得到答案.详解】如图：作ODAB⊥于D，OEAC⊥于E，∵圆O中，ODAB⊥，∴12ADAB=，因此2122AOABADABAB===，同理可得21922AOACAC==，∴95222AOBCAAAOBAOC

=−=−=.故答案为:52.16.棱长为2的正四面体ABCD的各顶点都在球心为O的球面上，则过点A，B，O的平面截四面体ABCD所得截面图形的面积为____________；球O的体积为____________．【答案】①.2②.6

π【【解析】【分析】将正四面体放到正方体中，则正方体的外接球即为正四面体的外接球，求出正方体的体对角线即为外接球的直径，即可求出外接球的体积，取CD的中点E，连接AE、BE，则ABE即为过点A，B，O的平面截四面体ABCD所得截面图形，求出截面面

积即可.【详解】如图将棱长为2的正四面体ABCD放到正方体中，则正方体的外接球即为正四面体的外接球，正方体外接球的球心在体对角线的交点，体对角线即为外接球的直径，设正方体的棱长为a，由已知可得222ADaa==+，解得2a=，设正方体外接球的半径

为R，则()222226Raaa=++=，即62R=，所以外接球的体积34π6π3RV==，取CD的中点E，连接AE、BE，根据正方体的性质可知ABE即为过点A，B，O的平面截四面体ABCD所得截面图形，又22213AEBE==−=，2AB=，所以()22123122ABES=−=，即过点A，

B，O的平面截四面体ABCD所得截面图形的面积为2.故答案为：2；6π四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知()0,π，π0,2，且12cos13=−，4tan23=．（1）求4

4cossin−；（2）求()sin2−．【答案】（1）35（2）6365【解析】【分析】（1）先根据tan2求出cos2，然后对待求式变形即可得出结论；（2）利用两角差的正弦公式可直接求解.【小问1详解】因为π0,2，所以()20,π，又因为

tan20，所以π20,2由sin24tan2cos23==，22sin2cos21+=解得3cos25=，所以()()442222223cossincossincossincossincos25−=+−=−==.【小问2详解】因为12cos13

=−，()0,π，所以5sin13=，又因为3cos25=，π20,2，所以4sin25=，所以()5312463sin2sincos2cossin213513565

−=−=+=.18.如图，平行六面体1111ABCDABCD−的底面是菱形，12ABAA==，且1160AABAADBAD===．（1）证明：1AC⊥平面1ABD；（2）求AD与平面1ABD所

成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）63【解析】【分析】（1）设1AAa=，ABb=，ADc=，利用空间向量的数量积证明出1ACBD⊥，11ACAB⊥，结合线面垂直的判定定理可证等价结论成立；

（2）分析可知平面1ABD的一个法向量为1ACuuur，计算出1ADAC、AD、1AC的值，利用空间向量法可得出AD与平面1ABD所成角的正弦值.【小问1详解】证明：设1AAa=，ABb=，ADc=，则2abc==

=rrr，22cos602abacbc====，11ACABBCCCabc=++=++，BDADABcb=−=−，11ABABAAba=-=-，因为()()2210ACBDabccbcbacab=

++−=−+−=，所以1ACBD⊥，因为()()22110ACABabcbababcac=++−=−+−=，所以11ACAB⊥，又因为1ABBDB=，1AB、BD平面1ABD，所以1AC⊥平面1ABD.【小问2详解】解：设AD与平面1ABD所成角

为，因为1AC⊥平面1ABD，则平面1ABD的一个法向量为1ACuuur，因为()212248ADACcabcacbcc=++=++=++=，2AD=，()()22222124322324ACabcabcabbcca=++=+

++++=+=，所以，126AC=，所以11186sincos,3226ADACADACADAC====，即AD与平面1ABD所成角的正弦值为63.19.已知()cos,sin2axx=，3cos,2bx=，()fxab=．（1）求()fx的

单调递增区间；（2）若ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，2ac=，()1fB=，AC边上的高3BD=，求ABC的面积．【答案】（1）()πππ,πZ36kkk−+（2）332【解析】【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示与辅助角公式化简()fx，再利用正弦函数的单

调性即可得解；（2）先由()1fB=求得角B，再利用三角形面积公式与余弦定理得到,,abc的关系式，从而得解.【小问1详解】因为()231cos23cossin2sin2222xfxabxxx+==+=+1sin262x=++，由πππ2

π22π262kxk−++，得ππππ36kxk−+所以函数()fx的单调递增区间为()πππ,πZ36kkk−+【小问2详解】因为()π1sin2162fBB=++=，即π1sin262B+=，又()0,πB，则ππ13π266

6B+，所以π5π266B+=，故π3B=，因为113sin22ABCSbacB==，所以2acb=，又因为222222cosbacacBacac=+−=+−，2ac=，所以223bc=，所以由2acb=

，2ac=，223bc=，得3b=，3c=，23a=，所以33322ABCSb==.20.如图，在正四梭柱1111ABCDABCD−中，已知2AB=，三棱锥1CBDC−体积为83．（1）求点C到平面11ABD的距离；（2）求1CB与平面1BDC所成角的正弦值．【答案】（1）83（2）45

15【解析】【分析】（1）先根据棱锥的体积公式求出正四梭柱1111ABCDABCD−的高，以点D为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；（2）利用向量法求解即可.【小问1详解】因为1111ABCDABCD−为正四棱柱，2AB=，所以1CC⊥平面ABCD，2BCDS=

