【文档说明】江西省抚州市2022-2023学年高一下学期学生学业发展水平测试（期末）数学试题 含解析.docx，共(20)页，1.455 MB，由小赞的店铺上传

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抚州市2022-2023学年度下学期学生学业发展水平测试高一年级数学试题卷第Ⅰ卷（选择题）一、单选题：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，只有一项符合题目要求的．1.若复数i1z=−+，则它在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三

象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的几何意义直接判断【详解】复数i1z=−+在复平面内对应的点(1,1)−在第四象限，故选：D2.若角的终边经过点(3,4)P−，则sintan+等于（）A.815−B.815C.2915−D.1115−【答案】A【解析】【分析】根

据三角函数定义可得.【详解】因为角的终边经过点(3,4)P−，则22(3)45r=−+=，所以4sin,t54an3==−，所以448sintan5315+=−=−.故选：A3.设3cosπ5a=，9sinπ5b=−，3tanπ4c=−

，则（）A.abcB.bcaC.cbaD.cab【答案】C【解析】【分析】根据三角函数的性质和诱导公式，分别求得0,01,1abc=，即可求解.【详解】由99ππ3πsinπsinπsinsincos555510b=−=−=−−==

，可得01b，又由3cosπ05a=，33πtanπtan144c=−=−=，所以cab.故选：D.4.四边形OABC直观图为如图矩形1111OABC，其中113OA=，111OC=，则四边形OAB

C的周长为（）A.8B.10C.12D.16【答案】C【解析】【分析】根据斜二侧画法结合题意将直观图还原为原四边形，再求出其边长即可得答案【详解】由题意可得四边形OABC为平行四边形，如图所示，设BC交y轴于点D，则221,3,2,21122CDOABDOD====+=，所以22183OCCDOD

=+=+=所以四边形OABC的周长为333312+++=，故选：C5.已知平面向量a，b的夹角为π6，且2=a，(1,3)b=−，则a在b方向上的投影向量为（）A.31,22B.3,221−C.33,22−D.33,22−【

答案】D【解析】【分析】首先求出b，根据数量积的定义求出ab，最后根据投影向量的定义计算可得.【详解】因为(1,3)b=−，所以()()22132b=−+=，又向量a，b的夹角为π6，且2=a，所以π3cos222362abab===，所以a在b方向上的投影向量为()22

23133,2,322abbb−=−=.故选：D6.若ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin2sinaBbA=，且2ca=，则ba=（）A.1B.32C.3D.2【答案】C【

解析】【分析】利用正弦定理得到1cos2A=，再利用余弦定理和2cb=得到3ab=.【详解】因为sin2sinaBbA=，所以2sincossinaBBbA=，利用正弦定理可得：2cosabBab=，所以1cos2B=，又2ca=，所以222222241cos242ac

baabBaca+−+−===，解得：3ba=.故选：C.7.把边长为22的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD与平面CBD所成二面角的大小为60，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为（）A.14B.14−C.1

3−D.13【答案】A【解析】【分析】画出图形，利用空间向量基本定理转化求解即可【详解】如图，取的中点，连接，因为22ABBCCDAD====，90BADBCD==，所以2,,OAOBOCODOCBDOABD====⊥⊥，所以AOC为平面ABD与平面CBD所成二面角的平面角，即60AO

C=，所以AOC为等边三角形，所以2AC=，因为ACADDBBC=++，所以()22ACADDBBC=++，所以2224222ADDBBCADDBADBCDBBC=+++++，所以3π3π481682224cos22222cos,2422cos44ADBC=+++++，即16

cos,4ADBC=，得1cos,4ADBC=，所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为14，故选：A8.已知函数()()3sincos0fxxx=+在区间ππ,33−上恰有一个最大值点和一个最小值点，则实数的最小值是（）

