第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年遼寧省大連二十四中高一（下）期末數(shù)學(xué)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.如圖，三棱柱ABC?A1B1C1中，點E，F(xiàn)，G，H分別為BB1，CCA.E，F(xiàn)，G，H四點共面

B.AA1與GH是異面直線

C.∠EGH=∠FHG

D.EG，F(xiàn)H，2.已知復(fù)數(shù)z=2i2024+i2023×2?i1?i，記A.z?的虛部為?32 B.cosα=53434 3.已知|a|=5，b=(?1,2)，a在b上的投影向量m為(?m,m?2)，記向量a與b的夾角為θ，則sin(mθ)A.45 B.?45 C.24.如圖，一個三階魔方由27個單位正方體組成，把魔方的中間一層順時針轉(zhuǎn)動了45°之后，其表面積增加了(

)A.8B.72?48C.96?6025.已知三角形ABC中，點D在邊BC上，AD平分∠BAC，且S△ABD=2S△ADC，若AD=A.1 B.2 C.2 D.6.一正四棱臺內(nèi)接于圓錐，其俯視圖如圖所示.若底面上弓形(即圖中陰影部分)面積與棱臺上底面面積之比為(π?2)：2，則圓錐與棱臺體積之比為(

)A.2π：5 B.2π：3 C.4π：9 D.4π：77.已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)，曲線y=f(x)與坐標(biāo)軸的三個交點分別為A、B、C，如圖所示，直線BC交曲線于點M，若直線AM、BM的斜率分別為37A.π3B.5π6C.7π68.三角形ABC中，角A，B，C對的邊分別為a，b，c，a=65，若11b2+2cA.5 B.18513 C.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.關(guān)于空間中的幾何體和基本事實，下列說法錯誤的是(????)．A.長方體不同的三條棱長分別為3、5、8，則其外接球的表面積為49π

B.所有側(cè)面均為全等的等腰三角形的棱錐一定是正棱錐

C.點A、B是某一給定平面外的兩點，則一定存在過直線AB的平面垂直于這個平面

D.棱長相同的正方體和正四面體的棱切球的表面積之比為2：110.已知銳角三角形ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，有cosCc=cosB?cosCc?b，則acA.32 B.2 C.311.三角形ABC中角A、B、C的對邊分別為a、b、c，點M、P、Q是三角形所在平面內(nèi)的點，分別滿足aMA=bMB?cMC、bcλPA=bAB+cA.平面內(nèi)點P的集合是∠BAC的角平分線所在的直線

B.點Q的運動軌跡與∠ABC的角平分線有且僅有兩個交點

C.若三角形ABC是邊長為2的等邊三角形，則PQ?MA的取值范圍為[?23?4,23?4]

D.若三角形內(nèi)心為I，“三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知復(fù)數(shù)z=i?2?2i，則復(fù)數(shù)z?的輻角Arg(13.古希臘數(shù)學(xué)家托勒密于公元150年在他的名著《數(shù)學(xué)匯編》里給出了托勒密定理，即圓的內(nèi)接凸四邊形的兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．已知AC，BD為圓的內(nèi)接四邊形ABCD的兩條對角線，且sin∠ABD：sin∠ADB：sin∠BCD=2：3：4，若|AC|214.已知正四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，AB=2A1B1，其側(cè)面積為四、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)

如圖，在三棱錐A?BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O為BD的中點．

(1)求證：AO⊥CD；

(2)若BD⊥DC，BD=DC，AO=BO，求異面直線BC與AD所成的角的大?。?6.(本小題15分)

已知平面內(nèi)一三角形ABC，點O為其外心．

(1)點M為邊BC的中點，AB=5，AC=7，求AM?AO的值；

(2)若過點O的直線分別交邊AB、AC于點P、Q，證明：ABAP?sin2B+17.(本小題15分)

如圖①，在△ABC中，BC=4,AB=13,cosB=1313,E,D分別為BC，AC的中點，以DE為折痕，將△DCE折起，使點C到C1的位置，且BC1=2，如圖②．

(1)設(shè)平面C1AD∩平面BEC1=l，證明：l⊥平面ABC1；

(2)若P是棱18.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=2sinωxcosωx(3sin2ωx+1?tan2ωx1+tan2ωx)，其最小正周期為π．

(1)求f(x)的解析式；

(2)已知銳角三角形ABC的內(nèi)角A滿足f(A2)=3，BC=23，過點B作BD⊥AB，且A、B、C、D四點共圓，CD=AC，求△BCD的面積；

(3)把f(x)的圖象先將所有點橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?π倍(縱坐標(biāo)不變)，再向左平移119.(本小題17分)