，所以1111833CBDCCBCDBCDVVSCC−−===，的所以14CC=，如图以点D为原点，建立空间直角坐标系，则()2,0,0A，()0,2,0C，()10,0,4D，()12,2,4B，()12,0,4AD=−，()10,2,4AB=，()2,

2,0AC=−，()12,0,4CB=，设平面11ABD的法向量为(),,nxyz=，则11240240nADxznAByz=−+==+=，可取()2,2,1n=−，则点C到平面11ABD的距离440833ACndn−−+===；【小问2详解】因为

11//DDBB且11DDBB=，所以11BDDB为平行四边形，所以11//BDBD，又11BD平面11ABD，BD平面11ABD，所以BD//平面11ABD，同理可证1BC//平面11ABD，又11,,BDBCBBDBC=平面1BDC，所以平面1BDC//平

面11ABD，所以()2,2,1n=−是平面1BDC的法向量，设1CB与平面1BDC所成角为，则11845sin15325CBnCBn===，所以1CB与平面1BDC所成角的正弦值为4515.21.ABC的三

个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若coscos2cos0aCcAbB++=．（1）求角B；（2）若3b=，2ADDC=，1BD=，求a、c．【答案】（1）2π3B=（2）3ca==【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得cosB的值，结合角B的

取值范围可求得角B的值；（2）由2ADDC=可得出32BDBCBA=+，利用平面向量数量积的运算性质以及余弦定理可得出关于a、c的方程组，即可解得a、c的值.【小问1详解】解：因为coscos2cos0a

CcAbB++=，由正弦定理可得sincoscossin2sincos0ACACBB++=，即()sin2sincos0ACBB++=，即sin2sincos0BBB+=，因为()0,πB，则sin0B，所以，12c

os0B+=，解得1cos2B=−，故2π3B=.【小问2详解】解：因为2ADDC=，则()2BDBABCBD−=−，可得32BDBCBA=+，所以，()22229244BDBCBABCBABCBA=+=++，所以，22222π94

4cos423acacacac=++=+−，①由余弦定理可得222222π92cos3bacacacac==+−=++，②联立①②可解得3ac==.22.如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，2AB=

，π3DAB=，6FAFC==，记平面AEF与平面ABCD的交线为l．（1）证明：//BDl；（2）证明：平面BDEF⊥平面ABCD；（3）记平面AEF与平面ABCD夹角为，若正实数m，n满足22cossincossincossinmtnt

=−=+，π02，证明：33tan2mn+．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）通过线面平行的性质定理进行转化求解即可；（2）通过图形关系证明A

CBD⊥，FOAC⊥，然后得到线面垂直，再证明面面垂直即可；（3）首先通过几何图形关系得到FAO即为平面AEF与平面ABCD的夹角，得到角度后，通过基本不等式或三元均值不等式转化证明即可.【小问1详解】因为BDEF为菱形，所以//BDEF，因为BD

平面AEF，EF平面AEF，所以//BD平面AEF，又因为BD平面ABCD，平面AEF平面ABCDl=，所以//BDl.【小问2详解】连接AC交BD于点O，连接FO，因为ABCD为菱形，所以ACBD⊥，O为AC中点，因为FAFC=，所以FOAC⊥，又因为,BDFO平面BDEF，BDFO

O=，所以AC⊥平面BDEF，因为AC平面ABCD，所以平面BDEF⊥平面ABCD【小问3详解】因为ABCD为菱形，2AB=，π3BAD=，所以2BD=，1OB=，3OA=又因为BDEF为菱形，所以2BFBD==，因为6FA=，FOAC⊥，所以223OFFAOA=−=，所以

2224OBOFBF+==，所以⊥OFOB，即BDOF⊥，又因为BDOA⊥，,OAOF平面FOA，OAOFO=，所以BD⊥平面FOA，又由（1）知//BDl，所以l⊥平面FOA，所以FAO即为平面AEF与平面ABCD的夹角，在直角FOA中，3OFOA==，所以π4F

AO=，所以平面AEF与平面ABCD夹角的大小为π4，因为22cossincossincossinmtnt=−=+，所以2222cossinsinsincossincoscossinco

smtnt=−=+，两式相加得，22cossinsincos1mn+=，下面证明：223cossin9≤①；223sincos9≤②；且等号不同时取；法一：基本不等式因为()()22

222222222211sincossincoscossincossincossin++==()()()()()32222242222tan1tan1tan1tan1tan2tan1tantantan++++++===

6424222tan3tan3tan11tan3tan3tantan+++==+++222222111111127tan4tan24tan2tan4tan44=−++++=≥当

且仅当21tan2=时取等号，所以223cossin9≤，同理223sincos9≤（当且仅当2tan2=取等号）所以()22231cossinsincos9mnmn=++，即332mn+，所以33tan2mn+法二：三元均值不等式()322

222222coscos2sin3coscos2sin4cossin2227++==≤当且仅当21tan2=时取等号，所以223cossin9≤，同理223sincos9≤（当且仅当2tan2=取等号）所以()22231cossinsincos9m

nmn=++，即332mn+，所以33tan2mn+.【点睛】思路点睛：本题考查立体几何与基本不等式的综合问题.立体几何要通过性质定理和判定定理进行图形关系的转化，不等式证明问题需要联系常用的基本不等式，将形式进行转化进而求解.获得更

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