A.43B.2C.83D.3【答案】B【解析】【分析】利用三角恒等变换化简得出()()π2sin06fxx=+，由ππ33x−可求出π6x+的取值范围，根据题意可得出关于实数的不等式组，即可得出实数的最小值.【详解】()()π3sinco

s2sin06fxxxx=+=+，当ππ33x−时，πππππ36636x−+++，因为函数()fx在区间ππ,33−上恰有一个最大值点和一个最小值点，所以，πππ3π23623ππππ2362+−−+−，解得24

，因此，的最小值为2.故选：B.二、多选题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知角的终边在第一象限，那么角2的终边可能在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【

答案】AC【解析】【分析】先写出角的终边在第一象限角的集合，再通过运算求解判断即可.【详解】因为角的终边在第一象限，所以36036090,kkkZ+，所以18018045,2kkkZ+，当0k=时，0452，则终边在第一

象限；当1k=时，1802252，则终边在第三象限；所以角2的终边可能在第一象限或第三象限.故选：AC10.已知函数()()πsin0,0,2fxAxA=+的部分图象如图所示，下列说法正确的是（）A.π3=B

.函数()fx的图象关于直线5π12x=对称C.函数()fx图象向右平移π6个单位可得函数2sin2yx=的图象D.若方程()()fxmm=R在ππ,63−上有两个不等实数根1x，2x，则()123cos2xx+

=【答案】ACD【解析】【分析】根据图象确定函数的解析式，然后由正弦函数性质判断各选项．【详解】对于A：由图可知2A=，πππ43124T=−=，所以2ππT==，所以2=，则()()2sin2fxx=+，将点π,212

代入得：π2sin26+=，所以ππ2π62k+=+，Zk，又π2，所以π3=，所以()π2sin23fxx=+，A正确；对于B，因为5π5πππ2sin2sin(π)112636f=+=+=−，故B错误；对于C，将函数

()fx图象向右平移π6个单位，可得函数ππ2sin22sin263yxx=−+=，故C正确；对于D，因πππ2sin2212123f=+=，所以函数()fx图象关于π12x=对称，为由条件结合图象可知12π212x

x+=，于是12π6xx+=，所以()12π3coscos62xx+==，故D正确．故选：ACD．11.已知函数1()tantanfxxx=−，则（）A.()fx的最小正周期为B.()fx的图象关于原点对称C.()fx有最

小值D.()fx在ππ,42上为增函数【答案】BD【解析】【分析】根据三角恒等变换的公式，化简得到2()tan2fxx=−，结合正切函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由函数221si

ncossincos2()tantancossinsincostan2xxxxfxxxxxxxx−=−=−==−，对于A中，由()π()2fxfx+=，所以()fx的最小正周期为π2，所以A错误；对于B中，由()fx的定义域关于原点对称，且()22()ta

n(2)tan2fxfxxx−=−==−−，所以()fx的图象关于原点对称，所以B正确；对于C中，由函数tan2yx=的值域为R，可得2()Rtan2fxx=−，所以C错误；对于D中，由ππ(,)42x，可

得π2(,π)2x，可得函数tan2yx=单调递增，所以()fx在ππ(,)42x上也单调递增，所以D正确.故选：BD.12.如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，则（）A.1//BC平面1ACDB.平面1BCD⊥平面1

1ABCDC.1BC与平面1BCD所成角大小为60D.平面1ACD与平面1BCD所成二面角的余弦值为63【答案】ABD【解析】【分析】证明11//BCAD，即可判断A，证明1DC⊥平面1BCD，即可判断B，设1

1DCDCE=，连接BE，则1CBE即为直线1BC与平面1BCD所成角，即可判断C，取1BD的中点F，连AF，EF，AE，则AEF为平面1ACD与平面1BCD所成的角，利用余弦定理计算即可判断D.【详解

】对于A：因为11//ABCD且11ABCD=，所以11ABCD为平行四边形，所以11//BCAD，又1BC平面1ACD，1AD平面1ACD，所以1//BC平面1ACD，故A正确；对于B：∵11DCDC⊥，BC⊥平面11CDDC，1DC平面11CDDC，所以1DC

