【文档说明】四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题 含解析.docx，共(23)页，2.774 MB，由管理员店铺上传

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成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高一下期末考试数学试题本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上．2．答选择题时，必

须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选择涂其它答案标号．3．答非选择题时，必须使用0．5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上的答题无效．5．考试

结束后，只将答题卡交回．一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知复数(1)i1zkk=++−是纯虚数，则实数k=（）A.0B.2C.1−D.1【答案】D【解析】【分析】直接由复数为纯虚数列方程求解即可【详解】因为复数(1)i1zkk

=++−是纯虚数，Rk，所以1010kk+−=，解得1k=，故选：D2.已知角终边过点()3,Pm，且4sin5=−，则m的值为（）A.3−B.3C.4−D.4【答案】C【解析】【分析】分析出0m，利用三角函数定义可得出关于m的等式，解之即可.【详解】因为角的终边过点(

)3,Pm，且4sin5=−，则0m，且24sin59mm==−+，的的解得4m=−.故选：C.3.若复数3i+为方程20xmxn++=（m，nR）的一个根，则该方程的另一个根是（）A.3i−−B.3i−C.i3−D.i3+【答案】B【解析】【分析】

根据实系数方程的虚根成共轭复数求解即可.【详解】根据实系数方程的虚根成共轭复数可知，另一个复数根为3i−.故选：B．4.已知水平放置ABC的直观图如图所示，3AC=，2BC=，则边AB上的中线的实际长度为（）A

.5B.13C.52D.132【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法的规则即可求解【详解】ABC的实际图形应是直角三角形，两条直角边长分别是4和3，斜边AB上的中线长度为52故选：C5.已知某圆台的高为22，上底面半径为1，下底面半径为2，则其侧面展开图的面积为（）A.9πB.62C.9

2D.8π【答案】A【解析】【分析】求圆台的侧面积，直接利用公式求解.的【详解】∵圆台的母线长为()()2222213+−=，∴其侧面展开图的面积()1239S=+=.故选：A.6.在三棱锥−PABC中，P

A⊥底面ABC，2ABACAP==，，BCCA⊥，若三棱锥−PABC外接球的表面积为5π，则BC=（）A.1B.2C.3D.5【答案】C【解析】【分析】根据外接球的特点和线面垂直的判定结合几何关系即可求解.【详解】因为PA⊥平面ABC，BC平面ABC，所以BCP

A⊥，由,,BCCACAPAA⊥=,CAPA面PAC，所以BC⊥面PAC，由AB面ABC，则PA⊥AB，由PC面PAC，则BC⊥PC，PB是RtPBC和RtPBA的公共斜边，则PB是三棱锥的外接球直径，由254π5π2SRR===，设ACAPm==，则2245P

BRm==+=，则1,413mBC==−=，故选：C．7.位于四川省乐山市的乐山大佛，又名“凌云大佛”，是世界文化与自然双重遗产之一．如图，已知PH为佛像全身高度，PQ为佛身头部高度（PQ约为15米）．某人为测量乐山大佛的高度，选取了与

佛像底部在同一水平面上的两个测量基点A，B，测得40AB=米，20BH=米，108ABH=，在点A处测得点Q的仰角为48.24°，则佛像全身高度约为（）（参考数据：取tan48.241.12=，cos1080.31

=−，396.25=）A.56米B.69米C.71米D.73米【答案】C【解析】【分析】由余弦定理可得839AH=，再由48.24QAH=，tan48.241.12QHAH==可求得QH，从而可得结论.【详解】由余弦定理可得222cos160040016000.

