數(shù)學(xué)-遼寧省名校聯(lián)盟2024年高一下學(xué)期7月期末考試試題和解析

2023——2024學(xué)年度下學(xué)期期末考試高一試題1.如果復(fù)數(shù)z滿足：z+=2+4i，那么z=()C.?5+4i2.已知兩個(gè)非零向量，滿足則+在上的投影向量為()A.?bB.bC.2bD.?2b3.設(shè)l,m是兩條不同的直線，α,β是兩個(gè)不同的平面，則下面命題中正確的是()A.若m//α,α//β,n?β,則m//nB.若m//n,m//α,n//β,則α//β4.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱長都相等，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，B1C1的中點(diǎn)，則異面直線DF與C1E所成角的余弦值是()5.在3世紀(jì)中期，我國古代數(shù)學(xué)家劉徽在《九章算術(shù)注》中提出了割圓術(shù)：“割之彌細(xì)，所失彌少，割之一個(gè)圓內(nèi)按正n邊形等分成n個(gè)等腰三角形（如圖所示當(dāng)n越大，等腰三角形的面積之和越近似等于圓的面積.運(yùn)用割圓術(shù)的思想，可得到sin6°的近似值為(τ取近似值3.14）()A.0.314B.0.157C.0.105D.0.052A.等腰三角形B.等邊三角形C.直角三角形D.為軸旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體的體積為A.14τ+8τB.C.τD.τ8.已知二面角α?m?β的平面角的大小為90。A,B為半平面α內(nèi)的兩個(gè)點(diǎn)，C為半平面β內(nèi)一點(diǎn)，且 AC=BC=23，若直線BC與平面α所成角為30。，D為BC的中點(diǎn)，則線段AD長度的最大值是()A.z=·13C.z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在第四象限D(zhuǎn).z的共軛復(fù)數(shù)為3+2i10.函數(shù)f(x)=cos2xcosφ?sin2xsinφ（0<φ<）的圖象的一個(gè)對稱中心為則下列說法正確的是()A.直線x=是函數(shù)f(x)的圖象的一條對稱軸B.函數(shù)f在上單調(diào)遞減C.函數(shù)f(x)的圖象向右平移個(gè)單位可得到y(tǒng)=cos2x的圖象D.函數(shù)f在上的最大值為111.如圖，在邊長為4的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E,F分別是棱B1C1,C1D1的中點(diǎn)，P是正方形ABD1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是() A.若DP//平面CEF，則點(diǎn)P的D.若P是棱A1B1的中點(diǎn)，則三棱錐P?CEF的外接球的表面積是41τ 12.tan40。+tan20。+3tan40。tan20。=.AD=5，則四棱柱外接球的表面積是.后交于點(diǎn)P.若AB=6，則cos∠PAC=；若AC:AB:BC=6:5:4，則PA+PB+PC的15.如圖所示，A，B，C為山腳兩側(cè)共線的三點(diǎn)，在山頂P處測得三點(diǎn)的俯角分別為（1）PB的長度（2）隧道DE的長度.αβcosγADEBBC45 2216.正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，P是線段A1B上的動(dòng)點(diǎn). 在線段BC上運(yùn)動(dòng)（包括端點(diǎn)如圖所示.P?若存在，求出實(shí)數(shù)λ的取值范圍；若不存在，請說明理由.□ABM沿著BM折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置，滿足點(diǎn)P?平面BCDM.（1）如圖2，當(dāng)BC=2MD時(shí)，點(diǎn)N是線段PC上點(diǎn)的，DN//平面PBM，求的值；（2）如圖2，若點(diǎn)P在平面BCDM內(nèi)的射影E落在線段BC上.①是否存在點(diǎn)M，使得BP丄平面PCM，若存在，求PM的長；若不存在，請說明理由；②當(dāng)三棱錐E?PBM的體積最大值時(shí)，求點(diǎn)E到平面PCD的距離.請?jiān)谙旅娴娜齻€(gè)條件中任選兩個(gè)解答問題.；x在，請說明理由.2023——2024學(xué)年度下學(xué)期期末考試高一試題1.