【文档说明】【精准解析】山东省日照市2019-2020学年高一下学期期末考试校际联合考试数学试题.pdf，共(19)页，655.464 KB，由小赞的店铺上传

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-1-高一期末校际联合考试数学试题2020.07一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.复数52i（其中i为虚数单位）的共轭复数为（）A.2iB.2iC.2iD.2i【答案】A【解析】【分析

】利用复数代数形式的乘除运算化简即可．【详解】55(2)5(2)22(2)(2)5iiiiii，所以复数52i的共轭复数为2i.故选：A.【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概

念，是基础题．2.已知51sin25，那么cos+=（）A.25B.15C.15D.25【答案】B【解析】【分析】由51sin25可得1cos5，再

有coscos计算即可得解.【详解】因为5sincos2，所以可得1cos5，所以1coscos5.故选：B.【点睛】本题考查三角函数诱导公式的应用，侧重考查

对基础知识的理解和掌握，考查计算能力，属于常考题.-2-3.已知sin15,cos15a，cos30,sin30b，则ab（）A.22B.22C.12D.12【答案】A【解析】

【分析】根据数量积公式和两角和公式可得sin15=+30ab，进而求出结果.【详解】sin15cos30+cos15sin30ab2=sin15+30=sin45=2,故选：A.【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的坐标运算和两角和公式的应

用，属于基础题.4.角的终边过点43P,，则sin2（）A.1225B.1225C.2425D.2425【答案】C【解析】【分析】由题中所给条件利用任意角的三角函数的定义求出sin和cos的值，再利用二倍角的正弦公式求得sin2的值.【详解】解：由

三角函数的定义，得3sin5，4cos5，所以3424sin22sincos25525.故选：C【点睛】本题主要考查任意角的三角函数值和二倍角的正弦公式，考查运算求解能力，属于基础题型.5.已知向量,ab满足2540abab

，且1ab，则a与b的夹角为（）-3-A.34B.4C.3D.23【答案】C【解析】【分析】利用向量的数量积即可求解.【详解】222545680ababaabb，1abrr，63ab，1cos2.又

0,，3.故选：C.【点睛】本题考查了向量的数量积求向量的夹角，属于基础题.6.《五曹算经》是我国南北朝时期数学家甄鸾为各级政府的行政人员编撰的一部实用算术书，其第四卷第九题如下：“今有平地聚粟，下周三丈，高四尺，

向粟几何”？其意思为场院内有圆锥形稻谷堆，底面周长3丈，高4尺，那么这堆稻谷有多少斛？已知1丈等于10尺，1斛稻谷的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算堆放的稻谷约有多少斛（）（保留两位小数）A61.73B.61.7C.61.70D.61.69【答案】A【解析】【

分析】根据圆锥的周长求出底面半径，再计算圆锥的体积，从而估算堆放的稻谷数.【详解】设圆锥的底面半径为r，高为h，体积为V，则230r，所以=5r，故221135410033Vrh（立方尺

），因此10061.731.62V（斛）.故选：A.【点睛】本题考查了锥体的体积计算问题，也考查了实际应用问题，属于基础题.-4-7.函数sin(2)3yx的图象可由函数cosyx的图象（）A.先把各点的横坐标缩短到原来

的12倍,再向左平移6个单位B.先把各点的横坐标缩短到原来的12倍，再向右平移12个单位C.先把各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移6个单位D.先把各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移12个单位【答案】B【解析】分析：由函数sin2cos236yxx

，再由伸缩平移变换可得解.详解：由函数sin2cos2cos2366yxyxx.只需将函数cosyx的图象各点的横坐标缩短到原来的12倍，得到cos2yx；再向右平移12

个单位得到：cos2cos2126yxx.故选B.点睛：1．利用变换作图法作y＝Asin(ωx＋φ)的图象时，若“先伸缩，再平移”，容易误认为平移单位仍是|φ|，就会得

到错误答案．这是因为两种变换次序不同，相位变换是有区别的．例如，不少同学认为函数y＝sin2x的图象向左平移6个单位得到的是y＝sin26x的图象，这是初学者容易犯的错误．事实上，将y＝sin2x的图象向左平移6个单位应得到y