定義“f變換”如下：設(shè)f(z)是一個關(guān)于復(fù)數(shù)z的表達(dá)式，若f(x1+y1i)=x2+y2i(x1,y1,x2,y2∈R)，則稱復(fù)平面內(nèi)點P(x1,y1)經(jīng)過“f變換”得到點Q(x2,y2).例如當(dāng)f(z)=z2時，點P(1,?1)經(jīng)過“f變換”得到Q(0,?2)．

(1)已知復(fù)數(shù)z=r(cosθ+isinθ)可以寫成z=reiθ(r,θ∈R)，若f(z)=lnz(z∈C)，求點P(?1,3)經(jīng)過“f變換”得到的點Q的坐標(biāo)；

(2)若f(z)=z2?2z(z∈C)，設(shè)直線l：g(x)=kx+t，是否存在k，t∈R，使得直線答案解析1.【答案】C

【解析】解：根據(jù)題意，依次分析選項：

對于A，因為E，F(xiàn)，G，H分別為BB1，CC1，A1B1，A1C1的中點，

所以GH//B1C1，EF//B1C1，則有GH//EF，故E，F(xiàn)，G，H四點共面，A正確．

對于B，因為GH?平面A1B1C1，A1∈平面A1B1C1且A1?GH，A?平面A1B1C1，所以AA1與GH是異面直線，B正確．

對于C，由GH//EF，且GH=12EF可知，四邊形EFHG是梯形，

當(dāng)且僅當(dāng)EG=FH時，梯形EFHG是等腰梯形，有∠EGH=∠FHG，所以C錯誤．

如圖：

對于D，設(shè)EG∩FH=M，則M∈EG，又EG?平面ABB1A1，所以M∈平面2.【答案】B

【解析】解：z=2i2024+i2023×2?i1?i=2?i×2?i1?i=2+?2i?11?i=2+(?2i?1)(1+i)(1?i)(1+i)=2+?3i+12=52?3i2，

