广东省珠海市2022-2023学年高一下学期期末数学试题
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保密★启用前试题类型：A珠海市2022-2023学年度第二学期学生学业质量监测高一数学试题2023.7本试卷共5页，22小题，满分150分，考试用时120分钟。一、单选题：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，只有一项是符合题目要求的.1.若z(1i15i−=−)，则z=（）A.−−22iB.−+22iC.32i−D.32i+2.如图所示，△ABC的直观图是边长为4的等边△ABC′′′，则在原图中，BC边上的高为（）A.46B.26C.23D.33.sin2023cos17°°+cos2023cos73°°=（）1133A.B.−C.−D.22224.在正方体ABCD−ABCD中，E是CD的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值是（）111111131010A.0B.C.D.21010π5.已知α∈0,，1cos2−−=αα2sin20，则cosα=（）215425A.B.C.D.55552π6.在四面体ABCD中AB⊥BC，AB⊥AD，向量BC与AD的夹角为，若AB=6，BC=AD=3，则3该四面体外接球的表面积为（）A.18πB.36πC.54πD.72π7.已知当x=θ时，函数fx()=2cosx−sinx取得最大值，则cos2θ=（）学科网（北京）股份有限公司,1143A.B.−C.D.55558.在△ABC中，AB=1，AC=2，∠BAC=60°，P是△ABC的外接圆上的一点，若AP=mABnAC+，则mn+的最大值是（）31A.1B.C.D.322二、多选题：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.1i−9.已知复数=−i，则下列命题正确的是（）zA.z=−+1iB.z=2C.复数z的虚部为iD.复数z的共轭复数在复平面上对应的点为(1,1−)10.下列说法正确的有（）A.已知a=−(1,2)，bx=(2,)，若ab⊥，则x=1B.已知b≠0，若ab∥，bc∥，则ac∥C.若ab≠，则a一定不与b共线3D.若AB=(3,1)，AC=(m−1,m)，∠BAC为钝角，则实数m的范围是m<4111.已知x∈(0,π)，sinxx+=cos−，则下列结论正确的是（）3π28A.sinx+=−B.sin2x=−43917C.sinxx−=cos−D.−<1tanx<0312.如图，矩形ABCD中，E，F分别为BC，AD的中点，且BC=22AB=，BF交AE于O，将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（）A.CF⊥OPB.存在点P，使得PE∥CF学科网（北京）股份有限公司,2C.存在点P，使得PE⊥EDD.三棱锥P−AED的体积最大值为6三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.213.已知复数z满足3z+=−i62i，则z=______.14.已知ab⋅=16，e是与b方向相同的单位向量，若a在b上的投影向量为8e，则b=______.2π15.已知2cosαα−=123sin，则cos2α+=______.316.在△ABC中，∠A=60°，BC=3，O为△ABC的外心，D，E，F分别为AB，BC，CA的中2223点，且OD++=OEOF，则OAOBOBOCOCOA⋅+⋅+⋅=______.4四、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.（10分）已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a=(1,3).（1）若c=1，且ca∥，求c坐标；（2）若b为单位向量，且(ab+⊥−)(25ab)，求a与b的夹角.18.（12分）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，AB=PA=2，且直线PD与底面πABCD所成的角为.4（1）求证：平面PBD⊥平面PAC；（2）求点C到平面PBD的距离19.（12分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设bca+=2(cosB+cosC).（1）求角A；学科网（北京）股份有限公司,（2）若BD=DC，且AD=2，求△ABC面积的最大值.20.（12分）2π已知函数fx()=sinx−+3coscosxx.21（1）设θπ∈[0,)，函数fx(+−θ)是奇函数，求θ的值；2π（2）若fx()在区间−,m上恰有三条对称轴，求实数m的取值范围.321.（12分）中国剪纸是一种民间艺术.具有广泛的群众基础，交融于各族人民的社会生活，现有一张矩形卡片ABCD，对角线长为t（t为常数），从△ABD中裁出一个内接正方形纸片EFGH，使得点E，H分别AB，AD上，π设∠DBA=αα0<<，矩形纸片ABCD的面积为S，正方形纸片EFGH的面积为S.122π（1）当α=时，求正方形纸片EFGH的边长（结果用t表示）；3S2（2）当α变化时，求的最大值及对应的α值S122.