辽宁省沈阳市郊联体2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题+扫描版含答案
2019-2020学年辽宁省多校联盟高一下学期数学期末试题(解析版)
2019-2020学年辽宁省多校联盟高一下学期数学期末试题一、单选题1．若复数z 满足32z i i ⋅=-，其中i 为虚数单位，则z 的共轭复数的虚部为（ ） A ．3 B ．-3C ．3iD ．3i -【答案】A【解析】求出复数z ，即得z 的共轭复数z ，即得答案. 【详解】 ∵32z i i ⋅=-，∴()()()2232323223i i i i i z i i i i i -⋅---+====--⋅--， ∴23z i =-+，∴z 的共轭复数的虚部为3. 故选：A . 【点睛】本题考查复数的除法和共轭复数，属于基础题. 2．已知1sin 4α=，sin 20α<，则tan α=（ ）A ．BC ．D ．【答案】D【解析】利用二倍角公式和平方关系，可求cos α的值，进而求解tan α的值. 【详解】 解：∵1sin 04α=>，sin 22sin cos 0ααα=<，∴cos 0α<，可得cos 4α===-，∴sin tan cos 15ααα==-. 故选：D . 【点睛】本题考查二倍角公式和同角三角函数的关系，属于容易题.3．已知向量3a =，()3,4b =-，且,4a b π<>=，则a 在b 上的投影的数量为（ ）A ．2B ．2C ．2D ．【答案】C【解析】第一个向量在第二个向量上的投影，等于两向量的数量积除以第二个向量的模，由题意代入数据即可计算得解. 【详解】解：∵向量3a =，()3,4b =-，且,4a b π<>=，∴5b =，可得cos ,3522a b a b a b ⋅=<>=⨯⨯=，∴a 在b 上的投影的数量为152252a b b⋅==故选：C . 【点睛】本题考查向量的投影，掌握数量积的定义是解题关键． 4．下列函数中，周期为2π的偶函数是（ ） A ．tan y x = B ．2cos 2y x = C ．2tan 1tan xy x=- D ．sin 2cos 2y x x =-【答案】B【解析】由题意利用三角函数的周期性和奇偶性，从而得出结论. 【详解】解：∵函数tan y x =的周期，即tan y x =的周期，为π，故排除A ；函数21cos 4cos 22x y x +==的周期为242ππ=，且函数为偶函数，故B 满足条件； 函数2tan 1tan 21tan 2x y x x ==⋅-，它的周期为2π，但该函数为奇函数，故C 不满足条件；函数sin 2y x =的周期为22ππ=，故D 不满足条件， 故选：B . 【点睛】本题考查三角函数的奇偶性与周期性，求周期一般要把三角函数化为一个角的三角函数形式且为一次的． 5．函数()1sin cos 653f x x x ππ⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的最小值为（ ） A ．45-B ．65-C ．15-D ．-1【答案】A【解析】寻找两个角的关系，利用三角函数的诱导公式进行转化，结合三角函数的有界性进行求解即可. 【详解】 解：∵362x x πππ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭，∴362x x πππ⎛⎫+=-+ ⎪⎝⎭， 则()11sin cos sin cos sin 65365626f x x x x x x ππππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++=-+-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦14sin sin 5656x x ππ⎛⎫⎛⎫--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴当sin 16x π⎛⎫-=- ⎪⎝⎭时，()f x 有最小值45- 故选：A . 【点睛】本题考查求三角函数的最值，解题方法是利用诱导公式化简函数为一个角的一个三角函数，然后结合正弦函数性质得最小值．6．若虚数12i -是关于x 的方程20x ax b +=-(a ，R b ∈)的一个根，则a bi +=（ ）A ．29BCD ．3【答案】B【解析】先把12i -代入方程，然后根据复数相等的条件可求a ，b ，再根据模长公式即可求解. 【详解】解：由题意可得，()()212120i a i b --+=-， 所以()3240b a a i --+-=， 故2a =，5b =，则25a bi i +=+=. 故选：B .本题考查实系数方程的复数根，考查复数的模，解决实系数方程的复数根的方法是复数根代入方程利用复数相等的定义求解．7．m ，n 为不重合的直线，α，β，γ为互不相同的平面，下列说法错误的是（ ） A ．若//m n ，则经过m ，n 的平面存在且唯一 B ．若//αβ，m αγ=，n βγ=，则//m nC ．若αγ⊥，βγ⊥，m αβ=，则m γ⊥D ．若m α⊂，n ⊂α，//m β，βn//，则//αβ 【答案】D【解析】对于A ，由公理三及其推论得经过m ，n 的平面存在且唯一；对于B ，由面面平行的性质定理得//m n ；对于C ，由线面垂直的判定定理得m γ⊥；对于D ，α与β相交或平行. 【详解】解：由m ，n 为不重合的直线，α，β，γ为互不相同的平面，知：对于A ，若//m n ，则由公理三及其推论得经过m ，n 的平面存在且唯一，故A 正确； 对于B ，若//αβ，m αγ=，n βγ=，则由面面平行的性质定理得//m n ，故B 正确；对于C ，若αγ⊥，βγ⊥，m αβ=，则由线面垂直的判定定理得m γ⊥，故C 正确；对于D ，若m α⊂，n ⊂α，//m β，βn//，则α与β相交或平行，故D 错误. 故选：D . 【点睛】本题考查空间直线、平面间的位置关系贩判断，考查平面的基本性质，旨在考查学生空间想象能力，逻辑推理能力．8．ABC 中，1CA =，2CB =，120ACB ∠=︒，以边AC 所在直线为轴将ABC 旋转一周后，形成的几何体的表面积为（ ）A ．πB ．π C ．)32πD ．)3π【解析】以边AC 所在直线为轴将ABC 旋转一周后，形成的几何体是圆锥ABOD 挖去圆锥CBOD 后剩余的几何体，推导出7AB =，23BD =，由此能求出形成的几何体的表面积. 【详解】解：如图，以边AC 所在直线为轴将ABC 旋转一周后， 形成的几何体是圆锥ABOD 挖去圆锥CBOD 后剩余的几何体， ∵ABC 中，1CA =，2CB =，120ACB ∠=︒， ∴14212cos1207AB =+-⨯⨯⨯︒=，44222cos12023BD =+-⨯⨯⨯︒=，∴以边AC 所在直线为轴将ABC 旋转一周后，形成的几何体的表面积为：()37322123S πππ=⨯⨯+⨯⨯=+故选：B .【点睛】本题考查求旋转体表面积，解题关键是掌握圆锥，圆柱等旋转体的结构．得出组合体是由怎样的基本几何体组合而成．9．已知向量()1,cos2a x =，(sin 23b x =，将函数()f x a b =⋅的图象沿x 轴向左平移ϕ()0ϕ>个单位后，得到的图象关于原点对称，则ϕ的最小值为（ ）A ．12πB ．6πC ．512π D ．3π 【答案】D【解析】根据平面向量数量积的运算和辅助角公式可得()2sin 23f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，向左平移ϕ个单位，得到2sin 223y x πϕ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，从而有23k πϕπ+=，k Z ∈，再结合0ϕ>，即可得解.【详解】()sin 222sin 23f x a b x x x π=⋅⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，将函数()f x 的图象向左平移ϕ个单位，得到()2sin 22sin 2233y x x ππϕϕ⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，该函数的图象关于原点对称，∴该函数是奇函数，23k πϕπ∴+=，k Z ∈，62k ππϕ∴=-+，k Z ∈， 又0ϕ>，min 3πϕ∴=.故选：D . 【点睛】本题考查数量积的坐标运算、辅助角公式和三角函数的图象变换，属于中档题. 10．在ABC 中，D 为边BC 的中点，AD ＝3，BC ＝4，G 为ABC 的重心，则GB GC ⋅的值为（ ） A ．﹣12 B ．﹣15 C ．﹣3D ．154-【答案】C【解析】利用向量加法、减法和数量积运算，求得GB GC ⋅ 【详解】如图，连接AD ，由于D 是线段BC 的中点，所以重心G 在AD 上，且2AGGD=，所以1GD =，122BD CD BC ===.