所以z?=52+3i2，可知z?的虛部為32，故3.【答案】A

【解析】解：根據(jù)題意，|a|=5，b=(?1,2)，

則|b|=(?1)2+22=5，

故a在b上的投影向量，m=|a|cosθb|b|=(?5cosθ,25cosθ)=(?m,m?2)，

則有?54.【答案】D

【解析】解：如圖所示，轉(zhuǎn)動45°了后，此時魔方相對原來多出了16個小三角形的面積，

顯然小三角形為等腰直角三角形且周長為3，設(shè)其直角邊為x，

則斜邊為2x，則2x+2x=3，解得x=3?322．

所以1個小三角形的面積為S1=12(3?322)2=275.【答案】C

【解析】解：△ABC中，點D在邊BC上，S△ABD=2S△ADC，

因此12AB?AD?sin∠BAD=2?12AC?AD?sin∠CAD，

又因為AD平分∠BAC，因此∠BAD=∠CAD，因此AB=2AC，

又由S△ABD=2S△ADC，△ABD和△ADC的高相同，設(shè)為?，

因此12?BD??=2?12?CD??，因此BD=2CD，

又因為AD=2CD=2，因此CD=2,BD=22，

cos∠BDA=BD26.【答案】D

【解析】解：設(shè)圓錐的底面半徑為R，則正四棱臺的底面邊長為22×2R=2R，

則陰影部分面積為14(πR2?2R2)=14(π?2)R2，

由于底面上弓形(即圖中陰影部分)面積與棱臺上底面面積之比為(π?2)：2，

設(shè)棱臺上底面正方形邊長為a，則14(π?2)R2a2=(π?2)2，則a=7.【答案】B

【解析】解：依題意，點C是線段MB的中點，

設(shè)點A(x0,0)，則C(x0?πω,0)，sin(ωx0+φ)=0，而點B(0,sinφ)，

則M(2x0?2πω,?sinφ)，

由題意可得?sinφ?02x0?2πω?x0=37?sinφ?sinφ28.【答案】B

【解析】解：a=65，若11b2+2c2=a2+6bcsinA，

由余弦定理得，a2=b2+c2?2bccosA，代入11b2+2c2=a2+6bcsinA，

可得11b2+2c2=b2+c2?2bccosA+6bcsinA，

化簡得10b2+c2=6bcsinA?2bccosA，

則3sinA?cosA=5bc+c2b，

3sinA?cosA=10sin(A?φ)≤10，其中cosφ=31010，sinφ=1010(0<φ<π2)，

當(dāng)sin(A?φ)=1時等號成立；

5bc+c2b≥9.【答案】ABD

【解析】解：A，設(shè)長方體外接球的半徑為R，

因為長方體不同的三條棱長分別為3、5、8，因此R=32+52+822=722，

因此外接球的表面積為4πR2=4π×49×24=98π，故A選項錯誤；

B，如圖所示的三棱錐，滿足所有側(cè)面均為全等的等腰三角形，但此三棱錐不是正三棱錐，故B選項錯誤；

C，當(dāng)直線AB垂直于給定平面時，根據(jù)面面垂直判定定理可知，

存在過直線AB的平面與給定的平面垂直，

當(dāng)直線AB與給定的平面不垂直時，過點A作直線l與給定平面垂直，

此時直線l與直線AB所確定的平面即為所求，故C選項正確；

D，設(shè)正方體和正四面體的棱長都為a，

正方體棱切球的半徑為r1，表面積為S1，正四面體棱切球的半徑為r2，表面積為S2，

因為正方體的棱切球的直徑是正方體的面對角線長，

因此正方體棱切球的半徑r1=a2+a22=22a，

因此S10.【答案】ABD

【解析】解：根據(jù)題目cosCc=cosB?cosCc?b，因此ccosC?bcosC=ccosB?ccosC，

因此2ccosC=ccosB+bcosC，

2sinCcosC=sinCcosB+sinBcosC=sin(B+C)=sinA，

因此sin2C=sinA，所以A=2C或A+2C=π．

當(dāng)A=2C時，ac=sinAsinC=sin2CsinC=2cosC，

因為△ABC為銳角三角形，

因此0<C<π20<2C<π20<π?C?2C<π2，解得π6<C<π4，

因此ac=2cosC∈(2,3)；

當(dāng)11.【答案】BCD

【解析】解：因為bcλPA=bAB+cAC(λ∈R)，將其變形為PA=λ(1cAB+1bAC)(λ≠0)，

設(shè)AE=1cAB，AF=1bAC，則AE．AF為單位向量，

如圖，

設(shè)AS=ABc+ACb，則四邊形AESF為菱形，故AS為∠BAC的平分線，且PA=λAS，

因為λ≠0，故P與A相異，故點P的集合是∠BAC的角平分線所在的直線(除A外)，故A錯誤；

因為aMA=bMB?cMC，故MB=aMA+cMC，

所以bMBa+c=aa+cMA+ca+cMC，bMBa+c?MA=ca+cAC，

設(shè)AT=ca+cAC，

故|AT|=cba+c，因為0<ca+c<1，

故T在A，C之間，故|CT|=aba+c，

故|AT||CT|=ca，故S△ABTS△CBT=ca，

=12c×BT×sin∠ABT12a×BT×sin∠CBT，

故sin∠ABT=sin∠CBT，而∠ABT，∠CBT為三角形內(nèi)角且0<∠ABT+∠CBT<π，

故∠ABT=∠CBT，即BT為∠ABC的平分線，

而bMBa+c=MT，故|MB||MT|=a+cb>1，

故M在BT的延長線上，同理S△ABMS△AMT=a+cb=12|AM|×|AB|×sin∠BAM12|AM|×|AT|×sin∠TAM=c×sin∠BAMCba+c×sin∠TAM，

故sin∠BAM=sin∠TAM，而∠BAM>∠TAM且∠BAM，∠TAM均為三角形內(nèi)角，

故∠BAM+∠TAM=π，故∠TAM=∠MAH，故AM為∠BAC的外角平分線，

故M為三角形ABC的旁心且在射線BT上，

因為|QM|=absinCa+c?b，故Q的軌跡為圓，圓心為旁心M，

故Q的軌跡與∠ABC的角平分線有且僅有兩個交點，故B正確；

若三角形ABC是邊長為2的等邊三角形，設(shè)∠BAC的角平分線所在的直線為l，

則MA⊥l，且|MA|=2|AT|=2，過Q作QU⊥l，垂足為U，

則PQ?MA=(PU+UQ)?MA=UQ?MA=?|UQ||MA|=?2|UQ|，而|QM|=4×322=3，

故Q的軌跡圓的半徑為3故2?3≤|UQ|≤2+3，

故PQ?MA的取值范圍為[?23?4,23?4]，故C正確；

對于D，由B的分析可得M為旁心，故M到△ABC的三邊的距離相等，

設(shè)該距離為d，則S△ABC=S△ABM+S△BCM?S△ACM=12(a+c?b)d=12absinC，

12.【答案】3π4【解析】解：由題意結(jié)合復(fù)數(shù)的除法運算法則可得z=i?2?2i=i(?2+2i)(?2?2i)(?2+2i)=?2?2i8=?14?14i，

所以z?=?14+113.【答案】32【解析】【分析】本題考查了余弦定理、正弦定理在平面幾何中的應(yīng)用，屬于中檔題．

由圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)結(jié)合正弦定理可得到AD:AB:BD=2:3:4，再利用托勒密定理得|AC|?|BD|=|AB|?|CD|+|AD|?|BC|【解答】