（12分）几何体E−ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，BC=CD=2，∠BCD=120°，M为线段AE的中点.（1）求证：DM∥平面BEC；BN（2）线段EB上是否存在一点N，使得D，M，N，C四点共面？若存在，请求出的值；若不存在，BE学科网（北京）股份有限公司,并说明理由.珠海市2022-2023学年度第二学期学生学业质量监测高一数学参考答案及评分标准2023.7一、选择题123456789101112DACDBDDBBDABBDACD二、填空题7313.514.215.−16.−82三、解答题22xy+=117、解：（1）设c=(xy,)，由已知可得,30xy−=11x=x=−22解得或33y=y=−221313所以c=,或者c=−−,222222（2）由已知，a=132+=().由(ab+⊥−)(25ab)得(abab+⋅−=)(250)，22即2350a−⋅−abb=，即83−⋅−=ab50，所以ab⋅=1，ab⋅1所以cosab,==.ab⋅2π因为，0,≤≤abπ，故ab,=.318.（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，故∠PDA为直线PD与平面ABCD所成的角，π因此∠PDA=4又PA=2，∴AD=2，∵底面ABCD为矩形，且AB=2，∴底面ABCD为正方形，∴AC⊥BD又PA⊥BD，而AC∩=PAA，AC，PA⊂平面PAC，学科网（北京）股份有限公司,∴BD⊥平面PAC又BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC114（2）V=S⋅=××=PA22，PBCD−△BCD33322由于PB===+=PDBD2222，1所以S=×2222sin6023×°=△PBD2123设点C到平面PBD的距离为d，则V=Sdd⋅=CPBD−△PBD3323423∵VV=，∴d=解得：d=CPBD−−PBCD33323∴设点C到平面PBD的距离为319、解：（1）因为bca+=2(cosB+cosC)，由正弦定理得：sinBCABC+=sin2sin(cos+cos)，∴sin(AC++)sin(AB+=)2sinA(cosB+cosC)，所以sincosACACABAB+++=+cossinsincoscossin2sincosAB2sincosAC整理得，cossinAC+=+cossinABsincosABACsincos，即cossinACAC−=−sincossincosABcossinAB所以sin(CA−=)sin(AB−)，又CA−∈−(ππ,)，AB−∈−(ππ,)所以CAAB−=−或者CAAB−+−=π（舍）或者CAAB−+−=−π（舍），π所以CBA+=2，又ABC++=π所以A=；32221bca+−（2）在△ABC中，由余弦定理得：cosA==，22bc222得b+−=cabc，①a又因为BD=DC，所以BD=DC=，且∠∠πADB+=ADC，22212即cos∠∠ADB+=cosADC0，由余弦定理得，bc+=+8a，②222216联立①②消去a得b+=−≥⇒≤c16bc2bcbc3学科网（北京）股份有限公司,43（当且仅bc==时等号成立），3134343所以S=bcsinA=bc≤.所以ABC面积最大值为（12分）△243322π20.解：（1）fx()=sinx−3coscosx+=xsinx+3cossinxx21cos2−x3π1=+sin2xx=sin2−+（3分）22621ππfx(+−=θθ)sin2x+−2是奇函数，2θπ−=k，kZ∈266ππk即θ=+，kZ∈122π7π又因为θπ∈[0,)，所以θ=或1212ππππ5（2）当xm∈−,时，2xm−∈−,2−，366635πππ要让函数fx()恰有3条对称轴，那么≤−<2m，26254ππ54ππ解得≤<m，即m∈,636321、解：（1）设正方形efgh的边长为a，则∠αaeh=，ab=tcosα，a则be=，ae=acosα，ab=ae+be，sinαa即tacosαα=+cos，sinαttcosαsincosααtsin2α整理得到a===（11sincos++αα2sin2α+cosαsinαπ433−当α=时，at=3132tsin2α221（2）s=，st=⋅=sinααtcostsincosαα=tsin2α212sin2+α2π因为α∈0,，则2απ∈(0,)，sin2α∈(0,1]，2学科网（北京）股份有限公司,22stsin2αα(2sin2)+121则===++sin2α22s2tsin2α2sin2αα2sin222sin2+αx2s191y=++2在(0,1]上单调递减，故=++=22（11分）2xs2min22s22ππ故的最大值为，此时sin2α=1，α∈0,，故α=（12分）s192422.