31AHABBHABBHABH=+−=++2496839==．依题意得48.24QAH=，则tan48.241.12QHAH==，所以1.128.96398.966.2556QHAH====，则1556

71PH+=，故佛像全身高度约为71米．故选：C.8.如图，在ABC中，π3BAC=，2ADDB=，P为CD上一点，且满足()R12APmACABm+=，若3AC=，4AB=，则APCD的值为（）.A.3−B.1312−C.1312D.11

2−【答案】C【解析】【分析】由P、C、D三点共线及2ADDB=，可求m的值，再用AB、AC作基底表示CD，进而求APCD即可.【详解】∵()R12APmACABm+=，2ADDB=，即23ADAB=且2133CDCBCA=+，∴()R34APmACADm+=，又C、P、D共线

，有314m+=，即14m=，即1142APACAB=+，而CBCAAB=+，∴2122()3333CDCAABCACAABABAC=++=+=−∴APCD=2211211116913()()24233343412ACABABAC

ABABACAC+−=−−=−−=.故选：C二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题给出的选项中，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,,abc是三条不同的直线，,,是

三个不同的平面，下列命题正确的有（）A.若,abac⊥⊥，则//bcB.若//,//abac，则//bcC.若,⊥⊥，则//D.若,////，则//【答案】BD【解析】【分析】根据线线、面面位置关系等知识确定正确答案.【详解】A选项，若,abac⊥⊥，则,bc

可能异面，A选项错误.B选项，若//,//abac，则//bc，B选项正确.C选项，若,⊥⊥，则,可能相交，C选项正确.D选项，若,////，则//，D选项正确.故选：BD10.下列各式中结果为零向量的是A.ABBCCA++

B.ABMBBOOM+++C.OAOBBOCO+++D.ABACBDCD−+−【答案】AD【解析】【分析】根据向量加法和减法逐一判断选项，得到正确答案.【详解】A.0ABBCCAACCA++=+=，所有A正确；B.ABMBBOOMAB+++=，不正确；C.OAOBBOCOCOOACA+++=+

=，不是零向量；D.0ABACBDCDCBBDCD−+−=+−=，所有D正确.故选：AD【点睛】本题考查向量加减法，属于基础题型.11.下列选项中，与12的值相等的是（）A.2023πcos3−B.4sin10c

os20cos40C.3cos10sin102sin25cos25−D.()()11tan371tan8++【答案】ABD【解析】【分析】A.利用三角函数诱导公式求解判断；B.利用二

倍角的正弦公式求解判断；C.利用两角和的余弦公式和二倍角的正弦公式求解判断；D.利用两角和的正切公式求解判断.【详解】对于A，2023π2023πππ1coscoscos674π+cos33332−====，故正确；对于B，4sin10cos10cos20cos404sin

10cos20cos40cos10=2sin20cos20cos402sin40cos40sin801cos102cos102cos102====，故正确；对于C，()2co

s10303cos10sin102sin5022sin25cos25sin50sin50+−===，故错误；对于D，因为()tan37tan8tan3781tan37tan8++=−，所以()()tan37tan8tan3781tan37tan8

+=+−，所以()()1111tan371tan81tan37tan8tan37tan82==+++++，故正确；故选：ABD12.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，点P为线段1BC上的动点，则（）A.DP//平

面11ABDB.1DPCP+的最小值为12+C.直线DP与平面ABCD、平面11DCCD、平面11ADDA所成的角分别为,,，则222sinsinsin1++=D.点C关于平面11ABD的对称点为M，则M到平面ABCD的距离为43

【答案】ACD【解析】【分析】根据正方体的几何性质结合线面平行判定定理、勾股定理、余弦定理、线面夹角的定义、点到平面的距离，逐项盘点即可得答案.【详解】对于A，如图连接11111,,,,DBDCABADBD在正方体11

11ABCDABCD−中，因为1111//,ABDCABDC=，所四边形11ABCD为平行四边形，所以11//ADBC，又1BC平面1BCD，1AD平面1BCD，所以1//AD平面1BCD，同理可得11//DBDB，又DB平面1BCD，11DB平面1BCD，所以11//DB平

面1BCD，由1111111,,ADDBDADDB=平面11ABD，所以平面1//BCD平面11ABD，因为DP平面1BCD，所以//DP11ABD，故A正确.对于B，如图将平面11DCB和平面1BCC展开