BC⊥，1BCDCC=，1,BCDC平面1BCD，∴1DC⊥平面1BCD，又1DC平面11ABCD，∴平面11ABCD⊥平面1BCD，故B正确，对于C：设11DCDCE=，连接BE，因为1DC⊥平面1BCD，所以1CBE即为直线1BC与平面1BCD所成角，又1111s

in2ECCBEBC==，所以130CBE=，即直线1BC与平面1BCD所成角为30，故C错误；对于D：设11DCDCE=，取1BD的中点F，连AF，EF，AE，则//EFBC，1AEDC⊥，又BC⊥平面

11CDDC，1DC平面11CDDC，所以1DCBC⊥，所以1DCEF⊥，所以AEF为平面1ACD与平面1BCD所成的角，又1122EFBC==，2221161222AE=++=，22211132222AF=++=，∴22222

26132226cos2361222AEEFAFAEFAEEF+−+−===，所以平面1ACD与平面1BCD所成二面角的余弦值为63，故D正确；故选：ABD第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.

已知(1,2)a=，(,1)b=−，若//ab，则=________．【答案】12−##0.5−【解析】【分析】根据平面向量共线的坐标表示计算可得.【详解】因为(1,2)a=，(,1)b=−且//ab，所以211=−，解得12=−.故答案为：12−14.已知4tan3=，

则sin2cos2+=________．【答案】1725##0.68【解析】【分析】利用二倍角公式和同角三角函数的基本关系对sin2cos2+化简变形，转化为含正切的式子，然后代值计算即可.【详解】因为4tan3=，所以22222sincoscossin

sin2cos2sincos+−+=+222tan1tantan1+−=+224421173325413+−==+.故答案为：172515.以等边三角形每个顶点为圆心，

以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．如图，已知某勒洛三角形的一段弧AB的长度为π3，则该勒洛三角形的面积是________．【答案】π32−【解析】【分析】根据弧长公式求出三角形边长，再根据扇形面积公式和

三角形面积公式可得结果.【详解】因为AB的长度为π3，所以1AB=，21ππ1236ABCS==扇，所以勒洛三角形的面积是2π1123211()6322ABCABCSS−=−−扇!π32−=.故答案为：π32−.16.在三棱锥

SABC−中，2SASBCACBAB=====，二面角SABC−−的大小为60，则三棱锥SABC−的外接球的表面积为________．【答案】52π9##52π9【解析】【分析】取AB的中点D，由题意知SAB△和ABC都是等

边三角形，从而可得,SDABCDAB⊥⊥，得SDC是二面角SABC−−的平面角，即60=SDC，设球心为O，SAB△和ABC的中心分别为,FE，则OE⊥平面ABC，OF⊥平面SAB，从而可求出外接球的半径，进而可求得球的表面积.【详解】取AB

的中点D，连接,SDCD，因为2SASBCACBAB=====，所以SAB△和ABC都是等边三角形，所以,SDABCDAB⊥⊥，所以SDC是二面角SABC−−的平面角，即60=SDC，设球心为O，SAB△和ABC的中心分别为,FE，则OE⊥平面ABC，OF⊥平面SAB，因为1

332323DEDF===，OD公共边，所以ODE≌ODF△，所以30ODEODF==，因cosDEODEOD=，所以323cos332DEODODE===，所以22413193OAODAD=

+=+=，所以三棱锥SABC−的外接球的表面积为2524ππ9OA=为故答案为：52π9【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，解题的关键是根据题意找出三棱锥外接球的球心的位置，从而可求出球的

半径，考查空间想象能力，属于较难题.四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答题应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤17.已知复数2izm=+是方程26130xx−+=的一个虚根（i是虚数单位，Rm）．（1）求||z；（2）复数1i

za=−，若1zz为纯虚数，求实数a的值．【答案】（1）13（2）23【解析】【分析】（1）依题意可得2(2i)6(2i)130mm+−++=，根据复数代数形式的乘法运算及复数相等的充要条件得到方程组，求出m的值，即可得