所以GB GC ⋅()()()()22GD DB GD DC GD DB GD DB GD DB =+⋅+=+⋅-=-22123=-=-.故选：C【点睛】本小题主要考查向量加法、减法和数量积运算，属于基础题.二、多选题11．正四棱锥P ABCD-中，底面边长为2，侧面与底面所成二面角的大小为60°，下列结论正确的是（）A．直线PA与BC、PA与CD所成的角相等B6C．该四凌锥的体积为43D．该四凌锥的外接球的表面为25 3π【答案】AD【解析】对于A，根据异面成角的概念，直线PA与BC、PA与CD所成的角分别为PAD∠，PAB∠，再根据正四棱锥的特点，即可判断选项A是否正确；对于B，由题意可证PO⊥平面ABCD，则PAO∠是侧棱与底面所成角，在Rt PAO即可求出侧棱与底面所成角的正切值，即可判断选项B是否正确；对于C，利用体积公式即可求出该四棱锥的体积，进而判断选项C是否正确；对于D，利用球心和顶点连线，构造直角三角形，利用勾股定理求出外接球的半径，进而求出外接球的表面积，即可判断选项D是否正确.【详解】连结AC，BD，交于点O，连结PO，取AD中点E，连结OE、PE，如下图所示：对于A ，因为//BC AD ，所以直线PA 与BC 所成角为PAD ∠， 因为//CD AB ，所以PA 与CD 所成的角为PAB ∠， ∵PA PB PD ==，AB AD =，∴PAD PAB ∠=∠， ∴直线PA 与BC 、PA 与CD 所成的角相等，故A 正确； 对于B ，∵PO ⊥平面ABCD ，∴PAO ∠是侧棱与底面所成角，∵A 正四棱锥P ABCD -中，底面边长为2，侧面与底面所成二面角的大小为60°， ∴221122222AO AC ==+=，60PEO ∠=︒，1OE =，2PE =，22213PO =-=，∴侧棱与底面所成角的正切值为36tan 22PAO ∠==，故B 错误； 对于C ，该四棱锥的体积为1143223=333ABCD V S PO =⨯⨯=⨯⨯⨯正方形，故C 错误； 对于D ，由题意可知正四凌锥P ABCD -中外接球的球心在PO 上， 设外接球的球心为M ，连接MC ，设该四棱锥的外接球半径为R ， 在Rt MOC 中，,3,2MC R OM R OC ===,由勾股定理，可得)222R R=+，解得R =，∴该四棱锥的外接球的表面积为22543S R ππ==，故D 正确. 故选：AD. 【点睛】本题主要考查了考查空间中异面直线成角、线面角、锥体的体积以及锥体的外接球等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力，属于中档题．12．在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，ABC 的面积为S .下列ABC 有关的结论，正确的是（ ） A ．cos cos 0A B +>B ．若a b >，则cos2cos2A B <C ．24sin sin sin S R A B C =，其中R 为ABC 外接圆的半径D ．若ABC 为非直角三角形，则tan tan tan tan tan tan A B C A B C ++= 【答案】ABD【解析】对于A ，利用A B π+<及余弦函数单调性，即可判断；对于B ，由a b >，可得sin sin A B >，根据二倍角的余弦公式，即可判断；对于C ，利用in 12s S ab C =和正弦定理化简，即可判断；对于D ，利用两角和的正切公式进行运算，即可判断. 【详解】对于A ，∵A B π+<，∴0A B ππ<<-<，根据余弦函数单调性，可得()cos cos cos A B B π>-=-，∴cos cos 0A B +>，故A 正确；对于B ，若sin sin a b A B >⇔>，则22sin sin A B >，则2212sin 12sin A B -<-，即cos2cos2A B <，故B 正确； 对于C ，211sin 2sin 2sin sin 2sin sin sin 22S ab C R A R B C R A B C ==⋅⋅⋅=，故C 错误；对于D ，在ABC 为非直角三角形，()tan tan tan tan 1tan tan B CA B C B C+=-+=--⋅，则tan tan tan tan tan tan A B C A B C ++=，故D 正确.故选：ABD. 【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，三角函数基本性质．考查了推理和归纳的能力．三、填空题13．已知点()1,2P 为角α的终边上一点，则tan2α=______. 【答案】43-【解析】根据点()1,2P 为角α的终边上一点，可得tan α，再根据二倍角的正切公式，即可求出结果. 【详解】因为点()1,2P 为角α的终边上一点，则2tan 21α==， ∴22tan 4tan 21tan 3ααα==--.故答案为：43-.【点睛】本题主要考查了任意角三角函数值的求法和二倍角的正切公式的应用，属于基础题. 14．边长为2的正方形ABCD 中，P 为对角线上一动点，则AP AC ⋅=______.【答案】4【解析】根据平面向量基本定理可知，由于B ､P ､D 三点共线，则存在λ，使得()1AP AB AD λλ=+-，故()1AP AC AB AC AD AC λλ⋅=⋅+-⋅，再结合平面向量数量积的运算即可得解. 【详解】解：∵B ､P ､D 三点共线，∴存在λ，使得()1AP AB AD λλ=+-，∴()()11AP AC AB AD AC AB AC AD AC λλλλ⎡⎤⋅=+-⋅=⋅+-⋅⎣⎦()222cos451222cos454λλ=⋅⨯︒+-⋅⨯︒=.故答案为：4. 【点睛】此题考查平面向量基本定理的应用，考查平面向量数量积的计算，属于基础题15．复数1z ，2z 满足13=z ，22z =，127z z -=，则12z z +=______. 【答案】19【解析】将127z z -=平方可求得12z z ，即可求出212z z +，开方即可. 【详解】因为13=z ，22z =，127z z -=，所以22112227z z z z -+=，即1226z z =，则221212221964192z z z z z z =+++=++=，则2119z z -=. 故答案为：19. 【点睛】本题考查复数模的计算，属于基础题.四、双空题16．已知正四面体ABCD 的棱长为12，其外接球半径R =______；若其内切球的球心为O ，则内切球O 与三棱锥O BCD -的公共部分的体积为______. 【答案】36 26π【解析】由题意画出图形，求解三角形可得正四面体外接球的半径；由对称性可知正四面体外接球与内切球球心相同，求出内切球的半径，得到内切球的体积，由内切球O 与三棱锥O BCD -的公共部分的体积等于内切球体积的四分之一求解. 【详解】 解：如图，设底面三角形外心为F ，连接CF 并延长，交BD 于E ， ∵12BC CD BD ===，∴2212663CE =-=∴23CF =⨯=AF ==设正四面体ABCD 的外接球的半径为R ，则(()222R R =+，解得R =由正四面体的对称性，可得正四面体外接球的球心与内切球的球心重合.则内切球的半径r ==正四面体的体积为11121232⨯⨯⨯=343π⨯=.则正四面体内，内切球外的几何体的体积为， ∴内切球O 与三棱锥O BCD -的公共部分的体积为()14V ⎡⎤=⎣⎦=.故答案为：. 【点睛】此题考查正四面体内切球和外接球问题，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题五、解答题17．已知函数()2sin cos f x x x x ωωω=⋅()0ω>的周期为π.（1）求ω的值；（2）求()f x 的单调增区间.【答案】（1）1ω=；（2）单调递增区间为5,1212k k ππππ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦，k Z ∈.【解析】（1）先化简解析式为()sin 232f x x πω⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，再由周期公式求ω的值，（2）由（1）可得函数解析式为()sin 232f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，令222232k x k πππππ-≤+≤+，k Z ∈，解之即可得出函数的单调增区间.【详解】解：（1）∵()2sin cos f x x x x ωωω=⋅)1sin 21cos 222x x ωω=++sin 23x πω⎛⎫=++⎪⎝⎭ ∵周期为π，∴22ππω=，又0>ω，解得1ω=； （2）由（1）可得：()sin 232f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， 令222232k x k πππππ-≤+≤+，k Z ∈，解得：51212k x k ππππ-≤≤+，k Z ∈， 即函数的单调递增区间为5,1212k k ππππ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦，k Z ∈. 