第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年江西省上饒市高一（下）期末數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知角α的終邊上一點P(5,?12)，則sinα=(

)A.513 B.?1213 C.?2.若z=?2?3i，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.已知向量a與b的夾角為π6，|a|=3，|A.1 B.2?3 C.2+4.設(shè)a，b為兩條不同的直線，α，β為兩個不同的平面，則下列四個命題中正確的是(

)A.若a?α，b?β，a//b，則α//β B.若a//α，b//β，α//β，則a//b

C.若a?α，b?α，a//b，則a//α D.若a//α，b?α，則a//b5.已知sin(α?π3)=1A.79 B.?79 C.26.已知平面上不共線的四點O，A，B，C，滿足OA?4OB+3OC=0A.14 B.32 C.347.如圖，在山腳A處測得山頂P的仰角為45°，朝山頂沿坡度為15°的斜坡向上走3km到點B處，此時測得山頂P的仰角為75°，則山高為(????)km．A.362

B.23+18.已知棱長為4的正方體ABCD?A1B1C1D1，點E是棱AB的中點，點F是棱CC1的中點，動點P在正方形AA1A.19 B.25 C.3二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知復(fù)數(shù)z滿足z(1?i3)=2，則A.z?的虛部為i B.|z|=2 C.z10.函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是A.ω=1

B.函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(?π6,0)對稱

C.將函數(shù)y=2cos(2x+π3)的圖象向右平移π4個單位得到函數(shù)f(x)的圖象

D.若方程f(x)=m11.已知△ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，則下列說法正確的是(

)A.若A=30°，b=4，a=3，則△ABC有兩解

B.若bcosC+ccosB=b，則△ABC為等腰三角形

C.若sin2A+sin2B+cos2C>1，則△ABC為銳角三角形

D.若C=π4三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知扇形的弧長為6，半徑為4，則扇形的面積為______．13.如圖，AB和CD是異面直線，AB=CD=6，E，F(xiàn)分別為線段AD，BC上的點，且AEED=BFFC=12，EF=14.已知△ABC中，AB=4，AC=2，|λAB+(2?2λ)AC|(λ∈R)的最小值為23，若M為邊AB上任意一點，N為邊四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知a=(m?1,2)，b=(1,m)．

(1)若(a+b)⊥b，求m的值；

(2)若|a16.(本小題15分)

(1)已知tanx=13，求1+2sin(π+x)sin(π2?x)cos2x?17.(本小題15分)

如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，點P是平面ABCD外一點.已知M，N分別是PC，AB的中點，在DM上取一點G，過G和AP作平面交平面BDM于HG．

(1)求證：MN//平面PAD；

(2)求證：AP//HG．18.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=sin(4x+π3)+sin4x．

(1)求f(x)的單調(diào)增區(qū)間；

(2)若關(guān)于x的方程2f(x4?π24)+f(π12?x4)=3a在區(qū)間[0,2π)19.(本小題17分)

在△ABC中，角A，B，C對應(yīng)的邊分別為a，b，c，若a=2，(2b?c)cosA=acosC，P是△ABC內(nèi)任一點，過點P作AB，BC，AC的垂線，垂足分別為D，E，F(xiàn)．

(1)求角A；

(2)若M為BC邊中點，求AM的最大值；

(3)柯西不等式是以數(shù)學家柯西的名字命名.請借助于三維分式型柯西不等式：對任意y1>0，y2>0，y3>0，有：經(jīng)x12y1答案解析1.【答案】B

【解析】【分析】

本題主要考查任意角的三角函數(shù)的定義，屬于一般題，由題意利用任意角的三角函數(shù)的定義，求得sinα的值．

【解析】

解：∵角α的終邊上一點P(5,?12)，則sinα=?1252+(?122.【答案】C

【解析】解：由z=?2?3i，得復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(?2,?3)，位于第三象限．

故選：C．

根據(jù)復(fù)數(shù)的意義可得出復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點坐標．