解；（2）首先根据复数代数形式的除法运算化简1zz，再根据复数的类型得到方程（不等式）组，解得即可.小问1详解】∵2(2i)6(2i)130mm+−++=，∴()269(412)i0mmm−++−=，∴2690mm−+=且4120

m−=，∴3m=，∴32iz=+，则223213z=+=.【小问2详解】【∵()()()()2132ii32i(32)(23)iiii1azaazaaaa+++−++===−−++，又1zz为纯虚数，∴23201aa−=+且22301aa++，∴23a=.18.已知0m，0n，如图，在AB

C中，点M，N满足AMmAB=，ANnAC=，D是线段BC上靠近B的三等分点，点E为AD的中点，且M，N，E三点共线．（1）用AB，AC来表示AD；（2）求2mn+的最小值．【答案】（1）2133ADABAC=+（2）43【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算法则即可得

；（2）由2133ADABAC=+，结合结论可得11136mn+=，再利用基本不等式求2mn+的最小值．【小问1详解】∵3BCBD=∴3()ACABADAB−=−∴2133ADABAC=+【小问2详解】∵AMmAB=，ANnAC=，∴2133ADAMANmn=+，0,1mn，∴21233

AEAMANmn=+，∴1136AEAMANmn=+，∵M，N，E三点共线，∴11136mn+=，∴112(2)36mnmnmn+=++，∴22224223363363nmnmmnmnmn+=+++=，∴当且

仅当13n=，23m=时，2mn+的最小值为43．19.已知函数()2π3sinsin222fxxx=+−．（1）求()fx对称中心和单调递增区间；（2）求()fx在区间ππ,36−上的最值及相应x的值．【答案】（1）对称中心π1π,122k+

，kZ，增区间π5π,ππ36kk++（2）当π6x=−时，maxπ362f−=；当π6x=时，minπ06f=【解析】【分析】（1）根据二倍角和辅助角化简，然后由余弦函数的对称性和单调性求解可得；（2）利用换元法，根据余弦

函数的性质可得.【小问1详解】∵()22π33sinsin2cossin2222fxxxxx=+−=−131π1cos2sin2cos222232xxx=−+=++，由ππ22π32xk+=+得ππ12xk=+，∴()fx的对称中心π1π,122k

+，kZ，由ππ2π22π2π3kxk+++得π5πππ36kxk++，∴()fx的增区间为π5π,ππ36kkk++Z.为【小问2详解】令π23tx=+，则1cos2yt=+，∵ππ36x−

，∴π2π33t−，当0=t，即π6x=−时，maxπ362f−=，当2π3t=，即π6x=时，∴minπ06f=．20.在平行四边形ABCD中3AB=，2BC=，过A点作CD的垂线交CD的延长线于点E，3A

E=．连接EB交AD于点F，如图1，将ADEV沿AD折起，使得点E到达点P的位置．如图2．（1）证明：直线AD⊥平面BFP；（2）若G为PB的中点，H为CD的中点，且平面ADP⊥平面ABCD，求三棱锥PABF

−与三棱锥HGBC−的体积之比．【答案】（1）证明见解析（2）3PABFHGBCVV−−=【解析】【分析】（1）在平面图形中证明ADBE⊥，即可得到ADPF⊥，ADBF⊥，从而得证；（2）根据面面垂直得到PF⊥

平面ABCD，再求出ABFS△，BCHS△，再根据锥体的体积公式计算可得.【小问1详解】如图1在RtADE△，3AE=，2AD=，∴3cos2AEEADAD==∠，∴30EAD=∠°，在RtAEB中，3AE=，3AB=，∴3tn3aAEEBAAB==，∴30EB