如果復(fù)數(shù)z滿足：z+=2+4i，那么z=()C.?5+4iD.5+4i【答案】A【解析】+b2+b2+bi=2+4i，所以z=?3+4i.2.已知兩個(gè)非零向量，滿足則+在上的投影向量為()A.?bB.bC.2bD.?2b【答案】B【解析】【詳解】由題意a+b=a?b，:2+2.+2=2?2.+2，解得.=0，故選：B.【答案】D【解析】【分析】對于ABC：根據(jù)正方體的結(jié)構(gòu)特征，舉反例說明即可；對于D：根據(jù)線面垂直的性質(zhì)分析判斷.4.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱長都相等，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，B1C1的中點(diǎn)，則異面直線DF與C1E所成角的余弦值是()【答案】D【解析】【分析】利用平移法作出異面直線DF與C1E所成角，解三角形即可求得答案.【詳解】連接BF，因?yàn)樵谥比庵鵄BC-A1B1C1中，E，F(xiàn)分別是棱BC，B1C1的中點(diǎn)，故C1F□BE,C1F=BE,，即四邊形C1FBE,為平行四邊形，所以BF□C1E，直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱長都相等，設(shè)其棱長為2，連接EF,DE，則EF=2,EF□BB1,BB1丄平面ABC，故EF丄平面ABC,DE?平面ABC，故EF丄DE，D是棱AB的中點(diǎn)，故DE=AC=1，,又DB=1，故在□DBF中，cos∠DFB=5.在3世紀(jì)中期，我國古代數(shù)學(xué)家劉徽在《九章算術(shù)注》中提出了割圓術(shù)：“割之彌細(xì)，所失彌少，割之一個(gè)圓內(nèi)按正n邊形等分成n個(gè)等腰三角形（如圖所示當(dāng)n越大，等腰三角形的面積之和越近似等于圓的面積.運(yùn)用割圓術(shù)的思想，可得到sin6°的近似值為(τ取近似值3.14）()A.0.314B.0.157C.0.105D.0.052【答案】C【解析】應(yīng)的等腰三角形的面積之和近似等于單位圓的面積列等式，計(jì)算即可.2故選：C.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)條件，利用降冪升角公式及余弦的和差角公式，得到cos(C?B)=1，即可求出結(jié)果.2sinC.sinB=1+cosA=1?cos(C+B)=1?cosCcosB+sinC.sinB，即cosCcosB+sinC.sinB=cos(C?B)=1，又0<C<τ,0<B<τ,得到?τ<C?B<τ,所以C?B=0，即C=B，為軸旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體的體積為A.14τ+8τB.C.D.【答案】D【解析】體積.所以梯形AOBC以邊AC為軸旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體為圓柱去掉一個(gè)同底圓錐的組合體，8.已知二面角α?m?β的平面角的大小為90。A,B為半平面α內(nèi)的兩個(gè)點(diǎn)，C為半平面β內(nèi)一點(diǎn)，且AC=BC=2，若直線BC與平面α所成角為30。，D為BC的中點(diǎn)，則線段AD長度的最大值是() 【答案】A【解析】再根據(jù)余弦定理可得AD2=15?12cos∠ACD，從而判斷出要使線段AD的長度最大，則∠ACD最大,確定A,B兩點(diǎn)的位置，再利用三角形知識求解即可.【詳解】因?yàn)槎娼铅?m?β的平面角的大小為90。，因?yàn)锳C=BC=2，2+2?2=15?12cos∠ACD，要使線段AD的長度最大,需要使得cos∠ACD最小，即∠ACD最大,所以當(dāng)A,B兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到公共棱m上時(shí)，∠ACD最大,則線段AD的長度最大.因?yàn)橹本€BC與平面α所成角為30。， 【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題解得關(guān)鍵在于根據(jù)AC=BC=23確定點(diǎn)A,B軌跡，然后結(jié)合圓錐性質(zhì)即可求解.A.z=·13C.z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在第四象限D(zhuǎn).z的共軛復(fù)數(shù)為3+2i【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運(yùn)算化簡z，即可得到其共軛復(fù)數(shù)，再一一判斷即可.