【点睛】本题考查利用三角恒等变换解决三角函数性质问题，属于基础题.18．在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，()3cos cos b c A a C -=. （1）求cos A ； （2）若a =ABC 的面积S 的最大值.【答案】（1）13；（2【解析】（1）利用余弦定理将条件转化为变得关系即可求出A 的余弦值. （2）由余弦定理得到22233b c bc =++，结合基本不等式得到bc 的范围，进而可得面积的最大值. 【详解】解：（1）由余弦定理可得()222222322b c a a b c b c a bc ab+-+--⋅=⋅， 整理得22223b c a bc +-=， 则222213cos 223bcb c a A bc bc +-===； （2）由余弦定理2222231cos 223b c a b c A bc bc +-+-===，即22233b c bc =++，因为222323bc b c bc +=+≥，所以94bc ≤，当且仅当b c =时取“=” 因为1cos 3A =，则22sin A =则119223sin 22244S bc A =≤⨯⨯=. 【点睛】本题考查余弦定理，考查三角形面积，考查用基本不等式求最值，掌握余弦定理是解题关键．19．如图，AB 为半圆的直径，C 为半圆上一点(不与A ，B 重合)，PA ⊥平面ABC ，//QB PA ，且2PA QB =.（1）求证：平面PAC ⊥平面QBC ；（2）试问线段AC 上是否存在一点D ，使得//BD 平面CPQ ，若存在，指出D 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，D 为AC 的中点，证明见解析.【解析】（1）由直径所对的圆周角为直角，以及线面垂直的性质和判定，推得BC ⊥平面PAC ，再由面面垂直的判定定理，即可得证；（2）线段AC 上存在一点D ，且D 为AC 的中点，使得//BD 平面CPQ ，运用三角形的中位线定理和线面平行的判定定理，即可得证. 【详解】（1）证明：由AB 为半圆的直径，C 为半圆上一点(不与A ，B 重合)， 可得AC BC ⊥，由PA ⊥平面ABC ，可得PA BC ⊥，而PA ，AC 为相交直线，可得BC ⊥平面PAC ， 而BC ⊂平面QBC ，可得平面PAC ⊥平面QBC ；（2）线段AC 上存在一点D ，且D 为AC 的中点，使得//BD 平面CPQ . 证明：延长PQ ，与延长AB 交于H ，连接CH ， 由//QB PA ，且2PA QB =，可得B 为AH 的中点， 而D 为AC 的中点，可得//DB CH ，又H 为直线PQ 上的点，可得H 在平面CPQ 内，由BD ⊄平面CPQ ，CH ⊂平面CPQ ，可得//BD 平面CPQ .【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、线面平行的判定定理，考查基本分析论证能力，属基础题.20．如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为直角梯形，//AB CD ，90BAD ∠=︒，2AA CD ==1，1AB AD ==，E ，F 分别为棱1BB ，1CC 的中点.（1）在图中作出平面1A FF 与该棱柱的截面图形，并用阴影部分表示(不必写出作图过程)；（2）H 为棱CD 的中点，求异面直线1D H 与EF 所成角的余弦值.【答案】（1）答案见解析；（2）1010. 【解析】（1）取11C D 中点G ，连结1A G ､EG ，四边形1A EFG 是平面1A EF 与该棱柱的截面图形.（2）以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线1D H 与EF 所成角的余弦值. 【详解】（1）取11C D 中点G ，连结1A G ､EG ，则四边形1A EFG 是平面1A EF 与该棱柱的截面图形.（2）∵直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为直角梯形，//AB CD ，90BAD ∠=︒，12AA CD ==，1AB AD ==，E ，F 分别为棱1BB ，1CC 的中点，∴以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，则()10,0,2D ，()0,1,0H ，()1,1,1E ，()0,2,1F ，()10,1,2H D =-，()1,1,0EF =-， 设异面直线1D H 与EF 所成角为θ，则11cos 105D H EF D H EFθ⋅===⋅. ∴异面直线1D H 与EF 所成角的余弦值为10. 【点睛】本题考查平面的性质，考查异面直线所成角的求法，属于基础题. 21．在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知()sin cos2cos sin 22A A C C =-. （1）若3cos 5A =，试判断ABC 的形状； （2）求证：2b c a +=.【答案】（1）直角三角形；（2）证明见解析.【解析】（1）由已知利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得25sin 8sin 30C C -+=，解得sin 1C =，或35，分类讨论，可求三角形为直角三角形； （2）将已知等式两边同时乘以22cos2A，利用三角函数恒等变换的应用可得sin sin 2sin C B A +=，进而根据正弦定理即可证明2b c a +=.【详解】（1）∵23cos 2cos 152A A ==-，可得24cos 25A =， 则21sin25A =，∴4sin 5A =，∴cos2A =，sin 2A =，∵()sin cos2cos sin 22A AC C =-， ∴)2cos 55C C =-，可得2sin 2cos C C =-， ∴()()222sin 2cos C C =-，整理可得：25sin 8sin 30C C -+=，解得sin 1C =，或35， ∴当sin 1C =时，C 为直角，三角形为直角三角形；当3sin cos 5C A ==时，可得2A C π+=，可得B 为直角，三角形为直角三角形； 综上，三角形为直角三角形. （2）∵()sin cos 2cos sin 22A AC C =-. ∴()22sin cos22cos sin cos 222A A A C C =-， ∴()()sin 1cos 2cos sin C A C A +=-，即sin sin cos 2sin sin cos C C A A A C +=-， ∴()()sin sin cos sin cos sin sin sin sin 2sin C C A A C C A C CB A ++=++=+=， ∴由正弦定理得2b c a +=，得证. 【点睛】本题考查三角形内的三角恒等变换，考查正弦定理，属于基础题.22．如图甲，矩形ABCD 中，2AB =，1AD =，E 为AB 中点，将ADE 沿直线DE 折起成PDE △(如图乙)，连接PC ，PB .在图乙中解答：（1）当平面PDE ⊥平面BCDE 时，求三棱锥B PCE -的体积； （2）F 为PC 中点，连接BF .求证：//BF 平面PDE ，并求线段BF 的长. 【答案】（12；（2）证明见解析，5BF =【解析】（1）取DE 中点O ，连结PO ，推导出PO ⊥平面BCDE ，由此能求出三棱锥B PCE -的体积.（2）取CD 中点G ，连结BG ､FG ，推导出//FG PD ，//BG DE ，从而平面//PDE 平面BFG ，由此能求出//BF 平面PDE .由//FG PD ，//BG DE ，得45BGF EDP ∠=∠=︒，利用余弦定理能求出BF .【详解】（1）取DE 中点O ，连结PO ，∵矩形ABCD 中，2AB =，1AD =，E 为AB 中点， 将ADE 沿直线DE 折起成PDE △，连接PC ，PB ，∴1PD PE ==，90DPA ∠=︒，∴PO DE ⊥，22112DE =+=∴2222122PO ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭， ∵平面PDE ⊥平面BCDE ，平面PDE 平面BCDE DE =，∴PO ⊥平面BCDE ， ∴三棱锥B PCE -的体积：1112211332212P BCE BCE V S PO -=⨯=⨯⨯⨯⨯=△. （2）证明：取CD 中点G ，连结BG ､FG ，∵F 是PC 中点，E 是AB 中点，四边形ABCD 是矩形， ∴//FG PD ，//BG DE ， ∵PDDE D =，FG GB G ⋂=，∴平面//PDE 平面BFG ，∵BF ⊂平面BFG ，∴//BF 平面PDE . ∵//FG PD ，//BG DE ， ∴45BGF EDP ∠=∠=︒，1122FG PD ==，2BG DE ==， ∴221152cos 45222cos 45422BF BG CF BG FG =+-⨯⨯⨯︒=+-⨯⨯⨯︒. 【点睛】本题考查面面垂直的性质，考查三棱锥的体积，考查线面平行的证明，属于中档题.。
