【文档说明】山东省东营市2022-2023学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx，共(20)页，1.360 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年第二学期期末教学质量调研高一数学试题一、单项选择题：本题共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．1.cos20cos25sin20sin25−=（）A.1B.22−C.22D.1−【答案】C【解析】【分析】根据余弦

的和差角的余弦公式即可化简求值.详解】()2cos20cos25sin20sin25cos2025cos452−=+==．故选：C2.复数326iiz−=，则z的虚部为（）A.2B.2iC.6D.6i【答案】A【解析】【分析】利

用复数代数形式的乘除运算化简，求出答案.【详解】23226i26i2i6i62iiiiz−−−====+−−，所以z的虚部为2.故选：A.3.方程sinxx=的实数解的个数为（）A.1B.3C.5D.7【答案】A【解析】【分析】画出函数sinyx=与yx=的图象，由交点个数确定即可.【详解】

方程sinxx=的实数解的个数为函数sinyx=与yx=的图象的交点个数，如图所示：【由图可知函数sinyx=与yx=的图象只有一个交点，且此时0x=，即方程sinxx=的实数解为0x=，故方程sinxx=的实数解的个数为1，故选：A.4.如图，为测量山高MN，

选择水平地面上一点A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角60MAN=，C点的仰角45CAB=以及75MAC=，从C点测得60MCA=．已知山高100mBC=，则山高MN=（）A.1203mB.120

mC.1503mD.150m【答案】D【解析】【分析】计算出AC，在ACM△中，利用正弦定理求出AM，进而可得出sinMNAMMAN=，即为所求.【详解】由题意可知，BCAB⊥，又因为45CAB=，则ABC为等腰直角三角形，故21002ACBC==

，在ACM△中，75MAC=，60MCA=，则45AMC=，由正弦定理sin45sin60ACAM=，可得31002sin6021003sin4522ACAM===，由题意可知，MNAN⊥，因为60MAN=，则()3sin1003150m2MNAMMAN===.故选：D.5.已知向量

()()1,1,1,1ab==−，若()()abab+⊥+，则（）A.1+=B.1+=−C.1=D.1=−【答案】D【解析】【分析】根据向量的坐标运算求出ab+，ab+，再根据向量

垂直的坐标表示即可求出．【详解】因为()()1,1,1,1ab==−，所以()1,1ab+=+−，()1,1ab+=+−，由()()abab+⊥+可得，()()0abab++=，即()()()()11110+++−−=，整理得：1=−．故选

：D．6.已知一个正方体所有的顶点都在一个球面上，若球的体积是V，则正方体的体积为（）A.3π3VB.23π3VC.233πVD.93πV【答案】C【解析】【分析】根据正方体的外接球的半径与棱长的关系，结合球的体积运算求

解.【详解】设正方体的棱长为a，球的半径为R，可知32Ra=，则3334433πππ3322VRaa===，整理得3233πVa=，所以正方体的体积为3233πVa=.故选：C.7.在平面四边形ABCD中，已知πBD+=，2AB

=，42BC=，4CD=，25AD=，则四边形ABCD的面积是（）A.()426+B.()425+C.()435+D.()436+【答案】B【解析】【分析】由诱导公式可得coscosDB=-，在ABC、ACD中分别利用余弦定理可得出关于cosB的等式，求出cosB的值，

再利用三角形的面积公式可求得四边形ABCD的面积.【详解】因为πBD+=，则()coscosπcosDBB=−=−，在ABC中，由余弦定理可得2222cos4322242cos36162cosACABBCABB

CBBB=+−=+−=−，①在ACD中，由余弦定理可得2222cos20162254cos36165cosACADCDADCDDDB=+−=+−=+，②由①②可得cos0B=，即π2B=，故π2D=，因此，四边形ABCD的面积是()1

1112422544252222ABCACDSSSABBCADCD=+=+=+=+△△，故选：B.8.在平面直角坐标系中，角3+终边经过点()1,2P，则sin=（）A.251510−B.351510−C.351510+D.251510+【答案】A