本題考查復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義，是基礎(chǔ)題．3.【答案】D

【解析】解：∵向量a與b的夾角為π6，|a|=3，|b|=2，

∴a?b=|a||b|cosπ4.【答案】C

【解析】解：已知a，b為兩條不同的直線，α，β為兩個不同的平面，

對于A，若a?α，b?β，a/?/b，

則α/?/β或α與β相交，

即A錯誤；

對于B，若a/?/α，b/?/β，α/?/β，

則a/?/b或a與b異面或a與b相交，

即B錯誤；

對于C，若a?α，b?α，a/?/b，

則a/?/α，

即C正確；

對于D，若a/?/α，b?α，

則a/?/b或a與b異面，

即D錯誤．

故選：C．

結(jié)合空間點、線、面的位置關(guān)系逐一判斷即可．

本題考查了空間點、線、面的位置關(guān)系，屬基礎(chǔ)題．5.【答案】B

【解析】【分析】

本題考查三角函數(shù)的化簡求值，考查誘導(dǎo)公式及二倍角的余弦，是基礎(chǔ)題．

由已知可得cos(π6+α)=?13，再由二倍角的余弦求解．

【解答】

解：∵sin(α?π3)=13，∴sin6.【答案】A

【解析】解：由題意可知，OA?OB=3(OB?OC)，即BA=3CB，

所以AB=3BC，所以|BC|=13|AB|，

因為CA=CB+BA=7.【答案】A

【解析】解：根據(jù)題意可知，AB=3，∠QAB=15°，

∴CQ=ABsin15°=3sin(45°?30°)=3×6?24，

∵∠PBC=75°，∠ABC=180°?15°=165°，∴∠ABP=120°，

又∠PAB=45°?15°=30°，∴∠BPA=30°，∴PB=AB=3，

在△PBC中，PC=PBsin75°=3sin(45°+30°)=3×6+24，

∴山高PQ=PC+CQ=368.【答案】D

【解析】解：取BB1上靠近點B的四等分點G，連接EG、FG，

因為E是棱AB的中點，點F是棱CC1的中點，所以EG//DF，則EG?平面DEF，

取C1D1、A1A中點H、J，取DD1上靠近點D1的四等分點I，連接B1H、HI、IJ、JB1，

由正方體的性質(zhì)易得HI//JB1，JB1//EG，則HI//EG，

又因為HI?平面DEF，EG?平面DEF，

所以HI//平面DEF，

同理IJ//平面DEF，

又因為IJ∩IH?I，IJ，IH?平面HIJB1，

故平面HIJB1//平面DEF，

又因為PB1//平面DEF，P∈平面AA1DD1，

所以P∈IJ，即點P的軌跡為線段IJ，

設(shè)點D到IJ的距離為d，

9.【答案】BD

【解析】解：由z(1?i3)=2，得z=21?i3=21+i=2(1?i)(1+i)(1?i)=1?i，

對于A，z?=1+i，其虛部為1，故A錯誤；

對于B，|z|=1+1=2，故B正確；

對于C，z2=(1?i)210.【答案】BC

【解析】解：由圖可知A=2，π3?π12=T4?T=π，ω=2πT=2，故A錯誤；

根據(jù)f(x)=2sin(2x+φ)，圖象經(jīng)過點(π12,2)，

可得f(π12)=2sin(2×π12+φ)=2，所以π6+φ=π2+2kπ，k∈Z，

結(jié)合|φ|<π2，解得φ=π3，可得f(x)=2sin(2x+π3)，f(?π6)=2sin0=0，故B正確；

將函數(shù)y=2cos(2x+π3)的圖象向右平移π4個單位，得到的圖象對應(yīng)的函數(shù)為：

y=2cos[2(x?π4)+π3]=2cos(2x?π2+π3)=2cos(?2x+π2?π3)=2cos[π2?(2x+π11.【答案】ABD

【解析】解：對于A：因為A=30°，b=4，a=3，

由正弦定理可得sinB=bsinAa=23，

又因為b>a，則B>A，故B有兩角，故A正確；

對于B：因為bcosC+ccosB=b，

由余弦定理角化邊可得：b×a2+b2?c22ab+c×a2+c2?b22ac=b，

整理可得a=b，所以△ABC為等腰三角形，故B正確；

對于C：A=90°，B=C=45°，sin2A+sin2B+cos2C=2，

但△ABC為直角三角形，不是銳角三角形，故C錯誤；

對于D：因O為△ABC的外接圓圓心，

則CB?CO=|CB||CO|cos∠OCB=a×(12a)=12a2，12.【答案】12