A=，∴9060DABEAD=−=，∴90DABFBA+=，90AFB=，∴ADBE⊥，如图2，ADPF⊥，ADBF⊥，∵PFBFF=，,PFBF平面PFB，∴AD⊥平面PFB．【小问2详解】∵平面PAD⊥平面

ABCD，PFAD⊥，平面PAD平面ABCDAD=，PF平面PAD，∴PF⊥平面ABCD，221DEADAE=−=，又∽EDFBAF，所以13EDEFBABF==，∴1313933324248ABFSABAE===，1133332224BCHSCHAE===，

∵13PABFABFVPFS−=，13GBCHHGBCBCHVVhS−−==，又∵12hPF=，∴193383111333224ABFPABFHGBCBCHPFSVVPFS−−===．21.已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a

，b，c，若4c=，28cosaBb=+．（1）求角C；（2）若点D在AB边上，且满足3ADBD=，当ABC的面积最大时，求CD的长．【答案】（1）π3C=（2）13CD=【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，然后由和差公式化简可得；（2）由余弦定理和基本不等式可知三

角形面积最大时的形状，然后由余弦定理可得.【小问1详解】∵28cosaBb=+，∴22cosacBb=+，∴2sin2sincossinACBB=+，∴2sin2sin()2sincos2cossin2sincossinABCBC

BCCBB=+=+=+，∴2sincossinBCB=，∵sin0B，∴2cos1C=，即1cos2C=，()0,πC，∴π3C=．【小问2详解】∵2222coscababC=+−，∴2216abab=+−，∴2

216abab+=+，162abab+，∴16ab仅当4ab==取等号，此时三角形面积有最大值13164322ABCS==，因为4ab==，π3C=，所以ABC为正三角形，所以π3A=，又∵3AD

BD=，∴3AD=，在ACD中，2222cosCDADACADACA=+−，所以222134234132CD=+−=∴13CD=．22.函数ee()2xxfx−+=．（1）证明：函数()fx是偶函数，并求()fx最小值；

（2）若((sincos))(sincos)fmf+，对任意π0,2恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）证明见解析，最小值为1（2）22(,][,)44−−+【解析】【分析】（1）根据函数奇偶性的定义，可

证得函数()fx为偶函数，令ext=，可得1()(0)gtttt=+，结合基本不等式，即可求解；的（2）把不等式转化为()()(sincos)sincosfmf+，结合()fx在(0,)+为增函数和题设条件，得到||(s

incos)sincosm+，令sincost+=，得到112mtt−，结合()1gttt=−在1,2上为单调递增函数，求得()max22gt=，即可求解.【小问1详解】证明：由函数ee()2xxfx−+=，可得其定义域为R，关于原

点对称，又由eeee()()22xxxxfxfx−−++−===，所以函数()fx为偶函数，令ext=，可得1()(0)gtttt=+，因为1122tttt+=，当且仅当1tt=时，即1t=，即0x=时，等号成立，所以函数()fx的最小值

为1.【小问2详解】解：由（1）知，函数()fx是偶函数，则不等式((sincos))(sincos)fmf+，即为()()(sincos)sincosfmf+，任取12,(0,)xx+且12xx，则1122121212121212eeee1ee

1()()[(ee)](ee)(1)222ee2ee1xxxxxxxxxxxxxxfxfx−−++−=−=−−−−=−因为12xx，可得12ee0xx−，又因为12,(0,)xx+，可得12ee1xx，所以

12110eexx−，所以12())0(fxfx−，即12()()fxfx，所以()fx在(0,)+为单调递增函数，可得|(sincos)||sincos|m+，因为0,2，所以||(sincos)si

ncosm+，令sincost+=，可得π2sin()1,24t=+，所以21sincos2t−=，所以211122tmttt−=−，又由函数()1gttt=−在1,2上为单调递增函

数，所以()max2(2)2gtg==，所以24m，解得24m或24m−，获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com