【解析】【分析】根据三角函数的定义求出sin3+，cos3+，再利用三角函数变换sinsin33=+−展开求值.【详解】由题意知21sin,cos3355

+=+=，则的sinsinsincoscossin333333=+−=+−+．21132515221055−=−=故选：A【点睛】本题考查三角函数的定义，三角函

数给值求值，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于基础题型，本题的关键是三角变换sinsin33=+−.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多个项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0

分．9.以下结论正确的有（）A.侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱B.等底面积、等高的两个柱体，体积相等C.经过圆锥顶点的平面截圆锥所得截面一定是三角形，且轴截面面积最大D.有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体为棱台【答案】AB【解析】【

分析】利用直棱柱的定义可判断A选项；利用柱体的体积可判断B选项；利用三角形的面积公式可判断C选项；利用棱台的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱，A对；对于B选项，根据柱体体积公式可知，等

底面积、等高的两个柱体，体积相等，B对；对于C选项，如在圆锥SO中，经过圆锥顶点的平面截圆锥所得截面一定是等腰三角形，设截面为SAC，设AB为底面圆O的一条直径，若ASB为钝角，当SASC⊥时，截面三角形的面积最大，C错；对于D选项，有两个面

互相平行，其余四个面都是等腰梯形，只有当侧棱的延长线交于一点，这样的几何体才是棱台，但D选项中几何体侧棱的延长线并不一定会交于一点，故几何体不一定为棱台，D错.故选：AB.10.下列叙述中正确的是（）A.若//,//abbc

，则//acrrB.若ab=，则32abC.已知非零向量a与b且a//b，则a与b的方向相同或相反D.对任一非零向量,aaa是一个单位向量【答案】CD【解析】【分析】A注意0b=即可判断；B根据向量的性质判断；C由共线向量的定义判断；D由单位向量的定义判断.【详解】A

：若0b=时，//,//abbc不一定有//acrr，错误；B：向量不能比较大小，错误；C：非零向量a与b且a//b，则a与b的方向相同或相反，正确；D：非零向量a，则aa是一个单位向量，正确.故选：CD11.主动降噪耳机工作的原理是：先通过微型麦克风采集周围

的噪声，然后降噪芯片生成与噪声振幅相同、相位相反的声波来抵消噪声，设噪声声波曲线函数为()yfx=，降噪声波曲线函数为()ygx=，已知某噪声的声波曲线函数()()πsin0,2fxAx=+的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.()()fxgx

=−B.()π2sin26fxx=+C.曲线()ygx=的对称轴为ππ62kx=+，ZkD.将()yfx=图象向左平移π个单位后得到()ygx=的图象【答案】ABC【解析】【分析】根据题意得到A正确，根据周期得到2=，根据5π012f=得到π6

=，根据(0)1f=得到2A=，B正确，计算对称轴得到C正确，根据平移法则得到D错误，得到答案.【详解】对选项A：()sin[()]sin()()gxAxAxfx=−+=−+=−，正确；对选项B：12π11π5π221212T==−，故2=，

5π5πsin201212fA=+=，且5π12x=在()fx的单调递减区间上，5π5π22ππ,Z126kk+=+=+，则π2π,Z6kk=+，π||2，故π6=，又π(0)sin

16fA==，故2A=，π()2sin26fxx=+，正确；对选项C：()2sin2π6gxx=−+，由ππ2π,Z62xkk+=+，解得ππ62kx=+，Zk，正确；对选项

D：()yfx=图象向左平移π个单位得到：(π)2sin2(π)2sin22π2sin2g()6ππ66πyfxxxxx=+=++=++=+，错误.故选：ABC12.在ABC中，角,,ABC的对边分别为π,,,3,3abcaA

==，O为ABC的外心，则（）A.若ABC有两个解，则323cB.OABC的取值范围为[33,33]−C.BABC的最大值为9D.若,BC为平面上的定点，则A点的轨迹长度为83π3【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由正弦定理求解即可；对于B，由正弦