到同一个平面，连接1DC1DPCP+的最小值即为1DC，在正方体可得11DC⊥平面1BCC，1CB平面1BCC，所以111DCCB⊥，且11,CCBCCCBC=⊥，所以1π4BCC=则平面中113π4D

CC=，由余弦定理得22211111111122cos11211222DCDCCCDCCCDCC=+−=+−−=+，即122DC=+，故B错误；对于C，如图，过P作1PNCC⊥于N，PEBC⊥于E，PQ⊥平面11ADDA于Q，连接,,,

QDDEDNPC由正方体易得PN^平面11DCCD，PE⊥平面ABCD，又直线DP与平面ABCD、平面11DCCD、平面11ADDA所成的角分别为,,，所以sinsin,sinsin,sinsinPEPNPQPDEPDNPDQPDPDPD=====

=，则2222222222sinsinsinPEPNPQPEPNPQPDPDPDPD++++=++=，因为PQ⊥平面11ADDA，CD⊥平面11ADDA，则//PQCD，且PQCD=，所以四边形PQDC为平行四边形，所以DQPC=，

又在矩形PNCE中可得22222PEPNPEECPC+=+=，所以222PEPNDQ+=，在RtPQD△中，222DQPQPD+=，所以2222PEPNPQPD++=，即222sinsinsin1++=，故C正确；对于D，连接111,,ACDCAC，连接1AC交平面11AB

D于F，过F作//FHAC交AC于H在正方体中可得，1111ACBD⊥，1CC⊥平面1111DCBA，因为11BD平面1111DCBA，所以111CCBD⊥，又1111111,,CCACCCCAC=

平面11ACC，所以11BD⊥平面11ACC，又1AC平面11ACC，所以111BDAC⊥，同理可得11ADAC⊥，因为1111111,,ADBDDADBD=平面11ABD，所以1AC⊥平面11ABD，即

1AF⊥平面11ABD，因为正方形的面对角线11112ADBDAB===，所以11ABD为正三角形，又111111AABDAABDVV−−=，所以11111111133ABDABDSAFSAA=，则111111111111321π322sin23ABDABDSA

AAFS===，因为正方体的体对角线13AC=，所以1113AFAC=，因为//FHAC，所以1123FHCFAAAC==，即23FH=，因为1AA⊥平面ABCD，所以F到平面ABCD

的距离为23，由于点C关于平面11ABD的对称点为M，则F为CM中点，于是M到平面ABCD的距离为43，故D正确.故选：ACD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.在ABC中，角,,ABC所对

应的边分别为,,abc．若,,2243ABa===，则b=__________．【答案】23【解析】【分析】根据正弦定理即可求解.【详解】因为sinsinabAB=，所以322sin223sin22aBbA===．故答案为：23.14.如图，PA⊥平面ABC

，90ACB=且1PAACBC===，则异面直线PB与AC所成角的正切值为________．【答案】2【解析】【分析】过B作//BDAC，BDAC=，则异面直线PB与AC所成角为PBD或其补角，由线线垂直证DB⊥平面PAD，再证BDPD⊥，即可在RtPDB

中求PBD的正切值即可.【详解】过B作//BDAC，且BDAC=，因为90ACB=，所以四边形ADBC为矩形，所以，异面直线PB与AC所成角为PBD或其补角，因为1PAACBC===，所以1AD=，1BD=，因为PA⊥平面ABC，AD、BD平面ABC，则PAAD⊥，PABD⊥

，所以22112PDPAAD=+=+=，又因为DBAD⊥，ADPAA=，AD、PA平面PAD，所以DB⊥平面PAD，因为PD平面PAD，所以BDPD⊥．在RtPDB中，2tan21PDPBDBD===，即异面直线PB与AC所成的角

的正切值为2．故答案为：2.15.将函数()sincos(,fxaxbxab=+R且0)b的图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，再将所得图象向左平移6个单位长度后，得到一个偶函数图象，则ab=_______