2019-2020学年辽宁省沈阳市郊联体高一下学期期末数学试卷 (解析版)
2019-2020学年辽宁省沈阳市郊联体高一第二学期期末数学试卷一、选择题（共12小题）.1．若角600°的终边上有一点（﹣4，a），则a的值是（）A．4B．﹣4C．D．﹣2．已知向量＝（x﹣5，3），＝（2，x），且⊥，则由x的值构成的集合是（）A．{2，3}B．{﹣1，6}C．{2}D．{6}3．如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积（）A．B．1C．D．2（1+）4．已知0＜α＜π，2sin2α＝sinα，则sin（α﹣）＝（）A．﹣B．﹣C．D．5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则＝（）A．B．C．D．26．在200m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°、60°，则塔高为（）A．m B．m C．m D．m7．在直角三角形ABC中，角C为直角，且AC＝BC＝2，点P是斜边上的一个三等分点，则＝（）A．0B．4C．D．﹣8．若将函数f（x）＝2sin（x+）图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向下平移一个单位得到的函数g（x）的图象，函数g（x）（）A．图象关于点（﹣，0）对称B．最小正周期是C．在（0，）上递增D．在（0，）上最大值是19．已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列各组条件中能推出m⊥l的所有序号是（）①m⊥α，l⊥β，α⊥β②m⊥α，l∥β，α∥β③m⊂α，l⊥β，α∥β④m⊂α，l∥β，α⊥βA．①②③B．①②C．②③④D．③④10．在△ABC中，若sin（A+B﹣C）＝sin（A﹣B+C），则△ABC必是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰或直角三角形D．等腰直角三角形11．若函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）在[0，]上仅有两个零点，则ω的取值范围是（）A．（1，）B．[1，）C．（，4）D．[，4）12．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC ＝CC1＝，点P是线段BC1上一动点，则CP+PA1的最小值是（）A．B．C．D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13．已知单位向量与的夹角为120°，则||＝．14．在钝角△ABC中，已知a＝2，b＝4，则最大边c的取值范围是15．已知＜α＜π，0＜β＜，tanα＝﹣，cos（β﹣α）＝，则sinβ的值为．16．已知△ABC是等腰直角三角形，斜边AB＝2，P是平面ABC外的一点，且满足PA＝PB＝PC，∠APB＝120°，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为．三、解答题：本大题共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．已知角θ的终边与单位圆x2+y2＝1在第一象限交于点P，且点P的坐标为．（1）求tanθ的值；（2）求的值．18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，B＝30°，且2a sin A﹣（2b+c）sin B ＝（b+2c）sin C．（1）求sin（A﹣C）的大小；（2）若△ABC的面积为3，求△ABC的周长．19．如图，在三棱锥A﹣BCD中，△BCD，△ABD均为边长为2的正三角形．（1）若AC＝，求证：平面ABD⊥平面BCD；（2）若AC＝2，求三棱锥A﹣BCD的体积．20．已知函数f（x）＝2sin x cos x﹣2cos（x+）cos（x﹣）．（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期和图象的对称轴方程；（Ⅱ）求函数f（x）在区间[﹣]上的值域．21．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且（a+b+c）（a+b﹣c）＝3ab．（1）求角C的值；（2）若c＝2，且△ABC为锐角三角形，求2a﹣b的范围．22．如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．（1）求证：B1D1∥面A1BD；（2）求证：MD⊥AC；（3）试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D．参考答案一、选择题（共12小题）.1．若角600°的终边上有一点（﹣4，a），则a的值是（）A．4B．﹣4C．D．﹣【分析】根据三角函数的定义建立方程关系进行求解即可．解：∵角600°的终边上有一点（﹣4，a），∴tan600°＝，即a＝﹣4tan600°＝﹣4tan（360°+240°）＝﹣4tan240°＝﹣4（180°+60°）＝﹣4tan60°＝﹣4，故选：B．2．已知向量＝（x﹣5，3），＝（2，x），且⊥，则由x的值构成的集合是（）A．{2，3}B．{﹣1，6}C．{2}D．{6}【分析】根据题意，易得＝0，将两个向量坐标代入可得关系式（x﹣5）×2+3x＝0，解可得x的值，进而可得答案．解：根据题意，，则有＝0，将两个向量坐标代入可得，（x﹣5）×2+3x＝0，解可得，x＝2，故选：C．3．如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积（）A．B．1C．D．2（1+）【分析】由题意求出直观图中OB的长度，根据斜二测画法，求出原图形平行四边形的高，即可求出原图形的面积．解：由题意正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，所以OB＝，对应原图形平行四边形的高为：2，所以原图形的面积为：1×2＝2．故选：A．4．已知0＜α＜π，2sin2α＝sinα，则sin（α﹣）＝（）A．﹣B．﹣C．D．【分析】由已知求得cosα，再由诱导公式求解sin（α﹣）．解：∵0＜α＜π，∴sinα≠0，由2sin2α＝sinα，得4sinαcosα＝sinα，∴cosα＝．则sin（α﹣）＝﹣sin（）＝﹣cosα＝．故选：B．5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则＝（）A．B．C．D．2【分析】根据同角的三角形函数的关系和等比性质即求出．解：∵，，∴sin A＝，由等式的性质可得＝＝＝2，故选：D．6．在200m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°、60°，则塔高为（）A．m B．m C．m D．m【分析】由tan30°＝＝得到BE与塔高x间的关系，由tan60°＝求出BE值，从而得到塔高x的值．解：如图所示：设山高为AB，塔高为CD为x，且ABEC为矩形，由题意得tan30°＝＝＝，∴BE＝（200﹣x）．tan60°＝＝，∴BE＝，∴＝（200﹣x），x＝（m），故选：A．7．在直角三角形ABC中，角C为直角，且AC＝BC＝2，点P是斜边上的一个三等分点，则＝（）A．0B．4C．D．﹣【分析】由题意，将所求等式变形，用直角三角形的两条直角边对应的向量表示，展开计算即可．解：直角三角形ABC中，角C为直角，且AC＝BC＝2，点P是斜边上的一个三等分点，则＝＝（）（）＝（）（）＝（））＝＝＝4；故选：B．8．若将函数f（x）＝2sin（x+）图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向下平移一个单位得到的函数g（x）的图象，函数g（x）（）A．图象关于点（﹣，0）对称B．最小正周期是C．在（0，）上递增D．在（0，）上最大值是1【分析】根据三角函数的图象变换关系求出g（x）的解析式，结合三角函数的性质分别进行判断即可．解：若将函数f（x）＝2sin（x+）图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再则y＝2sin（2x+），向下平移一个单位得到的函数g（x）的图象，则g（x）＝2sin（2x+）﹣1，A.2×（﹣）+＝0，则函数g（x）关于（﹣，﹣1）对称，故A错误，B．函数的周期T＝＝π，故B错误，C．当x∈（0，）时，2x+∈（，），此时函数g（x）为增函数，故C正确，D．