定理及向量的数量积公式求解即可；对于C，法一：用投影向量求解；法二：转化到圆心()BABCBCBOOA=+求解；对于D，由正弦定理知A点在以O为圆心半径为3的优弧上运动，再求解即可.【详解】对于A，由正弦定理323πsinsinsin3acAC===，得sin23cC=，有两

解的情形为sin123cC=0<，且ac，则323c，故A正确；对于B，由正弦定理232sinaRA==，得外接圆半径3R=，由正弦定理知A点在以O为圆心半径为3的优弧上运动，,[0,π]OABC

uuruuur，于是cos,33cos,[33,33]OABCRaOABCOABC==−uuruuuruuruuuruuruuur，故B正确；对于C，法一：用投影向量求解：当BA在BC上的投影向量的模最大，且与BC同向时，取得BABC的最大值，此时OABC∥，设H为BC的中点，则OH

BC⊥，BA在BC上的投影向量的模为3321122=++=+OABBHAAB，BABC最大值为39333322+=+，故C错误；法二：转化到圆心：2max199()()33222BABCBCBOOABCBCOABCOA=+=++=+，故C错误；对于D，

如下图，由正弦定理知A点在以O为圆心半径为3的优弧上运动，由两段优弧拼接成，每段优弧所对圆心角为4π3，所以A点的轨迹长度为48π323π33=，故D正确．故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．13.已知1tan2

=，则πsin(π)2sin2cos()sin(π)+−−−+−的值为___________．【答案】1【解析】【分析】利用诱导公式对原式化简得sin2coscossin−++，然后分子分母同时除以cos，再由1tan2=代入即可得出答案.【详解】因为1tan2

=，所以π1sin(π)2sin2sin2costan22211cos()sin(π)cossin1tan12+−−−+−+−+====−+−+++；故答案为：114.如图，直角

梯形ABCD中，ABCD，ABAD⊥，1AB=，3AD=，2CD=，则BCBD=___________．【答案】2【解析】【分析】根据条件得出BCD△是等边三角形，然后利用向量的数量积公式求解即可.【详解】由题知，222BDABAD=+=，因为tan3ADD

BAAB==，所以60CDBDBA==，又2CD=，所以BCD△是等边三角形，60CBD=，2BCCD==，所以cos602BCBDBCBD==.故答案为：215.已知为第二象限角，则1sin1c

oscossin1sin1cos−−+=++______.【答案】sincos−【解析】【分析】先由题意，得到sin0，cos0，再根据同角三角函数基本关系化简，即可得出结果.【详解】因为为第二象限角，所以sin0，cos0，因此()()22221sin

1cos1sin1coscossincossin1sin1cos1sin1cos−−−−+=+++−−1sin1coscossin1sin1cossincoscossin

−−=+=−++−=−.故答案为：sincos−.【点睛】本题主要考查三角函数的化简问题，熟记同角三角函数基本关系即可，属于常考题型.16.用一张正方形纸片（不能裁剪）完全包住一个侧棱长和底边长均为1的正四棱锥，则这个正方形的边长至少是____________．【答案】262+【解析

】【分析】作出图形，在棱长为1的正四棱锥PABCD−中，设E、F分别为AB、CD的中点，连接PE、EF、PF，计算出PE、EF、PF的长，设正方形纸片的边长为a，可得出2aPEEFPF++，即可求得a的最

小值.【详解】如下图所示，在棱长为1的正四棱锥PABCD−中，设E、F分别为AB、CD的中点，连接PE、EF、PF，因为PAB是边长为1的等边三角形，则PEAB⊥，且3sin602PEPA==，同理可得32P

F=，因为四边形ABCD是边长为1的正方形，且E、F分别为AB、CD的中点，所以，//AEDF且AEDF=，所以，四边形ADFE为平行四边形，故1EFAD==，设正方形纸片的边长为a，如上图所示，则231aPEEFPF++=+，解得316222a++=.故答案