＝sin2(x＋6)，即y＝sin(2x＋3)的图象．2．平移变换和周期变换都只对自变量“x”发生变化，而不是对“角”，即平移多少是指自变量“x”的变化，x系数为1，而不是对“ωx＋φ”而言；周期变换也是只涉及自变量x的系数改变，而不涉及φ

.要通过错例辨析，杜绝错误发生．8.雕塑成了大学环境不可分割的一部分，有些甚至能成为这个大学的象征，在中国科学技术大学校园中就有一座郭沫若的雕像．雕像由像体AD和底座CD两部分组成．如图，在RtABC中，70.5ABC

，在RtDBC中，45DBC，且2.3CD米，求像体AD-5-的高度（）（最后结果精确到0.1米，参考数据：sin70.50.943，cos70.50.334，tan70.52.824）A.4.0米B.4.2米C.

4.3米D.4.4米【答案】B【解析】【分析】在RtBCD和RtABC中，利用正切值可求得AC，进而求得AD.【详解】在RtBCD中，2.3tanCDBCDBC（米），在RtABC中，tan2.32.8246.5ACBCABC（米），6.52.34.2ADACCD

（米）.故选：B.【点睛】本题考查解三角形的实际应用中的高度问题的求解，属于基础题.9.如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为（）A.4B.43C.23D.3【答案】B【解析】【

分析】首先确定几何体的空间结构特征，然后求解其体积即可.-6-【详解】易知该几何体是一个多面体，由上下两个全等的正四棱锥组成，其中正四棱锥底面边长为2，棱锥的高为1，据此可知，多面体的体积：214221

33V.本题选择B选项.【点睛】本题主要考查组合体体积的计算，空间想象能力的培养等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.10.直三棱柱111ABCABC的6个顶点在球O的球面上.若3AB，4AC.ABAC，112AA

，则球O的表面积为（）A1694B.169C.288D.676【答案】B【解析】【分析】由于直三棱柱111ABCABC的底面ABC为直角三角形，我们可以把直三棱柱111ABCABC补成四棱柱，则四棱柱的体对角线是其外接球的直径，求出外接球的直径后，代入外接球的

表面积公式，即可求出该三棱柱的外接球的表面积.【详解】解：将直三棱柱补形为长方体1111ABECABEC，则球O是长方体1111ABECABEC的外接球.所以体对角线1BC的长为球O的直径.因此球O的外接圆直径为2

222341213R，故球O的表面积24169R.故选：B.【点睛】本题主要考查球的内接体与球的关系、球的半径和球的表面积的求解，考查运算求解能力，属于基础题型.二、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的，全部选对得5分，选对伯不全的得3分，有选错的得0分.11.已知，是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线（）A.若m，//n，则mn-7-B.若m，//，则//mC.若//mn，//，则m与所成的角和n与所

成的角相等D.若mn，m，//n，则【答案】ABC【解析】【分析】A.利用线面垂直的定义判断；B.利用面面平行的定义判断；C.利用线面角的定义判断；D.利用面面的位置关系判断.【详解】A.因为m，所以m垂直平面内任意一条直线，又//n，所以mn，故正确

；B.因为//，所以两平面无公共点，又m，所以m与无公共点，所以//m，故正确；C.因为//，所以m与所成的角和m与所成的角相等，因为//mn，所以m与所成的角和n与所成的角相等，故正确；D.因为mn，m，//n，所以,相

交或//，故错误.故选：ABC【点睛】本题主要考查点、直线、平面的位置关系，还考查了逻辑推理的能力，属于基础题.12.下列说法中正确的是（）A.对于向量a，b，c，有abcabcrrrrrrB.向量11,2e

，25,7e能作为所在平面内的一组基底C.设m，n为非零向量，则“存在负数，使得mn”是“0mnurr”的充分而不必要条件D.在ABC中，设D是BC边上一点，且满足2CDDB，