___．【答案】3【解析】【分析】利用三角函数图象的对称性，找到关于a，b的方程即可求解.【详解】将函数()sincos(,fxaxbxab=+R且0)b的图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，得到函数()()2sin2cos2(,)gxfx

axbxab==+R的图象，再将所得图象向左平移6个单位长度后，得到函数πππ()sin2()cos2()(,)666hxgxaxbxab=+=+++R，因为()hx为偶函数，图象关于y轴对称，所以函数()gx

的图象的一条对称轴为π6x=，所以有πππ31()sincos(0)63322gababgb=+=+==，解得3ab=.故答案为：316.如图，在正三棱柱111ABCABC-中，1ABAA=，D，E分别为1AA，AC的中点．若侧面1

1BBCC的中心为O，M为侧面11AACC内的一个动点，//OM平面BDE，且M的轨迹长度为32，则三棱柱111ABCABC-的表面积为________．【答案】4883+##8348+【解析】【分析】连接1CE交1AC于I，

取1CE的中点F，过F作1//HGAC，分别交111,CCAC于,HG，连接1,,,,HGOGOFOHBC，由面面平行的判定定理可证得平面//OHG平面BED，所以M的轨迹为线段HG，再由相似比求出AB，即可求出三棱柱111ABCABC-的表面积.【详解】连接1CE交1AC于I，

取1CE的中点F，过F作1//HGAC，分别交111,CCAC于,HG，连接1,,,,HGOGOFOHBC，易得//,//OFBEHGDE，因为,OFHG平面BED，,BEDE平面BED，所以//OF平面BED，//HG平面BED，因为OFHGF=，且都在面OHG内，所

以平面//OHG平面BED，所以M的轨迹为线段HG，因为11CEIACI，所以11111111322,243CECIACCFEICECICE====，因为111CGCCAH，所以11134CFHGCACI==，所以11142=42,432CAH

GABAACA====，故三棱柱111ABCABC-的表面积为13244+34448+8322=.故答案为：4883+.四、解答题（本题共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.已知复数11iz=+

，23iz=−（1）求12zz;（2）若3z=，且复数z的虚部等于复数21zz−的虚部，复数z在复平面内对应的点位于第三象限，求复数z．【答案】（1）1231(31)izz=++−（2）52iz=−−【解析】【分析】（1）根据题意，由复数乘法运算即可得到结果；（2）根据题意，由条件可设2

i(R)zaa=−，然后列出方程即可得到结果.【小问1详解】由复数11iz=+，23iz=−，可得12(1i)(3i)31(31)izz=+−=++−．【小问2详解】由题意，可得21(31)2izz−=−−，因为复数z的

虚部等于复数21zz−的虚部，可设2i(R)zaa=−，又3z=，可得249a+=，解得5a=或5a=−，又因为复数z在复平面内对应的点位于第三象限，所以5a=−，故52iz=−−．18.已知向量(2,1)a=，(1,)bm=−．（1）若a与b的夹角为钝角，求实数m的取值范围；（2）若(2

)aab⊥−，求a在b上的投影向量的坐标．的【答案】（1）11,,222−−−（2）29,1717−【解析】【分析】（1）根据题意，列出不等式，即可得到结果；（2）根据题意，由(2)aab⊥−可求得m，再由投影向量的定义即可得到结果.【小问1详解

】因为a与b的夹角为钝角，所以0ab，且a与b不反向共线，故20210mm−++，解得2m，且12m−，所以实数m的取值范围为11,,222−−−．【小问2详解】2(2,1)2(1,)(4,12)abmm−=−−=−，

因为(2)aab⊥−，所以241(12)0m+−=，解得92m=，91,2b=−．故a在b上的投影向量为991,22922,1717||||858522abbbb−−+==−．19.已知函数()sin()(0,0)fxAxA=+的图

象如图所示．（1）求函数()fx的解析式及单调递增区间；（2）若函数1π()326gxfx=+，满足|()|1gxt−对任意的5π,012x−恒成立，求实数t的取值范围．【答案】（1）1π()sin436fxx=+