为：262+.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知a、b是同一平面内的两个向量，其中()3,3a=，()2,1b=−．（1）求2ab+的值；（2）求a在b上的投影向量．【答案】（1）26（2）63,55−【解析】【分析

】（1）利用向量的坐标运算直接求解即可.（2）利用投影的定义，先求出投影数量，再求出单位向量，即可得出答案.【小问1详解】由()3,3a=，()2,1b=−，可得2(1,5)ab+=−，所以221526ab+=+=．【

小问2详解】由（1）得633ab=−+=−，a在b上的投影数量为：35cos,5abaabb==−，与b同向的单位向量为255,55bb=−，所以a在b上的投影为63,55−．

18.已知复数z满足2zz+=，4izz−=．（1）求3z+；（2）设复数zz，2zz+，10z在复平面内对应的点分别为A，B，C，求cos,ABBC．【答案】（1）25（2）31010【解析】【分析】（1）根据已知得出12zi=+，利用共轭复数定义和模的计算公式求解即可.（

2）利用复数的运算分别求出A，B，C三点坐标，然后利用数量积的变形公式求解向量夹角的余弦值即可.【小问1详解】因为2zz+=，4izz−=，两式相加得12zi=+，所以12iz=−，故342i16425z+=−=

+=．【小问2详解】由（1）得2(12i)(12i)14i5zz=+−=−=，则()5,0A，212i24i32izz+=++−=−，则()3,2B−，101010(12i)24i12i5z−===−+，则()2,4C−，所以()2,2AB=−−，()1,2BC=−−，故6310,cos102

25ABBCABBBCBCA===．19.已知ABC的周长为2+1，且sinsin2sinABC+=.（1）求边AB的长；（2）若ABC的面积为1sin6C，求角C的度数.【答案】（1）1（2）3【解析】【分析】（1）由正弦定理将sinsin2sinABC+=中的角化

为边，得2abc+=，再结合ABC的周长即可得解；（2）由11sinsin26SabCC==，得13ab=，再根据余弦定理222cos2abcCab+−=即可求得cosC的值，从而得解．【小问1详解

】解：由正弦定理知sinsinsinabcABC==，sinsin2sinABC+=，2abc+=，ABC的周长为2+1，212abccc++=+=+，1ABc==．【小问2详解】解：ABC的面积11sinsin

26SabCC==，13ab=，由（1）知，2ab+=，=1c，由余弦定理知222221221()213cos122223abcababcCabab−−+−+−−====，(0,)C，3C=．20.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的

直观图，如图所示．已知1524ABBCAD===,,，且AD∥BC．（1）在平面直角坐标系中作出原平面图形ABCD并求面积；（2）将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积．【答案】（1）作图见解析，面积14（2）表面积为76π，体

积为64π【解析】【分析】（1）由直观图可得原图，进而可求面积；（2）所得几何体是一个以AB为底面半径的圆柱挖去一个以EC为底面半径的圆锥，结合圆柱、圆锥的表面积、体积公式运算求解.【小问1详解】如图所示：梯形ABCD为还原的平面图形，作CEAD⊥交AD于点，因为542AD

ABBC===,,，所以345DEECDC===,,，所以()254142ABCDS+==．【小问2详解】将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，所得几何体是一个以AB为底面半径的圆柱挖去一个以EC为底面半径的圆锥，4520πS==圆锥侧，24540πS==圆柱侧，16

πS=圆柱下底，所以所形成的几何体的表面积为SSSS=++圆锥侧圆柱侧圆柱下底20π40π16π76π=++=，2π4580πV==圆柱，21π4316π3V==圆锥，所形成的几何体的体积为80π16π64πVVV=−=−=圆柱圆锥

．21.设函数()π32sincos32fxxx=−−，若锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC外接圆的半径为R，coscosaBbAR−=．（1）若()1fA=，求B；（2）求Rcb−的取值范围．【答案】（1）π4（2）()1,0−【解析】【分析】

(1)先利用三角恒等变换化简()fx，解出5π12A=，再用正弦定理解三角形即可；(2)先得出63ππ,B，再利用正弦定理将Rcb−化为π2sin3B−，最后利用三角函数的性质得出范