對于AD，因?yàn)閦==3?2i，+2210.函數(shù)f(x)=cos2xcosφ?sin2xsinφ（0<φ<）的圖象的一個(gè)對稱中心為則下列說法正確的是()A.直線x=是函數(shù)f(x)的圖象的一條對稱軸B.函數(shù)f在上單調(diào)遞減C.函數(shù)f(x)的圖象向右平移個(gè)單位可得到y(tǒng)=cos2x的圖象D.函數(shù)f在上的最大值為1【答案】AC【解析】選項(xiàng).又0<φ<，所以φ=，所以=cosππ對于C選項(xiàng)：函數(shù)f(x)的圖象向右平移個(gè)單位可得y=cos=cos2x，C選項(xiàng)正211.如圖，在邊長為4的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E,F分別是棱B1C1,C1D1的中點(diǎn)，P是正方形ABD1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A.若DP//平面CEF，則點(diǎn)P的軌跡長度為D.若P是棱A1B1的中點(diǎn)，則三棱錐P?CEF的外接球的表面積是41π【答案】BCD【解析】角函數(shù)的基本關(guān)系求解正切值，對于D，先找到球心，利用勾股定理得到半徑，求解球的表面積即可.【詳解】對于A，如圖，取A1D1,A1B1中點(diǎn)N,M，且連接B1D1,NE，因?yàn)镋,F分別是棱B1C1,C1D1的中點(diǎn)，由中位線定理得MN//B1D1，EF//B1D1，所以MN//EF，而BD=B1D1，BB1=DD1，所以四邊形BB1D1D是平行四邊形，所以BD//B1D1，所以BD//EF，因?yàn)镃D=NE，ND=CE，所以四邊形NDCE是平行四邊形，所以ND//CE，因?yàn)镹D?面CEF，CE?面CEF，所以ND//面CEF，因?yàn)锽D?面CEF，EF?面CEF，所以BD//面CEF，而BD∩ND=D，且DP//平面CEF，面MNDB和面CEF相交，MN,EF是交線，BP，由勾股定理得A1P=對于C，如圖，作ET丄BC，連接A1C1∩EF=S，連接AE,AF,AC,A1F,AS,B1D1,ET，故EF丄面A1ACC1，EF丄AS，EF丄CS，而由勾股定理得A1F=AT=25，AF=AE=6，由三線合一性質(zhì)得S是EF的中點(diǎn)，故S是C1V的中點(diǎn)，即S是A1C1靠近C1的四等分點(diǎn)，所以由勾股定理得AS=18+16=34，CS=2+16=32，而EF丄AS，EF丄CS，面AEF∩面CEF=EF，所以∠ASC是二面角A?EF?C的平面角，且設(shè)該角為θ,在□ASC中，由余弦定理得cosθ=易得，所以sinθ≥0，而2+sin2θ=1，解得sinθ=負(fù)根舍去)，所以tanθ=所以二面角A?所以二面角A?EF?C的正切值為82，故C正確，5對于D，如圖，取PF的中點(diǎn)G，AC的中點(diǎn)H，連接PE,GH,FP，所以C1F=C1E=B1E=B1P=2，由勾股定理得EF=PE=2而PF=4，所以EF2+PE2=PF2，所以EF丄PE，而FP=2，所以點(diǎn)G到E,F,P的距離相等，因?yàn)镚H//AA1，由正方體性質(zhì)得AA1丄面PEF，所以GH丄面PEF，所以三棱錐P?CEF的外接球的球心在GH上，設(shè)球心為O，GO=t，則HO=4?t，又GP=2,CH=2設(shè)三棱錐P?CEF的外接球的半徑為R，則PO=CO=R，在直角三角形HCO中，由勾股定理得R2=8+(4?t)2，在直角三角形PGO中，由勾股定理得R2=4+t2，解得t=，【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查立體幾何，解題關(guān)鍵是確定球心的位置，然后利用勾股定理求出球的半徑，得到所要求的表面積即可. 【解析】【分析】由兩角和的正切公式可得tan40。+tan20。=代入所求代數(shù)式化簡可得結(jié)果.AD=5，則四棱柱外接球的表面積是.【解析】面外接圓半徑，進(jìn)而可得四棱柱外接球半徑，即可得外接球表面積.連接BD，又∠A=60°,AB=4，AD=5，所以四邊形ABCD及△ABD的外接圓半徑則O1O2=2，O1A=r==2所以外接球表面積S=4πR2=32π.故答案為：32π后交于點(diǎn)P.