第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年遼寧省丹東市高一（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.cos600°=(

)A.12 B.?12 C.2.已知復數(shù)z滿足z=1?i2+i(i為虛數(shù)單位)，則z?A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.已知圓錐的母線長為2，底面圓的半徑為1，則圓錐的側面積為(

)A.2π B.33π C.4.將函數(shù)f(x)=sin(2x?π3)的圖像向右平移π12A.g(x)=?cos2x B.g(x)=cos2x

C.g(x)=sin(2x?5π5.正四面體的側棱與底面所成角的正弦值是(

)A.13 B.33 C.6.在△ABC中，∠ACB=90°，AC=2，AB=4，點D滿足CD=12AB，則A.6 B.8 C.83 7.已知正四棱臺的上下底面的邊長分別為2和22，體積為14A.28π3 B.32π3 C.16π38.已知α∈(0,π)，3sinα+cosα=1，則1?tanα2A.?2 B.2 C.?12 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i為虛數(shù)單位，則下列說法正確的是(

)A.若z1=2i，z2=3i，則z1<z2 B.若n∈N，則i4n=1

C.若z=2?i10.已知向量a，b，c均為單位向量，a+b+A.|a?b|=2 B.|11.已知函數(shù)f(x)=|sinx|,sinx≥cosx|cosx|,sinx<cosx，則下列說法正確的是(

)A.f(x)的值域是[0,1] B.f(x)是以π為最小正周期的周期函數(shù)

C.f(x)在區(qū)間(π,3π2)上單調(diào)遞增 D.f(x)在[0,2π]三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知向量a與b的夾角為120°,|a|=2,|a?2b|=213.已知等邊△ABC的邊長為43，AD是BC邊上的高，以AD為折痕將△ACD折起，使∠BDC=60°，則三棱錐A?BCD外接球的表面積為______．14.△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a=2，(2+b)(sinA?sinB)=(c?b)sinC，則△ABC周長的取值范圍是______．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知函數(shù)f(x)=cos(2x?π3)+cos2x．

(1)求f(x)的最小正周期；

(2)16.(本小題15分)

如圖，四面體ABCD中，點G是△ABC的重心，點E在AD上，AE=2ED．

(1)求證：GE//平面BCD；

(2)設過點G，E，C的平面為α，α與四面體的面相交，交線圍成一個多邊形．

(i)請在圖中畫出這個多邊形(不必說出畫法和理由)；

(ii)求出α將四面體分成兩部分幾何體體積之比．17.(本小題15分)

在△ABC中，已知∠BAC的平分線AD與邊BC相交于點D．

(1)求證：BDDC=ABAC；

(2)若BD=2DC，∠BAC=60°，AD=218.(本小題17分)

如圖，三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱長均為2，△A1BC為等邊三角形．

(1)求證：A1B⊥平面AB1C；19.(本小題17分)

記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且面積為S．

(1)若a2+b2+c2=43S，a=b，求C；

(2)答案解析1.【答案】B

【解析】解：∵cos600°=cos240°=cos(180°+60°)=?cos60°=?12．

故選：B．2.【答案】A

【解析】解：因為z=(1?i)(2?i)(2+i)(2?i)=1?3i4+1=1?3i5=15?35i，

3.【答案】A

【解析】解：由已知可得，圓錐的側面積為S=πrl=2π．

故選：A．

代入圓錐的側面公式，計算即可得出答案．

本題考查了圓錐的計算，理解圓錐的母線長是扇形的半徑，圓錐的底面圓周長是扇形的弧長是解題的關鍵，是基礎題．4.【答案】A

【解析】解：將函數(shù)f(x)的圖像向右平移π12個單位，可得g(x)圖像，所以g(x)=f(x?π12)，

結合f(x)=sin(2x?π3)，可得g(x)=5.【答案】C

【解析】解：如圖所示，在正四棱錐P?ABC中，O為△ABC的中心，

則OP⊥底面ABC，CD為AB邊上的中線，OC=23CD，

所以∠PCD即為側棱PC與底面ABC所成角的平面角，

設正四面體的棱長為2，

則OC=23CD=233,OP=4?129=263，

在Rt△POC中，sin∠PCD=OPPC=66.【答案】D

【解析】解：根據(jù)題意作出示意圖如下所示：

所以可以得到AD=AC+CD=AC+12AB，

根據(jù)平面向量的數(shù)量積可得：

AD?AB7.【答案】B

【解析】解：因為正四棱臺的上下底面的邊長分別為2和22，

所以S上=2，S下=8，

設棱臺高為?，

又因為體積為1433，

則V=13×(2+8+2×8)?=1433，

解得?=3，

根據(jù)正四棱臺的特性，正四棱臺的外接球半徑即為四邊形AA1C1C外接圓半徑，

又A1C1=2，AC=4，?=3，8.【答案】C

【解析】解：因為α∈(0,π)，

所以α2∈(0,π2)→tanα2>0,cosα2>0，

由題意3sinα+cosα=1，

?6sinα2cosα2+cos29.【答案】BC

【解析】解：若z1=2i，z2=3i，由純虛數(shù)不能比較大小，故A錯誤；

因為i4=1，所以i4n=1，故B正確；

若z=2?i，則z的虛部為?1，故C正確；

z=i1?i=i(1+i)(1?i)(1+i)10.【答案】ACD

【解析】解：由題易知a+b=?2c，

上式左右兩邊加平方可得：(a+b)2=2+2a?b=(?2c)2=2?a?b=0，

進而求得|a?b|=(a?b)2=2?211.【答案】AD

【解析】解：函數(shù)f(x)=|sinx|,sinx≥cosx|cosx|,sinx<cosx=|sinx|,π4+2kπ≤x≤5π4+2kπ(k∈Z)|cosx|,?3π4+2kπ≤x≤π4+2kπ(k∈Z)，