,CDABACR，则0【答案】BCD【解析】【分析】-8-根据平面向量的运算律、数量积及运算性质逐一判断即可.【详解】A中，向量乘法不满足结合律，abcabc

rrrrrr不一定成立，故A错误；B中，两个向量11,2e，25,7e，因为2517，所以11,2e与25,7e不共线，故B正确；C中，因为m，n为非零向量，所以cos,0mnmnmn的充要条件是

cos,0mn.因为0，则由mn可知m，n的方向相反，,180mn，所以cos,0mn，所以“存在负数，使得mn”可推出“0mnurr”；而0mn

urr可推出cos,0mn，但不一定推出m，n的方向相反，从而不一定推得“存在负数，使得mn”，所以“存在负数，使得mn”是“0mnurr”充分不必要条件.故C正确；D中，由题意结合平面向量

的性质可得23CDCB，根据平面向量线性运算法则可得2233CDABAC，所以0，D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查了平面向量的运算律、数量积及运算性质，属于中档题.13.已知复数ππ1cos2sin222zi

（其中i为虚数单位）下列说法正确的是（）A.复数z在复平面上对应的点可能落在第二象限B.z可能为实数C.2coszD.1z的实部为12【答案】BCD【解析】【分析】由ππ22，得π2π，得01+cos22，

可判断A选项；当虚部-9-sin20,022，时，可判断B选项；由复数的模的计算和余弦的二倍角公式可判断C选项；由复数的除法运算得11cos2sin222cos2iz1z的实

部是1cos2122cos22，可判断D选项；【详解】因为ππ22，所以π2π，所以1cos21，所以01+cos22，所以A选项错误；当sin20,022，时，复数z是实数，故B选项正确；221+cos2s

in22+2cos22cosz，故C选项正确；111cos2sin21cos2sin21cos2sin21cos2sin21cos2sin222cos2iiziii，1z的实部是1cos2122cos

22，故D选项正确；故选：BCD.【点睛】本题考查复数的概念，复数的模的计算，复数的运算，以及三角函数的恒等变换公式的应用，属于中档题.14.已知函数()sinfxx（其中，0，||2），0

8f，3()8fxf恒成立，且()fx在区间,1224上单调，则下列说法正确的是（）A.存在，使得()fx是偶函数B.3(0)4ffC.是奇数D.的最大值为3【

答案】BCD【解析】【分析】根据3()8fxf得到21k，根据单调区间得到3，得到1或3，故CD正确，代入验证知fx不可能为偶函数，A错误，计算得到B正确，得到答案.-10-【详解】08f，3()8fxf，则318824

2kT，kN，故221Tk，21k，kN，08f，则()sn08ifx，故8k，8k，kZ，

当,1224x时，,246xkk，kZ，()fx在区间,1224上单调，故241282T，故4T，即8，0243，故62，故

3，综上所述：1或3，故CD正确；1或3，故8k或38k，kZ，fx不可能为偶函数，A错误；当1时，(0)sinsin8fk，33sinsin4488fkk

，故3(0)4ff；当3时，3(0)sinsin8fk，393sinsin4488fkk，故3(0)4ff，综上所述：3(0)4ff

，B正确；故选：BCD.【点睛】本题考查了三角函数的性质和参数的计算，难度较大，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.15.若复数143zi，243zi（其中i为虚数单位）所对应的向量

分别为1OZ与2OZ，则12OZZ的周长为________.-11-【答案】16【解析】【分析】由已知可得14,3OZ，24,3OZ，12210,6Z

ZOZOZ，再求出复数的模，从而可得12OZZ的周长【详解】因为14,3OZ，24,3OZ，12210,6ZZOZOZ，所以221435OZ，222435O

Z，2212066ZZ.所以12OZZ的周长为55616.故答案为：16【点睛】此题考查复数的模的运算，属于基础题16.已知函数2sin0,fxx的图像如图所示，则________，712f__

______.【答案】(1).3(2).0【解析】【分析】结合函数图象由35244T，解得32T，得到，再由函数图象过点,04可求得函数的解析式，可求得所求的函数值.【详解】如图有：35244T.所以23T，故22323T

，又332,42kkZ，所以11+24k，又，所以34，-12-故3()2sin34fxx，所以7732sin32sin012124f.故答案为：3；0.【点睛】本题主要