，ππππ,26212kk−+，Zk（2）[0,1]t．【解析】【分析】（1）根据图得到πππ23124T=−=，进而得到4ω=，13A=，从而1()sin(4)3fxx=+，再由π1123f=求得解析式，再利用这些函数

的性质求解单调区间；（2）易得5()sin2π6gxx=+．根据|()|1gxt−对任意的5π,012x−恒成立，由()()maxmin11gxtgxt+−+求解.【小问1详解

】由图可知：πππ23124T=−=，所以π2π2T==，所以4ω=，0A，由图易得13A=，则1()sin(4)3fxx=+，又π1π1sin12333f=+=，则sin13π

+=，则ππ2π32k+=+，Zk所以π2π6k=+，Zk，所以1π1π()sin42πsin43636fxxkx=++=+．令πππ2π42π262kxk−++，Zk，解得ππππ

26212kkx−+，Zk，所以()fx的单调递增区间为ππππ,26212kk−+，Zk．【小问2详解】由题5()sin2π6gxx=+．当5π,012x−，5π5π20,66x+时，()[0,1]gx

．因为|()|1gxt−对任意的5π,012x−恒成立，则()()maxmin11gxtgxt+−+，即1101tt+−+所以[0,1]t．20.如图，ABC中，22ACBCAB==，ABE

D是正方形，平面ABED⊥平面ABC，若G、F分别是EC、BD的中点．（1）求证：GF∥平面ABC;（2）求证：平面BCE⊥平面ACD．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）取BE的中点H，连接HF，GH，则由三角形中位线定理得HG∥BC，HF∥DE，再结合正方形的性质

可得HF∥AB，则HG∥平面ABC，由理HF∥平面ABC，从而可证得平面HGF∥平面ABC，进而可证得结论；（2）由已知面面垂直可得AD⊥平面ABC，则ADBC⊥，再由22ACBCAB==结合勾股定理逆定

理可得ACBC⊥，再由面线垂直和面面垂直的判定定理可证得结论.【小问1详解】证明：如图，取BE的中点H，连接HF，GH．G，F分别是EC和BD的中点，HG∥BC，HF∥DE．又四边形ADEB为正方形，DE∥AB，从而HF

∥AB．BC平面ABC，HG平面ABC，HG∥平面ABC，同理HF∥平面ABC，又HGHFH=，,HGHF平面HGF，平面HGF∥平面ABC，GF平面HGF，则GF∥平面ABC;【小问2详解】ADEB∵为正方形，ADAB⊥．又平面ABED⊥

平面ABC，且平面ABED平面ABCAB=，AD面ADEB，AD⊥平面ABC，∵BC平面ABC，∴ADBC⊥，设1AB=，22ACBCAB==，22ACBC==，∴222CACBAB+=，∴ACBC⊥．又ADACA=，AD，AC平面ACD，BC⊥平面ACD，而BC平面BCE，

∴平面BCE⊥平面ACD．21.已知锐角△ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a（tanA＋tanC）＝2b·tanA．（1）求C的大小；（2）若△ABC的面积为32，求a的取值范围．【答案】（1）π3（2）1＜a＜2．【解析】【分析

】（1）先切化弦，然后结合正弦定理可解.（2）用a来表示三角形的面积，进而表示出tanA，然后结合角的取值范围解a.【小问1详解】在锐角△ABC中，因为a（tanA＋tanC）＝2b·tanA，所以sincoscossinsin()coscossicoscosnsinsin2c

oscoscosACACaACACACAaabAACAC++=+==，又因为A+C＝π－B，所以sin(π)sinsin2ccoscoscososcosaBaBACAAbAC=−=，即sincosi

s2naBCbA=，由正弦定理得sinsincosABC＝2sinA·sinB，又(),,0,πABC，则sin,sin0AB，所以cosC＝12，可得C＝π3.【小问2详解】在锐角△ABC中，因为C＝π3，则1sin2ABCSabC==△32，所以ab＝2，即b＝2a，因为a（tan