围即可.【小问1详解】由题意得()1332sincossin222fxxxx=+−()23sincos12sin2xxx=−−13πsin2cos2sin2223xxx=−=−()π1,sin21,3fAA=−=又π02A

，所以ππ232A−=，解得5π12A=．又根据正弦定理2sinsinsinabcRABC===，有2sinaRA=，2sinbRB=，2sincRC=，由coscosaBbAR−=，有2sincos2sincosRABRBAR−=，得()1sin2AB−=，因为A，π0,2B，所

以ππ,22AB−−，∴ππ,64ABB−==．【小问2详解】由（1）知，π6AB=+，所以()5ππ26CABB=−+=−，因为π02π02π02ABC，即ππ062π025ππ0262BBB+

−，所以63ππ,B，则5π12sin22sin12sin1cos23sin262sin2sin2sin2sinBRcRRCCBBbRBBBB−−−−−−−====22sin23sincosπsin3

cos2sin2sin3BBBBBBB−==−=−，63ππ,B，有ππ,036B−−，所以()π2sin1,03B−−，所以Rcb−的取值范围为()1,0−．22.已知函数()sin()

1fxx=+−(0,0π)的图象两相邻对称轴之间的距离是π2，若将()fx的图象上每个点先向左平移π12个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得函数()gx为偶函数.（1）求()fx的解析式；（2）若对任意π0,3x，2()(2)(

)20fxmfxm−+++恒成立，求实数m的取值范围；（3）若函数()2()3hxfx=+的图象在区间,ab（,Rab且ab）上至少含有30个零点，在所有满足条件的区间,ab上，求ba−的最小值.【答案】（1）π()sin213fxx=+−（2）5,2−−（

3）43π3【解析】【分析】（1）先求出()fx表达式，根据图象变换写出变换后的解析式，根据偶函数的条件求参数；（2）参变分离进行处理，将问题转化为1()1()1mfxfx+−−，只需求出不等式右边的最小值，结

合对勾函数的单调性进行辅助求解；（3）先求出()hx零点的一般形式，结合零点的个数求出区间长度的最小范围.【小问1详解】由2ππ22=，得2=，则()sin(2)1fxx=+−则ππ()sin21

1sin2126gxxx=++−+=++为偶函数，于是y轴是其一条对称轴，根据正弦函数的性质，在对称轴对应的横坐标处一定取到最值，所以(0)1g=，又0π，所以π3=，故π()sin213fxx=+−.小问2详

解】的【因为π0,3x，所以ππ,π233x+，πsin20,13x+故1()0fx−，2()11fx−−−，而2()(2)()20fxmfxm−+++恒成立，即2()2()2()1

fxfxfxm−+−，整理可得1()1()1mfxfx+−−.令()1tfx=−，2,1t−−，设1()nttt=+，2,1t−−，设12,2,1tt−−，且12tt，则121212121212111()()()ttntn

ttttttttt−−=+−−=−，由于120tt−，121tt，则12()()0ntnt−，所以12()()ntnt，即1()nttt=+区间[2,1]−−上单调递增，故min5()(2)2ntn=−=−，故52m−，即实数m的取值范围是5,2−−.【小

问3详解】由题意知π()2()32sin213hxfxx=+=++，由()0hx=得π1sin232x+=−，故π7π22π36xk+=+或π11π22π36xk+=+，kZ，解得512xk=+或3ππ4xk=+，kZ，故()hx的零点为512xk=+或3ππ4

xk=+，kZ，所以相邻两个零点之间的距离为π3或2π3若ba−最小，则a和b都是零点，此时在区间,aa+，,2aa+，…，,πasa+，()s*N分别恰有3,5,,21s+个零点，所以在区间,14aa+上恰有29个零点，从而在区间

(14π,ab+上至少有一个零点，所以143ba−−，另一方面，区间55,1412312++上恰有30个零点，所以ba−的最小值为431433+=.在获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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