【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+含答案.docx，共(11)页，832.235 KB，由小赞的店铺上传

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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．12．已知角的终边过点(3,)Pm，

且4sin5=−，则m的值为（）A．4−B．4C．3−D．33．若复数3i+为方程20xmxn++=(,)mnR的一个根，则该方程的另一个根是（）A．3i−−B．3i−C．3i−D．3i+4．已知水平放置的ABC△的直观图如图所示，3AC=，2B

C=，则边AB上的中线的实际长度为（）A．5B．13C．52D．1325．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．9B．62C．92D．86．在三棱锥PABC−中

，PA⊥底面ABC，2AB=，ACAP=，BCCA⊥，若三棱锥PABC−外接球的表面积为5，则BC=（）A．5B．3C．2D．17．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8．如图，在ABC△中，3BAC=，2ADDB=，P为CD上一点，且满足1(R)2APmACABm=+，若3AC=，4AB=，则APCD的值为（）A．3−B．1312−C．1312D．112−二、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a，b，c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ab⊥，ac⊥，则bc∥B．若ab∥，ac∥，则bc∥C．若

⊥，⊥，则∥D．若∥，∥，则∥10．下列各式中结果为零向量的是（）A．ABBCCA++B．ABMBBOOM+++C．OAOBBOCO+++D．ABACBDCD−+−11．下列选项中，与12的值相等的是（）A．20

23cos3−B．4sin10cos20cos40C．3cos10sin102sin25cos25−D．()()11tan371tan8++12．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222sinsin

sin1++=D．点C关于平面11ABD的对称点为M，则M到平面ABCD的距离为43三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．在ABC△中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．若4A=，3B=，22

a=，则b=________．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________．15．将函数()sincos(,0)fxaxbxabb=+R且的图像上各点的横坐标缩短为原来

的12倍，再将所得图像向左平移6个单位长度后，得到一个偶函数图像，则ab=________．16．如图，在正三棱柱111ABCABC−中，1ABAA=，D，E分别为1AA，AC的中点．若侧面11BBCC的中心为O，M为侧面11AA

CC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________．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．（满分10分）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．18．（满分12分）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．1

9．（满分12分）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1()326gxfx=+，满足|()|1gxt−对任意的5,012x−恒成立，求实数t的取值范围．2

0．（满分12分）如图，ABC△中，22ACBCAB==，ABED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．21．（满分12分）已知锐角ABC△内角A、B、C的对边分别为

a、b、c，且(tantan)2tanaACbA+=．（1）求C的大小;（2）若ABC△的面积为32，求a的取值范围．22．（满分12分）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ABC

D，点1O，O分别为11BD，BD的中点，11OB=，1AAB，1OBO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．

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答案一．单选1-5：DABCA6-8：BCC二．多选9．BD10．AD11．ABD12．ACD三、填空题13．2314．215．316．4883+17．（1）解：由复数11iz=+，23iz=−，可得12(1i)(

3i)31(31)izz=+−=++−．（2）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

．解：（1）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−−−．（2）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．解：（1）由图可知：23124T=−=，所以22T==，所以4=，0A，由图易得13A=则1()sin(4)3fxx=+，又11sin12333

f=+=，则sin13+=，则232k+=+，kZ所以26k=+，kZ，所以11()sin42sin43636fxxkx=++=+．令242262kxk−++，kZ，解得26212

kkx−+，kZ，所以()fx的单调递增区间为,26212kk−+，kZ．（2）由题5()sin26gxx=+．当5,012x−，5520,66x+时，()[0,1]gx．因为|(

)|1gxt−对任意的5,012x−恒成立，则maxmin()1()1gxtgxt+−+，即1101tt+−+所以[0,1]t．20．（满分12分）解：（1）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，HGBC∥，

HFDE∥．又四边形ADEB为正方形，DEAB∥，从而HFAB∥．BC平面ABC，HG平面ABC，HG∥平面ABC，同理HF∥平面ABC，又HGHFH=，平面HGF∥平面ABC，GF平面HGF

，则GF∥平面ABC;（2）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，则ADBC⊥，22ACBCAB==，1AB=，22ACBC==，1AB=，2

2ACBC==，则22CACBAB+=，得ACBC⊥．又ADACA=，AD，AC平面ACD，BC⊥平面ACD，而BC平面BCE，所以平面BCE⊥平面ACD．21．（满分12分）解：（1）在锐角ABC△中，因为(tantan)2tanaACbA+=，所以sinsin

sincoscossinsin()sin2coscoscoscoscoscoscosACACACaACAaabACACACA+++===，又因为ACB+=−，所以sin()sinsin2coscoscosco

scosaBaBAbACACA−==，即sin2sincosaBbAC=，由正弦定理得sinsin2sinsincosABABC=，又A，B，(0,)C，则sinA，sin0B，所以1cos2C=，可得3C=（2）在锐角ABC△中，因为3C=，则13sin2

2ABCSabC==△，所以2ab=，即2ba=，因为(tantan)2tanaACbA+=，即4(tan3)tanaAAa+=，所以223tan4aAa=−，因为ABC△为锐角三角形，且3C=，则022032ABA=−，解得62A，可得3tan3A

，即223343aa−，解得12a．22．（满分12分）解：（1）底面ABCD是菱形，ACBD⊥，又平面11BDDB⊥平面ABCD，且平面11BDDB平面ABCDBD=，AC平面ABCD，AC⊥平面1

1BDDB，又1BB平面11BDDB，1ACBB⊥．（2）由（1）知AC⊥面11BDDB，又AC平面11ACCA，平面11ACCA⊥平面11BDDB，作BE⊥交线1OO，垂足为E，因为平面11ACCA平面111BDDBOO=，BE平面11BDDB，则BE⊥面11ACCA，又1AA平面1

1ACCA，所以1AABE⊥．再作1BFAA⊥，垂足为F，BE面BEF，BF面BEF，BEBFB=所以1AA⊥面BEF，又面EFBEF，则1EFAA⊥，所以BFE为二面角1BAAC−−的平面角，111111132

2313322AABCDABCDAAAVShhh−====，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ABCDOB=，1OH平面11BDDB，所以1OH

⊥平面ABCD，所以132OH=，又1OBO为锐角，所以12BH=，160OBO=，又11OBOB==，所以1BOO△为等边三角形，故11OO=，所以32BE=，因为ABCD∥，所以1121221sinsin77BAAB

FABBAA===，所以372sin42217BEBFEBF===，3cos4BFE=．所以二面角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微信公众号www.xiang

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