（1）记f为ab的中点，连接df，mf，如图1，因为f，m分别为ab，ae的中点，故mf∥eb因为mf⊄平面ebc，eb⊂平面ebc，所以mf∥平面ebc又因为△adb为正三角形，所以∠dba=60°，df⊥ab，又△bcd为等腰三角形，∠bcd=120°，所以∠dbc=30°，所以∠∠∠abc=+=dbadbc90°，即bc⊥ab所以df∥bc，又df⊄平面ebc，bc⊂平面ebc，所以df∥平面ebc又df∩=mff，df，mf⊂平面dmf，故平面dmf∥平面ebc又因为dm⊂平面ebc，故dm∥平面bec图1（2）延长cd，ab相交于点p，连接pm交be于点n，连接cn，过点n作nq∥ae交ab于点q，如图2，因为dm∥平面ecb，dm⊂平面pdm，平面pdm∩平面ecb=cn，所以dm∥cn，此时d，m，n，c四点共面，由（1）可知，bc=cd=2，∠pcb=60°，cb⊥bp，pncp42得∠cpb=30°，pc=4，故===pmdp63学科网（北京）股份有限公司,nqpn2又因为nq∥ae，所以==，ampm3nqnq1则有==.ae23ambnnq1故==（12分）beae3图2【选择题详解】15i−−64i1.【d】因为z===−32i，所以z=+32i1i−22.【a】.解：在直观图中，h因为边长为2的等边△abc′′′，所以bc′′上的高h=3，∴oa′′==6sin45∴在原图中，bc上的高ao=26.3.【c】解：sin2023cos17°°+=+cos2023cos73°°sin2023cos17°°cos2023sin17°°3=sin2023(°°+=17)sin2040°=sin240°°=−=sin60−24.【d】解：取ab的中点f，连接ac，ef，df，1111因为aa∥cc，且aa=cc，则aacc为平行四边形，可得ac∥ac，11111111又因为e，f分别为cd，ad的中点，则ef∥ac，111111所以ef∥ac，故异面直线de与ac所成角为∠def（或∠def的补角），学科网（北京）股份有限公司,设正方体的棱长为2，则de=df=5，ef=2222de+ef−df525+−10在△def中，由余弦定理cos∠def===，2dedf⋅252××1010所以异面直线de与ac所成角的余弦值是.1025.【в】解：因为1cos2−=∝α2sin，sin2αα=2sin∝cos2所以原式可化简为：2sinα=4sincosαα，5所以sinαα=2cos，tanα=2，所以cosα=.56.【d】解：将四面体abcd补成如图所示的直三棱柱ade−bfc，2π2π因为向量bc与ad的夹角为，所以∠ead=，33222则de=+−⋅⋅adae2adaecos∠ead=27，de22△ade外接圆的半径r==3，该四面体外接球的半径r=+=3332，2sin∠ead2所以该四面体外接球的表面积为4ππ×=(32)72.学科网（北京）股份有限公司,217.【d】解：fx()=−=2cosxsinx5cosx−sinx，5512后cosα=，sinα=，则fx()=−−5sin(xα)，55由题意知，sin(θα−=)−1，ππ所以θα−=−+2kπ，kz∈，即θα=−+2kπ，kz∈22ππ1故sinθαπα=sin−+2k=sin−=−cosα=−，22523所以cos2θθ=12sin−=.58.【b】解：由题意知，△abc为角b为直角的直角三角形，所以ac为外接圆的直径，建立以ac中点为坐标原点，ac为x轴的直角坐标系，可得13c(−1,0)，b,，a(1,0)，p(cos,sinθθ)，2213ac=−(2,0)，ab=−,，ap=(cosθθ−1,sin)2223cosθ13m=sinθ，n=−+−sinθ3226π13mn+=sinθ−+，所以最大值为6221i−9.【bd】解：因为z==+1i，a显然错误，−i22对于b，z=+=112，b故正确，对于c，复数z的虚部为1，故c错误，对于d，复数z的共轭复数为1i−，它在复平面上对应的点为(1,1−)，故d正确.10.【ab】解：根据向量垂直的充要条件xx+=yy0可知a正确，1212因为有b≠0条件，所以b正确对于c，错误很明显31对于d，首先由xx+<yy0得m<，容易忽视反向共线的情况m≠−121242学科网（北京）股份有限公司,πππ211.【bd】解：sinxxx+=sincos+cossin=−，故a错；4442118sinxx+=cos−，平方得：12sincos+=xx，所以sin2x=2sincosxx=−，399故b对217(sinxx−=cos)12sincos−xx=1sin2−=x，又因为x∈(0,π)，sinx>0917由B选项知：sincosxx<0，所以cosx<0，因此sinxx−=cos，故C错；31因为sinxx+=cos−，sinxx</m，即m∈,636321、解：（1）设正方形efgh的边长为a，则∠αaeh=，ab=tcosα，a则be=，ae=acosα，ab=ae+be，sinαa即tacosαα=+cos，sinαttcosαsincosααtsin2α整理得到a===（11sincos++αα2sin2α+cosαsinαπ433−当α=时，at=3132tsin2α221（2）s=，st=⋅=sinααtcostsincosαα=tsin2α212sin2+α2π因为α∈0,，则2απ∈(0,)，sin2α∈(0,1]，2学科网（北京）股份有限公司,22stsin2αα(2sin2)+121则===++sin2α22s2tsin2α2sin2αα2sin222sin2+αx2s191y=++2在(0,1]上单调递减，故=++=22（11分）2xs2min22s22ππ故的最大值为，此时sin2α=1，α∈0,，故α=（12分）s192422.