由C知当x∈（0，）时，2x+∈（，），此时函数无最大值，故D错误，故选：C．9．已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列各组条件中能推出m⊥l的所有序号是（）①m⊥α，l⊥β，α⊥β②m⊥α，l∥β，α∥β③m⊂α，l⊥β，α∥β④m⊂α，l∥β，α⊥βA．①②③B．①②C．②③④D．③④【分析】根据空间中线面平行或垂直的判定定理与性质定理逐一判断每个选项即可．解：①由二面角夹角的求法可知，若m⊥α，l⊥β，α⊥β，则m⊥l，即①正确；②因为m⊥α，α∥β，所以m⊥β，因为l∥β，所以m⊥l，即②正确；③因为l⊥β，α∥β，所以l⊥α，因为m⊂α，由线面垂直的性质定理可知，m⊥l，即③正确；④若l∥β，α⊥β，则l⊂α或l∥α或l与α相交，只有当l与α相交且l⊥α时，才能推出m⊥l，即④错误；故选：A．10．在△ABC中，若sin（A+B﹣C）＝sin（A﹣B+C），则△ABC必是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰或直角三角形D．等腰直角三角形【分析】结合三角形的内角和公式可得A+B＝π﹣C，A+C＝π﹣B，代入已知sin（A+B ﹣C）＝sin（A﹣B+C）化简可得，sin2C＝sin2B，由于0＜2B＜π，0＜2C＜π从而可得2B＝2C或2B+2C＝π，从而可求解：∵A+B＝π﹣C，A+C＝π﹣B，∴sin（A+B﹣C）＝sin（π﹣2C）＝sin2C sin（A﹣B+C）＝sin（π﹣2B）＝sin2B，则sin2B＝sin2C，B＝C或2B＝π﹣2C，即．所以△ABC为等腰或直角三角形．故选：C．11．若函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0）在[0，]上仅有两个零点，则ω的取值范围是（）A．（1，）B．[1，）C．（，4）D．[，4）【分析】由题意利用正弦函数的图象和性质，可得2π≤+＜3π，由此求得ω的范围．解：∵函数，在上，ωx+∈[，+]，若f（x）在上恰有两个零点，∴2π≤+＜3π，求得≤ω＜4，故选：D．12．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC ＝CC1＝，点P是线段BC1上一动点，则CP+PA1的最小值是（）A．B．C．D．【分析】连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，不难看出CP+PA1的最小值是A1C连线的长度，再由余弦定理即可求解．解：连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，连接A1C，其长度即为所求，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，∴矩形BCC1B1是边长为的正方形，则BC1＝2，又A1C1＝AC＝6，在矩形ABB1A1中，，则，易发现，，即，∴∠A1C1B＝90°，则∠A1C1C＝135°，∴．故选：B．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13．已知单位向量与的夹角为120°，则||＝．【分析】由已知结合向量数量积的定义及性质即可直接求解．解：由题意可得，||＝||＝1，＝1×＝﹣，则||2＝＝1+9+3＝13，则||＝．故答案为：．14．在钝角△ABC中，已知a＝2，b＝4，则最大边c的取值范围是【分析】利用三角形三边大小关系、余弦定理即可得出．解：c＜a+b＝6．ocsC＝＜0，解得c．∴c∈（2，6）．故答案为：（2，6）．15．已知＜α＜π，0＜β＜，tanα＝﹣，cos（β﹣α）＝，则sinβ的值为．【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求cosα，sinα的值，由角的范围结合cos （β﹣α）＝＞0，可得范围：﹣＜β﹣α＜0，利用同角三角函数基本关系式可求sin （β﹣α），由角关系β＝（β﹣α）+α，利用两角和的正弦函数公式即可计算求值．解：∵＜α＜π，tanα＝﹣，∴cosα＝﹣＝﹣，sinα＝＝，∵0＜β＜，可得：﹣π＜β﹣α＜0，又∵cos（β﹣α）＝＞0，可得：﹣＜β﹣α＜0，∴sin（β﹣α）＝﹣＝﹣，∴sinβ＝sin[（β﹣α）+α]＝sin（β﹣α）cosα+cos（β﹣α）sinα＝（﹣）×（﹣）+×＝．故答案为：．16．已知△ABC是等腰直角三角形，斜边AB＝2，P是平面ABC外的一点，且满足PA＝PB＝PC，∠APB＝120°，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为．【分析】由已知可得棱锥顶点P在底面投影为△ABC的外心，则△ABP的外接圆半径等于三棱锥P﹣ABC外接球半径．解：PA＝PB＝PC，∴棱锥顶点P在底面投影为△ABC的外心，则△ABP的外接圆半径等于三棱锥P﹣ABC外接球半径，∵△ABC是等腰直角三角形，斜边AB＝2，∠APB＝120°，∴△ABP外接圆半径r＝AB＝，则三棱锥P﹣ABC外接球的半径R＝，故三棱锥P﹣ABC外接球的表面积S＝4πR2＝．故答案为：．三、解答题：本大题共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．已知角θ的终边与单位圆x2+y2＝1在第一象限交于点P，且点P的坐标为．（1）求tanθ的值；（2）求的值．【分析】（1）将点P的坐标代入圆的方程x2+y2＝1可得y的值，进而根据任意角三角函数的定义可求tanθ的值．（2）利用诱导公式，同角三角函数基本关系式化简即可求解．解：（1）将代入圆的方程x2+y2＝1得：，因为在第一象限，所以，由任意角三角函数的定义得；（2）＝．18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，B＝30°，且2a sin A﹣（2b+c）sin B ＝（b+2c）sin C．（1）求sin（A﹣C）的大小；（2）若△ABC的面积为3，求△ABC的周长．【分析】（1）由正弦定理可得2a2﹣b（2b+c）＝c（2c+b），化简后利用余弦定理求出A，再根据三角形的内角和求出sin（A﹣C）即可；（2）由面积公式可得b，c的值，再利用余弦定理求出a，即可得到三角形的周长．解：（1）∵2a sin A﹣（2b+c）sin B＝（2c+b）sin C，∴2a2﹣b（2b+c）＝c（2c+b），整理得b2+c2﹣a2＝﹣bc，∴，解得A＝120°．又B＝30°，∴C＝180°﹣120°﹣30°＝30°，即C＝B＝30°，∴sin（A﹣C）＝sin（120°﹣30°）＝1．（2）由（1）知b＝c，A＝120°，∴，解得．由余弦定理，得，即a＝6．∴ABC的周长为．19．如图，在三棱锥A﹣BCD中，△BCD，△ABD均为边长为2的正三角形．（1）若AC＝，求证：平面ABD⊥平面BCD；（2）若AC＝2，求三棱锥A﹣BCD的体积．【分析】（1）取BD边中点O，连接AO，CO，由已知可得BD⊥OA，求解三角形证明OA⊥OC，由直线与平面垂直的判定，可得BD⊂平面BCD，进一步得到平面ABD⊥平面BCD；（2）证明BD⊥平面AOC，求出三角形AOC中的面积，由，可得三棱锥A﹣BCD的体积．解：（1）证明：取BD边中点O，连接AO，CO，∵△BCD，△ABD为边长为2的正三角形，∴BD⊥OA，则OC＝OA＝．∵OC2+OA2＝6＝AC2，∴OA⊥OC，又OC∩BD＝O，OC，BD⊂平面BCD，∴OA⊥平面BCD，∵OA平面ABD，∴平面ABD⊥平面BCD；（2）解：∵BD⊥OC，BD⊥OA，且OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面AOC，∴BD⊥平面AOC，在AOC中，OA＝OC＝，AC＝2，∴，∴＝．20．已知函数f（x）＝2sin x cos x﹣2cos（x+）cos（x﹣）．（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期和图象的对称轴方程；（Ⅱ）求函数f（x）在区间[﹣]上的值域．【分析】（I）利用三角函数的恒等变换化简函数f（x）的解析式为2sin（2x﹣），由此求得最小正周期以及对称轴方程．（II）由﹣≤x≤，求得2x﹣的范围，从而求得函数f（x）＝2sin（2x﹣）的值域．解：（I）求函数f（x）＝2sin x cos x﹣2cos（x+）cos（x﹣）＝sin2x+sin（2x ﹣）＝sin2x﹣cos2x＝2sin（2x﹣）．故函数f（x）的最小正周期为＝π，再由2x﹣＝kπ+可得对称轴方程为x＝+，k∈z．（II）∵﹣≤x≤，∴﹣≤2x﹣≤，故当2x﹣＝时，函数取得最大值为2，当2x﹣＝﹣时，函数取得最小值为﹣2×＝﹣，故函数f（x）在区间[﹣]上的值域为[﹣，2]．21．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且（a+b+c）（a+b﹣c）＝3ab．