若AB=6，則cos∠PAC=；若AC:AB:BC=6:5:4，則PA+PB+PC的【解析】【分析】第一空：由正弦定理求得sin上ACB=利用三角形垂心性質(zhì)結(jié)合三角形誘導(dǎo)公式推得cos上PAC=sin上ACB，即得答案；第二空：設(shè)上CAB=θ,上CBA=α,上ACB=β,由余弦定理求得它們的余弦值，然后由垂心性質(zhì)結(jié)合正弦定理表示出PA+PB+PC=8(cosθ+cosα+cosβ)，即可求得答案.【詳解】設(shè)外接圓半徑為R，則R=4，即sin上ACB=由于上ACB是銳角，故cos上ACB=π又由題意可知P為三角形ABC的垂心，即AP丄BC,故上PAC=?上ACB，2設(shè)上CAB=θ,上CBA=α,上ACB=β,由于AC:AB:BC=6:5:4，不妨假設(shè)AC=6k,AB=5k,BC=4k,k>0，設(shè)AD,CE,BF為三角形的三條高，由于上ECB+上EBC=π,上PCD+上CPD=π,22則得∠APC=π?∠CPD=π?∠EBC=π?∠ABC，所以PA+PB+PC=4【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解題關(guān)鍵在于：涉及到三角形垂心的性質(zhì)的應(yīng)用，解答時(shí)要能靈活地結(jié)合垂心性質(zhì)尋找角之間的關(guān)系，應(yīng)用正余弦定理，解決問題.（1）PB的長度（2）隧道DE的長度.αβADEBBC45 233 2 （2）9【解析】（2）在□PAB中利用正弦定理求出AB，從而可求出DE.因?yàn)閏osγ=為銳角，所以sinγ= 所以DE=AB?AD?EB=9+33?? 所以隧道DE的長度為9.（2）PB1與平面A1BC1所成的角的余弦值為求PB的【解析】A設(shè)B1在平面A1BC1上的射影點(diǎn)為E，連接EP,EB1，=cos2θ=則sinθ=可得PB1=，在線段BC上運(yùn)動(dòng)（包括端點(diǎn)如圖所示.P?若存在，求出實(shí)數(shù)λ的取值范圍；若不存在，請說明理由. 存在，λ∈λ,分類討論可求得的范圍.向旋轉(zhuǎn)75o到-P的位置，如圖所示.作P1D丄y軸于點(diǎn)D,OP1=2,∠POP1=75°,可得=30+75?90?3022224 設(shè)P(t,3)，其中1≤t≤5.即2×(6?λt)+×λ=0?12?2λt+3λ=0，可得12=(2t?3)λ.若t≠,則,故λ∈ □ABM沿著BM折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置，滿足點(diǎn)P?平面BCDM.（1）如圖2，當(dāng)BC=2MD時(shí)，點(diǎn)N是線段PC上點(diǎn)的，DN//平面PBM，求的值；（2）如圖2，若點(diǎn)P在平面BCDM內(nèi)的射影E落在線段BC上.①是否存在點(diǎn)M，使得BP丄平面PCM，若存在，求PM的長；若不存在，請說明理由；②當(dāng)三棱錐E?PBM的體積最大值時(shí)，求點(diǎn)E到平面PCD的距離.【解析】【分析】（1）取BC的中點(diǎn)F，連接DF,FN，則由面面平行的判定定理可證得平面DNF∥平面PBM，再利用面面平行的性質(zhì)可得FN∥PB，從而可求得結(jié)果；（2）①當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)D重合時(shí)，BP丄平面PCM，由已知條件可證得CM丄平面PBC，則AM=PM=x，由□ABM∽△BGA，可得BG=，在Rt△PBE中，表示出PE，然后表示出VE?PBM=VP?BEM=S□BEM.PE，利用基本不等式可求出其最大值，從而可點(diǎn)E到平面PCD的距離.取BC的中點(diǎn)F，連接DF,FN，因?yàn)锽C=2MD，所以BF=FC=DM，因?yàn)镸D∥BF，所以四邊形MDFB為平行四邊形，所以DF∥BM，因?yàn)镈F?平面PBM，BM?平面PBM，所以DF∥平面PBM，因?yàn)镈N∥平面PBM，DF∩DN=D，DF,DN?平面DNF，所以平面DNF∥平面PBM，因?yàn)槠矫鍰NF∩平面PBC=NF，平面PBM∩平面PBC=PB，所以FN∥PB，因?yàn)镕是BC的中點(diǎn)，所以①存在點(diǎn)M，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)D重合，即PM=2時(shí)，PB丄平面PCM，理由如下：當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)D重合時(shí)，則CM丄BC，因?yàn)镻E丄平面BCD，CM?平面BCD，所以PE丄CM，所以CM丄平面PBC，因?yàn)镻B丄PM，PM∩