（1）记f为ab的中点，连接df，mf，如图1，因为f，m分别为ab，ae的中点，故mf∥eb因为mf⊄平面ebc，eb⊂平面ebc，所以mf∥平面ebc又因为△adb为正三角形，所以∠dba=60°，df⊥ab，又△bcd为等腰三角形，∠bcd=120°，所以∠dbc=30°，所以∠∠∠abc=+=dbadbc90°，即bc⊥ab所以df∥bc，又df⊄平面ebc，bc⊂平面ebc，所以df∥平面ebc又df∩=mff，df，mf⊂平面dmf，故平面dmf∥平面ebc又因为dm⊂平面ebc，故dm∥平面bec图1（2）延长cd，ab相交于点p，连接pm交be于点n，连接cn，过点n作nq∥ae交ab于点q，如图2，因为dm∥平面ecb，dm⊂平面pdm，平面pdm∩平面ecb=cn，所以dm∥cn，此时d，m，n，c四点共面，由（1）可知，bc=cd=2，∠pcb=60°，cb⊥bp，pncp42得∠cpb=30°，pc=4，故===pmdp63学科网（北京）股份有限公司,nqpn2又因为nq∥ae，所以==，ampm3nqnq1则有==.ae23ambnnq1故==（12分）beae3图2【选择题详解】15i−−64i1.【d】因为z===−32i，所以z=+32i1i−22.【a】.解：在直观图中，h因为边长为2的等边△abc′′′，所以bc′′上的高h=3，∴oa′′==6sin45∴在原图中，bc上的高ao=26.3.【c】解：sin2023cos17°°+=+cos2023cos73°°sin2023cos17°°cos2023sin17°°3=sin2023(°°+=17)sin2040°=sin240°°=−=sin60−24.【d】解：取ab的中点f，连接ac，ef，df，1111因为aa∥cc，且aa=cc，则aacc为平行四边形，可得ac∥ac，11111111又因为e，f分别为cd，ad的中点，则ef∥ac，111111所以ef∥ac，故异面直线de与ac所成角为∠def（或∠def的补角），学科网（北京）股份有限公司,设正方体的棱长为2，则de=df=5，ef=2222de+ef−df525+−10在△def中，由余弦定理cos∠def===，2dedf⋅252××1010所以异面直线de与ac所成角的余弦值是.1025.【в】解：因为1cos2−=∝α2sin，sin2αα=2sin∝cos2所以原式可化简为：2sinα=4sincosαα，5所以sinαα=2cos，tanα=2，所以cosα=.56.【d】解：将四面体abcd补成如图所示的直三棱柱ade−bfc，2π2π因为向量bc与ad的夹角为，所以∠ead=，33222则de=+−⋅⋅adae2adaecos∠ead=27，de22△ade外接圆的半径r==3，该四面体外接球的半径r=+=3332，2sin∠ead2所以该四面体外接球的表面积为4ππ×=(32)72.学科网（北京）股份有限公司,217.【d】解：fx()=−=2cosxsinx5cosx−sinx，5512后cosα=，sinα=，则fx()=−−5sin(xα)，55由题意知，sin(θα−=)−1，ππ所以θα−=−+2kπ，kz∈，即θα=−+2kπ，kz∈22ππ1故sinθαπα=sin−+2k=sin−=−cosα=−，22523所以cos2θθ=12sin−=.58.【b】解：由题意知，△abc为角b为直角的直角三角形，所以ac为外接圆的直径，建立以ac中点为坐标原点，ac为x轴的直角坐标系，可得13c(−1,0)，b,，a(1,0)，p(cos,sinθθ)，2213ac=−(2,0)，ab=−,，ap=(cosθθ−1,sin)2223cosθ13m=sinθ，n=−+−sinθ3226π13mn+=sinθ−+，所以最大值为6221i−9.【bd】解：因为z==+1i，a显然错误，−i22对于b，z=+=112，b故正确，对于c，复数z的虚部为1，故c错误，对于d，复数z的共轭复数为1i−，它在复平面上对应的点为(1,1−)，故d正确.10.【ab】解：根据向量垂直的充要条件xx+=yy0可知a正确，1212因为有b≠0条件，所以b正确对于c，错误很明显31对于d，首先由xx+<yy0得m<，容易忽视反向共线的情况m≠−121242学科网（北京）股份有限公司,πππ211.【bd】解：sinxxx+=sincos+cossin=−，故a错；4442118sinxx+=cos−，平方得：12sincos+=xx，所以sin2x=2sincosxx=−，399故b对217(sinxx−=cos)12sincos−xx=1sin2−=x，又因为x∈(0,π)，sinx>
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