A＋tanC）＝2b·tanA，即()4tan3tanaAAa+=，所以tanA＝2234aa−，因为△ABC为锐角三角形，且C＝π3，则π022ππ032ABA=−，解得π6＜A＜π2，可得tanA＞33，即2234aa

−＞33，解得1＜a＜2．22.如图，在四棱台1111ABCDABCD−中，底面ABCD是边长为2的菱形，3DAB=，平面11BDDB⊥平面ABCD，点1,OO分别为11,BDBD的中点，1111,,OBAABOBO=均为锐角.（1）求

证：1ACBB⊥；（2）若异面直线CD与1AA所成角正弦值为217，四棱锥1AABCD−的体积为1，求二面角1BAAC−−的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）34【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得

到AC⊥平面11BDDB，从而得到1ACBB⊥；（2）几何法：通过面面垂直作过二面角的平面角，通过几何计算求解；空间向量法：建立坐标系用空间向量求解.【小问1详解】底面ABCD是菱形，ACBD⊥，又平面11BDDB⊥平面ABCD，且平面11BDDB平面ABC

DBD=，AC平面ABCD，AC⊥平面11BDDB，又1BB平面11BDDB，1ACBB⊥.【小问2详解】解法一：由（1）知AC⊥面11BDDB，又AC平面11ACCA，平面11ACCA⊥平面11B

DDB，作BE⊥交线1OO，垂足为E，因为平面11ACCA平面11BDDB=1OO，BE平面11BDDB，则BE⊥面11ACCA，又1AA平面11ACCA，所以1AABE⊥.再作1BFAA⊥，垂足为F，BE面BEF，BF面BEF，BEBFB=所以1

AA⊥面BEF，又面EFBEF则1EFAA⊥，所以BFE为二面角1BAAC−−的平面角，111111132231,3322AABCDABCDAAAVShhh−====因为11AC//平面ABCD，所以1O到底面ABCD的距离也为32.作1OHOB⊥，因为平面11BDDB⊥

平面ABCD，平面11BDDB平面ABCD＝OB，1OH平面11BDDB，所以1OH⊥平面ABCD，所以132OH=，又1OBO为锐角，所以11,60,2BHOBO==又11OBOB==，所以1BOO为等边

三角形，故11OO=，所以32BE=，因为//ABCD，所以1121221sinsin77BAABFABBAA===，所以3732sin,cos442217BEBFEBFEBF====.所以二面角1BAAC

−−的平面角的余弦值为34.解法二：由（1）知AC⊥面11BDDB，又AC平面ABCD，平面ABCD⊥平面11BDDB，作1OHBD⊥，因为平面11BDDB⊥平面ABCD，平面11BDDB平面ABCD＝BD，1OH平面11BDDB，所以1OH⊥平

面ABCD，如图，建立直角坐标系：O为原点，,OAOB为,xy轴方向，z轴//1OH.11111132231,3322AABCDABCDAAAVShhh−====因为11AC平面ABCD，所以1O到底面ABCD的距离也为32

.所以132OH=，又1OBO为锐角，所以111,,60,22BHOHOBO===又11OBOB==，所以1BOO为等边三角形，故11OO=，空间直角坐标系中：()()()3,0,0,0,1,0,3,0,0ABC−，设11

3,,22Aa，则()1133,,,3,1,022AAaDCAB=−==−()11211332732cos,.7213(3)244aDCAADCAAaDCAAa−−+====−++

则()()1313,,,3,1,0,23,0,0222AAABAC=−=−=−，设平面1ABA的法向量为(),,mxyz=，1313022230mAAxyzmABxy=−++==−+=，取(1,3,0)m=设平面1A

CA的法向量为(),,nxyz=，在13130222230nAAxyznACx=−++==−=，取()0,3,1n=−所以3cos,4mnmnmn==−，由题知二面角为锐角，故二面角1BAAC−−的平面角的余弦值为34.获得更多资源请扫码加入享学资源网

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