考查三角函数的图象和性质，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.17.如图所示，正方体1111ABCDABCD的棱长为2，M是1CB上的一个动点，则1BMDM的最小值是________.【答案】26【解析】【分析】根据题意得到将11CBD沿直线1CB折起，当B，M

，1D在同一直线上时，1BMDM最小，再计算最小值即可.【详解】将11CBD沿直线1CB折起，当B，M，1D在同一直线上时，1BMDM最小，如图所示：-13-此时2BM，11CBD是边长为22的等边三角形，所以2212226DM

，所以1BMDM的最小值为26.故答案为：26【点睛】本题主要考查直观图和平面展开图，考查学生的转化能力，属于简单题.18.将函数()4cos2fxx与直线()1gxx的所有交点从

左到右依次记为125,,...,AAA，若P点坐标为0,3，则125...PAPAPA____.【答案】10【解析】【分析】由函数()4cos2fxx

与直线()1gxx的图象可知，它们都关于点3(1,0)A中心对称，再由向量的加法运算得1253...5PAPAPAPA，最后求得向量的模.【详解】由函数()4cos2fxx与直线()1gxx的图象可知，它们都关于点3(1,0)

A中心对称，所以221253...5||5(01)(30)10PAPAPAPA.【点睛】本题以三角函数和直线的中心对称为背景，与平面向量进行交会，考查运用数形结合思想解决问题的能力.四、解答题：共60分.解答应写出文字

说明，证明过程或演算步骤.19.在平面直角坐标系xOy中，已知点1,2A，2,3B，2,1C.（1）以线段AB，AC为邻边作平行四边形ABDC，求向量AD的坐标和AD；（2）设实数t满足0ABtOCOC

，求t的值.【答案】（1）2,6，210AD；（2）115t.【解析】【分析】-14-（1）根据1,2A，2,3B，2,1C，求得AC，AB的坐标，再由ADACABuuuruuuruuur求解.（2）根据1,2A，2,3B

，2,1C，求得OC，ABtOC的坐标，然后利用0ABtOCOC求解.【详解】（1）由题意，1,1AC，3,5AB

，所以2,6ADACAB，即210AD.（2）由题设知：2,1OC，32,5ABtOCtt.因为0ABtOCOC，所以32,52,1

0tt，所以511t，解得115t.【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算以及数量积运算，属于基础题.20.在①sin4cosaCcA；②2sin5sin2BCbaB这两个条件中任选一个

，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知________，32a.（1）求sinA；（2）如图，M为边AC上一点，MCMB，2ABM，求边c.【答案】（1）选择条件①，4sin5A；

选择条件②，4sin5A（2）354c.【解析】【分析】若选①，（1）由正弦定理可得A的正切值，再由A的范围及正弦的定义求出A的正弦值；-15-（2）设BMMCm，由2ABM，可得4coscossin5BMCBMAA

，在BMC△中，可得c的值；若选②，（1）由三角形内角和和正弦定理及二倍角的正弦公式可得2A的正弦值，进而求出其余弦值，求出A的正弦值；（2）同选①的答案【详解】解：若选择条件①，则答案为：（1）在ABC中，由正弦定理得3si

nsin4sincosACCA，因为sin0C，所以3sin4cosAA，229sin16cosAA，所以225sin16A，因为sin0A，所以4sin5A.（2）设BMMCm，易知4coscossin5BMCBMAA，在BMC△中，由

余弦定理，得22418225mm，解得5m.在直角三角形ABM中，4sin5A，5BM，2ABM，所以354c.若选择条件②，则答案为：（1）因为2sin5sin2BCbaB，所以2sin5sin2AbaB，由正弦定

理得2sincos5sinsin2ABAB，因为sin0B，所以2cos5sin2AA，cos5sincos222AAA，因为cos02A，所以1sin25A，则2cos25A，所以4sin2sincos225AAA.（2）同选择①的答案.-16-【点睛】此题考查三角