作出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示：

由圖可知f(x)的值域是[0,1]，故A正確；

因為f(π)=|sinπ|=0，f(2π)=|cos2π|=1，所以f(2π)≠f(π)，

所以π不是f(x)的最小正周期，故B錯誤；

由圖可知f(x)在區(qū)間(π,5π4)上單調(diào)遞增，在(5π4,3π2)12.【答案】1

【解析】解：已知向量a與b的夾角為120°,|a|=2,|a?2b|=23，

∵|a?2b|=23，

∴|a?2b|213.【答案】52π

【解析】解：根據(jù)題意作出示意圖，如下圖所示：

易知AD⊥DB，AD⊥DC，又BD∩DC=B，BD，DC?平面BDC，

所以AD⊥平面BDC，

設△BDC外接圓圓心為O1，過O1做面BDC垂線，

則垂線上所有點到△BDC頂點距離相等，且垂線與AD共面，

過A做上述垂線的垂線，垂足為O2，所以得四邊形AO2O1D為矩形，

取O1O2中點為O，易知O為三棱錐A?BCD外接球球心，

所以AD=O1O2=6?OO1=3，

根據(jù)正弦定理有2DO1=14.【答案】(4,6]

【解析】解：因為a=2，(2+b)(sinA?sinB)=(c?b)sinC，

所以(a+b)(sinA?sinB)=(c?b)sinC，

由正弦定理得a2?b2=c2?bc，

由余弦定理得cosA=b2+c2?a22bc=12，所以A=π3．

則a+b+c=2+asinA(sinB+sinC)=2+43(sinB+sinC)．

因B+C=2π3，則C=2π15.【答案】π；

值域為[?3,【解析】(1)因為f(x)=cos(2x?π3)+cos2x=32cos2x+32sin2x=3sin(2x+π3)，

所以f(x)的最小正周期為T=2π2=π；

(2)當2x+π3=π2+2kπ，k∈Z時，sin(2x+π3)=1，則x=π12+kπ，k∈Z，f(x)有最大值為3，

當2x+π3=?π216.【答案】證明見解析；

(i)答案見解析；(ii)12【解析】(1)證明：連接AG并延長交BC于點F，連接DF，

因為AGGF=AEED=2，因此GE//DF，

GE?平面BCD，DF?平面BCD，

因此GE/?/平面BCD．

(2)(i)連接CG并延長交AB于點H，連接HE，EC，則平面HEC即為α．

(ii)由(i)知，α將四面體ABCD分成兩部分，

即三棱錐C?AHE與四棱錐C?BDEH，記高為?，

△AHE△ABD=12×|AH|×|AE|×sin∠HAE12×|AB|×|AD|×sin∠HAE=13，

因此△AHE的面積與四邊形BDEH的面積之比為1：2，

因此VC?AHEVC?BDEH=13?×S△AHE13?×SBDEH=12．

(1)連接AG并延長交BC于點F，連接DF，由比例關系得GE//DF，即可證明；17.【答案】證明見解析；

BC=3．

【解析】(1)證明：在△ABD和△ADC中，如圖所示：

由正弦定理得：

BDsin∠BAD=ABsin∠BDA，DCsin∠DAC=ACsin∠ADC，

因為∠BDA+∠ADC=180°，所以∠ADC=180°?∠ADB，

所以DCsin∠DAC=ACsin∠ADC=ACsin(180°?∠BDA)=ACsin∠BDA，

即DCsin∠DAC=ACsin∠BDA，

又因為AD為∠BAC的角平分線，所以∠BAD=∠DAC，

所以BDsin∠BAD=ABsin∠BDA，DCsin∠DAC=ACsin∠BDA，兩式相除得BDDC=ABAC，

所以BDDC=ABAC得證．

(2)解法一：由BD=2DC，由(1)得AB=2AC，所以S△ABC=S△ABD+S△ADC，

因為AD為∠BAC的角平分線，∠BAC=60°，所以∠BAD=∠DAC=30°，

則12×AB×AC×sin60°=12×AB×AD×sin30°+12×AD×AC×sin30°，

解得AC=3，AB=23，

則BC2=AB2+A18.【答案】證明見解析；

263；

【解析】(1)證明：設AB1∩A1B=O，連接CO，

因為四邊形AA1B1B為菱形，所以A1B⊥AB1，A1O=OB，

又因為△A1BC為等邊三角形，所以A1B⊥CO，

因為AB1∩CO=O，AB1，CO?平面AB1C，

所以A1B⊥平面AB1C.

(2)設點C到平面AA1B1B的距離為d，

在△AOC中，AO=OC=3，AC=2，

可得點O到AC的距離為AO2?(AC2)2=2，

由(1)知，A1B⊥平面AB1C，

所以VC?AA1B=VA1?AOC+VB?AOC=2VA1?AOC=2×13×1×12×2×2=223，

又因為S△AA1B=12×3×2=3，

所以d=223=263．

所以點C到平面AA1B1B的距離為263；

(3)由(2)知，CE=263，AC=2，

在Rt△ACE中，sin∠CAE=CECA=63，則cos∠CAE=33，

在△AB119