（1）求角C的值；（2）若c＝2，且△ABC为锐角三角形，求2a﹣b的范围．【分析】（1）由已知结合余弦定理可求cos C，进而可求C．（2）结合正弦定理及和差角的三角公式及辅助角公式对已知进行化简，然后结合正弦函数的性质可求．解：（1）由题意知（a+b+c）（a+b﹣c）＝3ab，∴a2+b2﹣c2＝ab，由余弦定理可知，，又∵C∈（0，π），∴．（2）由正弦定理可知，，即，∴，＝，＝，＝，又∵△ABC为锐角三角形，∴，则即，所以，即，综上2a﹣b的取值范围为．22．如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．（1）求证：B1D1∥面A1BD；（2）求证：MD⊥AC；（3）试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D．【分析】（1）在平面A1BD内找到和B1D1平行的直线BD即可．利用线线平行来推线面平行．（2）先利用条件BB1⊥AC和BD⊥AC证得AC⊥面BB1D，再证明MD⊥AC即可．（3）因为棱BB1上最特殊的点是中点，所以先看中点．取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于O，⇒BN⊥DC⇒面ABCD⊥面DCC1D1，⇒BN⊥面DCC1D1．而又可证得BN∥OM，所以可得OM⊥平面CC1D1D⇒平面DMC1⊥平面CC1D1D．解：（1）证明：由直四棱柱，得BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以BB1D1D是平行四边形，所以B1D1∥BD．而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD．（2）证明：因为BB1⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，所以BB1⊥AC，又因为BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，所以AC⊥面BB1D，而MD⊂面BB1D，所以MD⊥AC．（3）当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于O，连接OM．因为N是DC中点，BD＝BC，所以BN⊥DC；又因为DC是面ABCD与面DCC1D1的交线，而面ABCD⊥面DCC1D1，所以BN⊥面DCC1D1．又可证得，O是NN1的中点，所以BM∥ON且BM＝ON，即BMON是平行四边形，所以BN∥OM，所以OM⊥平面CC1D1D，因为OM⊂面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D．。
2019-2020学年辽宁省沈阳市郊联体高一下学期期末考试 数学
绝密★启用前数学试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上第I 卷(选择题60分)一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1.若角600°的终边上有一点(－4，a)，则a 的值是A.4B.－43C.43D.－43 2.已知向量a ＝(x －5，3)，b ＝(2，x)，且a ⊥b ，则由x 的值构成的集合是A.{2，3}B.{－1，6}C.{2}D.{6} 3.如图，正方形O'A'C'B'的边长为1cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则它的原图形面积2B.24C.2(134.已知0<α<π，2sin2α＝sinα，则sin(α－2π)＝ A.－154 B.－14C.154 D.145.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若cosA ＝12，a ＝3，则a b c sinA sinB sinC++++＝ A.12B.3236.在200米高的山顶上，测得山下一塔的塔顶与塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为 A.2003 B.100mC.4003 D.90m7.在直角三角形ABC 中，角C 为直角，且AC ＝BC ＝2，点P 是斜边上的一个三等分点，则CP CB CP CA ⋅+⋅=A.0B.4C.94D.－948.若将函数f(x)＝2sin(x ＋6π)图象上各点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，再向下平移一个单位得到的函数g(x)的图象，函数g(x)A.图象关于点(－12π，0)对称B.最小正周期是2π C.在(0，6π)上递增D.在(0，6π)上最大值是1 9.已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列各组条件中能推出m ⊥l 的所有序号是①m ⊥α，l ⊥β，α⊥β；②m ⊥α，l //β，α//β；③m ⊂α，l ⊥β，α//β；④m ⊂α，l //β，α⊥βA.①②③B.①②C.②③④D.③④10.△ABC 中，若sin(A ＋B －C)＝sin(A －B ＋C)，则△ABC 必是A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.等腰直角三角形11.已知函数f(x)＝sin(ωx ＋3π)(ω>0)，若f(x)在[0，23π]上恰有两个零点，则ω的取值范围是A.(1，52)B.[1，52)C.(52，4)D.[52，4) 12.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，点P 是线段BC 1上的动点，则CP ＋PA 1的最小值为26237＋1D.62第II 卷(非选择题90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分。
2019-2020学年辽宁省沈阳市郊联体高一下学期期末考试数学试题(解析版)
2019-2020学年辽宁省沈阳市郊联体高一下学期期末考试数学试题一、单选题1．若角600︒的终边上有一点()4,a -，则a 的值是（ ） A ．43B ．433-C ．4D ．43-【答案】D【解析】利用三角函数定义直接计算得到答案. 【详解】根据题意得到：tan 600tan 6034a︒=︒==-，故43a =-. 故选：D . 【点睛】本题考查了三角函数定义，意在考查学生的计算能力.2．已知向量(5,3),(2,)a x b x =-=，且a b ⊥，则由x 的值构成的集合是（ ） A ．{2,3} B ．{1,6}-C ．{2}D ．{6}【答案】C【解析】由a b ⊥，得=0a b ⋅，列方程即可求得。
【详解】因为向量(5,3),(2,)a x b x =-=，且a b ⊥，所以2(5)35100a b x x x ⋅=-+=-=，解得2x =，故选C. 【点睛】本题考查向量垂直的坐标表示，是基础题。
3．如图，正方形O A C B ''''的边长为1cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则它的原图形面积（ ）A ．B ．4C ．2(1+D ．6【答案】A【解析】由题意求出直观图中O B ''的长度，根据斜二测画法，求出原图形平行四边形的底和高，求出面积即可. 【详解】由正方形O A C B ''''的边长为1cm ，所以O B ''=O A C B ''''是水平放置的一个平面图形的直观图，所以它对应的原图为平行四边形高为2''=O B 底边长为1，所以原图形的面积为1⨯=故选：A 【点睛】本题主要考查斜二测画法，属于基础题.4．已知0πα<<，2sin 2sin αα=，则πsin 2α⎛⎫-= ⎪⎝⎭（ ）A ．B ．14-C D ．14【答案】B【解析】利用二倍角公式计算余弦值，再利用诱导公式计算即可. 【详解】2sin 2sin αα=，4sin cos sin ααα∴=，而0πα<<，sin 0α≠1cos 4α∴=，ππ1sin sin cos 224ααα⎛⎫⎛⎫∴-=--=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：B. 【点睛】本题考查了二倍角公式和诱导公式，属于基础题.5．在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若1cos 2A =，a =则sin sin sin a b cA B C（ ）A ．12B C D ．2【答案】D【解析】1cos 2A =得，3sin 2A =， 所以由正弦定理可知，2sin sin sin sin a b c aA B C A++==++，故选D ．6．在200米高的山顶上，测得山下一塔的塔顶与塔底的俯角分别是30,60，则塔高为 ( ) A ．2003m B ．100m C ．4003m D ．