解：根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可知；∠BAD+∠BCD=π，則sin∠BAD=sin∠BCD，

所以sin∠ABD：sin∠ADB：sin∠BCD=2：3：4，

即sin∠ABD：sin∠ADB：sin∠BAD=2：3：4，

在△BAD中，|AD|sin?∠ABD=|AB|sin?∠ADB=|BD|sin?∠BAD，

故|AD|：|AB|：|BD|=2：3：4，

由題意可知：|AC|?|BD|=|AB|?|CD|+|AD|?|BC|，

則4|AC|=3|CD|+2|BC|，

所以16|AC|2=9|CD|2+4|BC|2+12|CD|?|BC|≥24|CD|?|BC|，

14.【答案】?【解析】解：由正四棱臺ABCD?A1B1C1D1內(nèi)切球半徑為22，可知棱臺的高為2，

設(shè)A1B1=a，因此AB=2a，因此側(cè)面的高即斜高為：[12(2a?a)]2+(2)2=14a2+2，

正四棱臺側(cè)面為等腰梯形，棱臺側(cè)面積為9，因此12×(2a+a)×14a2+2=94，

解得a=1，因此棱臺上底長為1，下底長為2，斜高為32，

設(shè)上底邊A1B1中點為E，MN中點為F，CD中點為G，

連接EF，F(xiàn)G，EG，由于正四棱臺側(cè)面為等腰梯形，MN為側(cè)面AA1B1B的中位線，

因此EF⊥MN；又MN//AB，AB/?/CD，AB=CD，

因此MN/?/CD，且在正四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，有MD=NC，

因此四邊形MNCD為等腰梯形，因此FG⊥MN，

因此∠EFG因此為二面角A1?MN?C的平面角，

在等腰梯形BCC1B1中，B1B=[115.【答案】(1)證明：∵AB=AD，O為BD的中點，

∴AO⊥DB，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO?平面ABD，

∴AO⊥平面BCD，又CD?平面BCD，

∴AO⊥CD；

(2)解：由(1)知AO⊥平面BCD，作OE/?/CD交BC于E，

∵CD⊥BD，∴OE⊥BD，

∴以O(shè)E、OD、OA分別為x軸、y軸和z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

如圖，由題可設(shè)AO=BO=a，BD=DC=2a，

則A(0,0,a)，B(0,?a,0)，D(0,a,0)，C(2a,a,0)，

∴BC=(2a,2a,0),AD=(0,a,?a)

設(shè)異面直線BC與AD所成的角為θ，

∴cosθ=|BC?AD||BC|?|【解析】(1)直接由垂直的判定定理即可求證；

(2)利用已知條件建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法即可求解．

本題考查了空間幾何體中位置關(guān)系的證明和空間角的求解，屬于中檔題．16.【答案】372；

證明見解析．【解析】(1)AM?AO=12(AB+AC)?AO=12(AB?AO+AC?AO)，

由數(shù)量積幾何意義可得：AB?AO=|AB||AO|cos∠BAO=12|AB|2=12AB2，

同理得AC?AO=12AC2．

因此AM?AO=14AB2+14AC2=14×(52+72)=372；

(2)證明：設(shè)三角形ABC外接圓半徑為R，

S_△APO，S△ABO=12AB?AO?sin∠BAO．

因sin∠PAO=sin∠BAO，因此S△APO=AP17.【答案】(1)證明：如圖，連接CC1，

∵E，D分別為BC，AC的中點，

∴CE=C1E=EB，CD=C1D=DA，

得△ACC1，△BCC1分別為以AC，BC為斜邊的直角三角形，

即CC1⊥AC1，CC1⊥BC1，又AC1∩BC1=C1，BC1?平面ABC1，AC1?平面ABC1，

∴CC1⊥平面ABC1，∵平面C1AD∩平面BEC1=l=CC1，

∴l(xiāng)⊥平面ABC1；

(2)解：如圖，過C1作C1H⊥BE，連接CP并延長，交AC1于點Q，連接EP，BQ，

∵C1E=C1B，∴H為EB的中點，得BH=1，連接AH，

∵AB=13,cosB=1313=BHAB，∴AH⊥EB，

又AH∩C1H=H，AH?平面AHC1，C1H?平面AHC1，

∴BE⊥平面AHC【解析】(1)根據(jù)線面垂直判定定理證明即可；

(2)延長截面，分別求出VC1?BQPE18.【答案】f(x)=sin(4x?π3)+32，x≠π2【解析】(1)由題意函數(shù)f(x)=2sinωxcosωx(3sin2ωx+1?tan2ω