【解析】解：因為扇形的弧長為6，半徑為4，

所以扇形的面積S=12lr=12×6×4=12．

故答案為：12．13.【答案】58【解析】解：在平面ABD中，過E作EG/?/AB，交DB于點G，連接GF，如圖，

因為AEED=12，所以BGGD=12，

又因為BFFC=12，所以BGGD=BFFC，

則GF/?/CD，

所以∠EGF(或其補角)即為AB與CD所成角，

在△EGF中，EG=23AB=4，GF=13CD=2，EF=10，

由余弦定理可得，cos∠EGF=42+22?(10)22×4×2=58，14.【答案】1516【解析】解：延長AC，使得AD=2AC，

令A(yù)G=λAB+(2?2λ)AC=λAB+(1?λ)AD(λ∈R)，

所以B，G，D三點共線，

即當AG⊥BD時，|λAB+(2?2λ)AC|(λ∈R)有最小值為23，

在Rt△ABG中，由AG=23，AB=4，得∠B=60°，

又因為AB=AD=4，所以△ABD是等邊三角形，所以BC⊥AD，

在Rt△ABC中，BC=23，

取NC中點為H，則MN+MC=2MH，MN?MC=2CH，

所以MN=MH+CH，MC=MH?CH，

所以NM?CM=MN?MC=|MH|2?|HC|15.【答案】m=0或?3；

?7【解析】(1)a=(m?1,2)，b=(1,m)．

則a+b=(m,m+2)，

由于(a+b)⊥b，所以(a+b)?b=m2+3m=0，

所以m=0或?3．

(2)由(1)可知，a+b=(m,m+2)，

若|a+b|=2且m<0，則m2+(m+2)2=2m<0，解得16.【答案】12；

5．【解析】(1)方法一：因為tanx=13，

所以原式=1?2sinxcosxcos2x?sin2x=sin2x+cos2x?2sinxcosxcos2x?sin2x=tan2x+1?2tanx1?tan2x=12；

方法二：原式=1?2sinxcosxcos2x?sin2x=(cosx?sinx)2(cosx?sinx)?(cosx+sinx)=cosx?sinxcosx+sinx=1?tanx1+tanx=1217.【答案】證明見解析；

證明見解析．

【解析】證明：(1)取PD中點K，連接MK，AK，MN，

易知MK為△PCD中位線，故MK//CD，且MK=12CD，

因為四邊形ABCD是平行四邊形，

所以AB/?/CD，AB=CD，

故MK//AN，又因為N是AB的中點，

所以AN=12AB=12CD=MK，

所以四邊形ANMK為平行四邊形，所以AK//MN，

又因為MN?平面PAD，AK?平面PAD，

所以MN/?/平面PAD．

(2)連接AC，交BD于O，連接MO，如圖：

因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以O(shè)是AC的中點，

又因為M是PC的中點，所以MO為△ACP的中位線，

所以MO/?/PA，

又因為MO?平面BDM，PA?平面BDM，

所以PA//平面BDM，

又因為PA?平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM=GH，

所以AP//HG．

(1)構(gòu)造平行四邊形，證得AK//MN，再根據(jù)線面平行的判定定理證明即可；

(2)18.【答案】[kπ2?π6,kπ2+【解析】(1)原式=sin4xcosπ3+cos4xsinπ3+sin4x=12sin4x+32cos4x+sin4x=32sin4x+32cos4x=3sin(4x+π6)，

令2kπ?π2≤4x+π6≤2kx+π2，所以有kπ2?π6≤x≤kπ2+π12，

即f(x)單調(diào)增區(qū)間為[kπ2?π6,kπ2+π12](k∈Z)．

(2)(i)由2f(x4?π24)+f(π12?x4)=3a，得2319.【答案】A=π3；

3；

【解析】(1)因為(2b?c)cosA=acosC，

由正弦定理可得(2sinB?sinC)cosA=sinAcosC，

整理可得2sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA=sin(A+C)=sinB，

且B∈(0,π)，則sinB≠0，可得cosA=12，

且A∈(0,π)，所以A=π3；

(2)在△ABC中，a=2，由(1)知A=π3，

由余弦定理a2=b2+c