90m【答案】C 【解析】由tan30°=200DE x BE BE -= 得到BE 与塔高x 间的关系，由tan60°=200BE求出BE 值，从而得到塔高x 的值． 【详解】 如图所示：设山高为AB ，塔高为CD 为 x ，且ABEC 为矩形，由题意得 tan30°=200DE x BE BE-=，∴3200﹣x ）． tan60°=200BE33，33200﹣x ），x=4003（m ），故选：A ． 【点睛】这个题目考查的是解三角形在几何中的应用，应用到了直角三角形的性质，解三角形问题的技巧：①作为三角形问题，它必须要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及其有关三角形的性质，及时进行边角转化，有利于发现解题的思路；②它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的，注意“三统一”(即“统一角、统一函数、统一结构”)是使问题获得解决的突破口．7．在直角三角形ABC 中，角C 为直角，且2AC BC ==，点P 是斜边上的一个三等分点，则··CP CB CP CA +=（ ） A ．0 B ．4C ．94D ．94-【答案】B【解析】由题意可建立如图所示的坐标系：可得A (2,0)B (0,2),24,33P ⎛⎫⎪⎝⎭或42,33P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故可得24,33CP ⎛⎫= ⎪⎝⎭或42,33⎛⎫⎪⎝⎭，()()2,0,0,2CA CB ==，所以()()()2,00,22,2CA CB +=+=，故()()24,2,2433CP CB CP CA CP CB CA ⎛⎫⋅+⋅=⋅+=⋅= ⎪⎝⎭或()()42,2,2433CP CB CP CA CP CB CA ⎛⎫⋅+⋅=⋅+=⋅= ⎪⎝⎭，本题选择B 选项.点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．8．若将函数()2sin 6f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭图象上各点的横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变），再向下平移一个单位得到的函数()g x 的图象，函数()g x （ ） A ．图象关于点,012π⎛⎫-⎪⎝⎭对称 B ．最小正周期是2πC ．在0,6π⎛⎫⎪⎝⎭上递增D ．在0,6π⎛⎫⎪⎝⎭上最大值是1【答案】C【解析】根据三角函数的图象变换关系求出函数()y g x =的解析式，结合三角函数的性质分别进行判断即可. 【详解】若将函数()2sin 6f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭图象上各点的横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变），得到函数2sin 26y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象， 向下平移一个单位得到的函数()y g x =的图象，则()2sin 216g x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭， A.20126ππ⎛⎫⨯-+= ⎪⎝⎭，则函数()g x 关于,112π⎛⎫-- ⎪⎝⎭对称，故A 错误，B.函数的周期22T ππ==，故B 错误， C.当0,6x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，2,662x πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，此时函数()y g x =为增函数，故C 正确， D.由C 知当0,6x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，2,662x πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，此时函数()y g x =无最大值，故D 错误， 故选：C. 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数的图象变换法则求出函数的解析式，以及利用三角函数的性质是解决本题的关键，难度不大.9．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列各组条件中能推出m l ⊥的所有序号是( )①,,αβαβ⊥⊥⊥m l ；②,//,//m l αβαβ⊥；③,,//m l αβαβ⊂⊥；④,//,m l αβαβ⊂⊥ A ．①②③ B ．①②C ．②③④D ．③④【答案】A【解析】根据直线与平面、平面与平面位置关系相关定理依次判断各个选项即可得到结果. 【详解】m α⊥，αβ⊥ //m β∴或m β⊂，又l β⊥ m l ∴⊥，①正确； m α⊥，//αβ m β∴⊥，又//l β m l ∴⊥，②正确；l β⊥，//αβ l α∴⊥，又m α⊂ m l ∴⊥，③正确；在如图所示的正方体中：11//A D 平面ABCD ，平面11ADD A ⊥平面ABCD ，1AD ⊂平面11ADD A ，此时1AD 与11A D 不垂直，④错误.故选：A 【点睛】本题考查空间中线面关系、面面关系相关命题的辨析，关键是熟练掌握空间中直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理.10．ABC ∆中，若sin()sin()A B C A B C +-=-+，则ABC ∆必是（ ） A ．等腰三角形 B ．直角三角形C ．等腰三角形或直角三角形D ．等腰直角三角形 【答案】C【解析】结合三角形的内角和公式可得A B C π+=-，A C B π+=-，代入已知化简可得，sin2sin2C B =，结合,B C 的范围从而可得22B C =或22B C π+=，从而可求得结果. 【详解】∵πA B C +=-，πA C B +=-，∴()sin A B C +- ()sin π2C =- sin2sin()C A B C =-+， sin(π2)B =-sin2B =，则sin2sin2B C =，B C =或2π2B C =-， 即：π2B C +=，所以ABC 为等腰或直角三角形，故选C ． 【点睛】本题主要考查了三角形的内角和公式，三角函数的诱导公式，由三角函数值寻求角的关系，属于基础题.11．已知函数()()sin 03f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，若()f x 在20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，则ω的取值范围是（ ）A ．51,2⎛⎫⎪⎝⎭B ．51,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．5,42⎛⎫⎪⎝⎭D ．5,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】由题2[0,]3x π∈，所以2[,]3333w x ππππω+∈+，根据()f x 在20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，得到2233w πππ+≥且2333w πππ+<，即可求解，得到答案． 【详解】由题意，函数()()sin()03f x x πωω=+>，因为2[0,]3x π∈，所以2[,]3333w x ππππω+∈+， 又由()f x 在20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点， 所以2233w πππ+≥且2333w πππ+<，解得542w ≤<， 所以ω的取值范围是5,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭，故选D ．【点睛】本题主要考查了三角函数的综合应用，其中解答中熟记函数零点的概念，合理应用三角函数的图象与性质是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．12．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面为直角三角形，90ACB ∠=︒，6AC =，1BC CC ==P 是线段1BC 上一动点，则1CP PA +的最小值是（ ）A ．26B ．52C ．371+D ．62+【答案】B【解析】连A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开与△A 1BC 1在同一个平面内，不难看出CP +P A 1的最小值是A 1C 的连线．（在BC 1上取一点与A 1C 构成三角形，因为三角形两边和大于第三边）由余弦定理即可求解． 