形的正余弦定理及二倍角公式的应用，考查计算能力，属于中档题21.如图所示，AB是O的直径，点C在O上，P是O所在平面外一点，D是PB的中点.（1）.求证：//OD平面PAC；（2）.若PAC是边长为6的正三角形，10AB，且BCPC，求三棱锥BPAC的体积.【答案】(1)证

明见解析（2）243【解析】【分析】(1)由条件有//ODPA,则可证明结论（2）由条件可证明BC⊥平面PAC,则13BPACPACVSBC△得到答案.【详解】(1)AB是O的直径，则由O是AB的中点，又D是P

B的中点.在PAB△中，可得//ODPA，且OD平面PAC,PA平面PAC.所以//OD平面PAC.（2）由AB是O的直径，点C在O上，则90ACB,即ACBC.又BCPC，且ACPCC.所以BC⊥平面PAC

.PAC是边长为6的正三角形，则216sin60932PACS△.22221068BCABAC-17-又1193824333BPACPACVSBC△【点睛】本题考查线面平行的证

明和求三棱锥的体积，属于中档题.22.（已知函数2()23sincos2cos1()fxxxxxR.（I）求函数()fx的最小正周期及在区间[0,]2上的最大值和最小值；（II）若006(),[,

]542fxx,求0cos2x的值.【答案】函数()fx在区间0,2上的最大值为2，最小值为-10000343cos2cos2cos2cossin2sin66666610xxxx

【解析】试题分析：（1）将函数利用倍角公式和辅助角公式化简为2sin26fxx,再利用周期2T可得最小正周期,由0,2

找出26x对应范围,利用正弦函数图像可得值域;（2）先利用求出0cos26x,再由角的关系展开后代入可得值.试题解析:（1）所以又所以由函数图像知.（2）解：由题意-18-而所以所以所以=.考点：三角函数性质;同角间基本关系式;两角和的余弦公式23.某地棚户

区改造建筑平面示意图如图所示，经规划调研确定，棚改规划建筑用地区域近似为圆面，该圆面的内接四边形ABCD是原棚户区建筑用地，测量可知边界4ABAD万米，6BC万米，2CD万米.（1）请计算原棚户区建筑用地ABCD的面积及AC的长；（2）因地理条件的限制，边界,ADDC不能更改

，而边界,ABBC可以调整，为了提高棚户区建筑用地的利用率，请在圆弧ABC上设计一点P，使得棚户区改造后的新建筑用地APCD的面积最大，并求出最大值.【答案】(1)27AC万米.83ABCDS万平方米.(2)所求面积的最大值为93万平方米，此时点P为弧ABC

的中点.【解析】【详解】试题分析：(1)利用圆内接四边形得到对角互补，再利用余弦定理求出相关边长，再利用三角形的面积公式和分割法进行求解；(2)利用余弦定理和基本不等式进行求解．试题解析：(1)根据题意知，四边形ABCD内接于圆，∴∠ABC＋∠ADC＝180°.在△ABC中，由余弦定

理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，即AC2＝42＋62－2×4×6×cos∠ABC.在△ADC中，由余弦定理，得-19-AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC，即AC2

＝42＋22－2×4×2×cos∠ADC.又cos∠ABC＝－cos∠ADC，∴cos∠ABC＝，AC2＝28，即AC＝2万米，又∠ABC∈(0，π)，∴∠ABC＝.∴S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ADC

＝×4×6×sin＋×2×4×sin＝8(平方万米)．(2)由题意知，S四边形APCD＝S△ADC＋S△APC，且S△ADC＝AD·CD·sin＝2(平方万米)．设AP＝x，CP＝y，则S△APC＝xysin＝xy.在△APC中，由余弦定理，得AC2＝x2＋y2－2xy·cos＝x2＋y2－x

y＝28，又x2＋y2－xy≥2xy－xy＝xy，当且仅当x＝y时取等号，∴xy≤28.∴S四边形APCD＝2＋xy≤2＋×28＝9(平方万米)，故所求面积的最大值为9平方万米，此时点P为弧ABC的中点．