【详解】连A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开与△A 1BC 1在同一个平面内， 连接A 1C ，长度即是所求．∵直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 12=∴矩形BCC 1B 12BC 1＝2； 另外A 1C 1＝AC ＝6；在矩形ABB 1A 1中，A 1B 1＝AB 38BB 12=A 1B 40易发现62+22＝40，即A 1C 12+BC 12＝A 1B 2， ∴∠A 1C 1B ＝90°，则∠A 1C 1C ＝135° 故A 1C 2211111122135362262522AC C C AC C C cos =+-⋅⋅︒=++⨯⋅⋅= 故答案为B. 【点睛】本题考查的知识是棱柱的结构特征及两点之间的距离，其中利用旋转的思想，将△CBC 1沿BC 1展开，将一个空间问题转化为平面内求两点之间距离问题是解答本题的关键．二、填空题13．已知单位向量a 与b 的夹角为120，则3a b -=______.【解析】结合1a b ==，a 与b 的夹角为120，先求23a b -，再开方即可得3a b -的值. 【详解】因为a 与b 是单位向量，所以1a b ==，()222222339696cos120a b a ba b a b a b a b -=-=+-⋅=+-119611132⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭，所以313a b -=.【点睛】本题主要考查了向量的模的求法，属于基础题.14．在钝角ABC 中，已知2a =，4b =，则最大边c 的取值范围是__________．【答案】【解析】利用三角形三边大小关系、余弦定理即可得出． 【详解】因为三角形两边之和大于第三边，故6c a b <+=．22224cos 0224c C +-=<⨯⨯，解得c >c ∴∈．故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形三边大小关系、余弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 15．已知,022ππαπβ<<<<，3tan 4α=-，()5cos 13βα-=，则sin β的值为 .【答案】6365【解析】【详解】0πβα-<-<，又因为()5cos 013βα-=>，所以02πβα-<-<，12sin()13βα-==-， 因为3tan 4α=-，得3sin cos 4αα=-代入22sin co 2s 1,παπαα+=<<，所以sin 0,cos 0αα><，解得34sin ,cos 55αα==-， sin sin[()]sin cos()cos sin()354126351351365⎛⎫⎛⎫=⨯+-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故答案为：6365. 16．已知ABC 是等腰直角三角形，斜边2AB =，P 是平面ABC 外的一点，且满足PA PB PC ==，120APB ∠=︒，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为________．【答案】163π【解析】P 在平面ABC 的投影为ABC 的外心，即AB 中点1O ，设球半径为R ，则()22211R CO R PO =+-，解得答案.【详解】PA PB PC ==，故P 在平面ABC 的投影为ABC 的外心，即AB 中点1O ，故球心O 在直线1PO 上，1112CO AB ==，1133PO BO ==，设球半径为R ，则()22211R CO R PO =+-，解得3R =，故21643S R ππ==. 故答案为：163π.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.三、解答题17．已知角θ的终边与单位圆221x y +=在第一象限交于点P ，且点P 的坐标为(3,5)y . （1）求tan θ的值；（2）求22sin (2)cos (4)sin cos πθπθθθ+-+的值. 【答案】(1)43;(2)712. 【解析】（1）利用三角函数的定义,建立关于y 的方程,即可求得y .（2）先利用诱导公式化简,再将已知条件代入即可.【详解】（1）由题得2235)1(=y +,点P 在第一象限所以45y =,所以4tan =3θ. （2）22222241sin (2)cos (4)sin cos tan 173==4sin cos sin cos tan 123πθπθθθθθθθθθ⎛⎫- ⎪+-+--⎝⎭==. 【点睛】本题主要考查三角函数的坐标定义,考查同角的商数关系和诱导公式,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力,难度较易.18．在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，30B =︒，且()()2sin 2sin 2sin a A b c B c b C -+=+.（1）求()sin A C -的大小；（2）若ABC ∆的面积为ABC ∆的周长.【答案】（1）1；（2）6【解析】（1）由正弦定理化简已知可求222b c a bc +-=-，由余弦定理可得cos A ，结合B ，可得所求．（2）利用ABC ∆的面积可求b=c=a=b ，从而求得周长．【详解】（1）因为()()2sin 2sin 2sin a A b c B c b C -+=+，由正弦定理可得：()()2222a b b c c c b -+=+，整理得222b c a bc +-=-， ∴2221cos 22b c a A bc +-==-，解得120A =︒. 又30B =︒，所以1801203030C =︒-︒-︒=︒，即30C B ==︒，∴()()sin sin 120301A C -=︒-︒=.（2）由（1）知b c =，120A =︒，∴21sin1202b ︒=bc ==由余弦定理，得22212cos 1212212362a b c bc A ⎛⎫=+-=+-⨯⨯-= ⎪⎝⎭，即6a =.∴ABC 的周长为6.【点睛】 本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．19．如图，在三棱锥A BCD -中，BCD ，ABD △均为边长为2的正三角形.（1）若6AC =，求证：平面ABD ⊥平面BCD ；（2）若22AC =，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）223. 【解析】(1)利用线面垂直判定面面垂直即可；(2)求三棱锥的高，利用体积公式计算即可.【详解】取BD 边中点O ，连接AO ，CO ，∵BCD ，ABD △为边长为2的正三角形，∴BD OA ⊥，3OC OA ==∵2226OC OA AC +==，∴OA OC ⊥，OCBD O =，BD ⊂面BCD ， ∴OA ⊥平面BCD ，∵OA ⊂平面ABD ，∴平面ABD ⊥BCD .（2）∵BD OC ⊥，BD OA ⊥，且OAOC O =，OC ，OA ⊂面AOC ， ∴BD ⊥平面AOC .在AOC △中，3OA OC ==22AC = ∴()()221223222AOC S =⨯-=△11222233A BCD AOC V S BD -=⨯⨯==△.【点睛】本题考查了面面垂直的判定和三棱锥的体积，属于中档题.20．已知函数()ππcos 2cos cos 44f x x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. （1）求函数()f x 的最小正周期和图象的对称轴方程；（2）求函数()f x 在区间ππ,122⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的值域.【答案】（1）最小正周期πT =，对称轴方程为ππ32k x =+，k ∈Z ；（2）2⎡⎤⎣⎦. 【解析】（1）先将()f x 化简，再利用周期公式以及()sin y A ωx φ=+的性质求对称轴即可.（2）由（1）得()π2sin 26f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由ππ,122x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，求出π26x -的范围，进一步求出πsin 26x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，从而可得()f x 的值域. 【详解】()222222f x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ()222cos sin x x x --2cos 2x x =-π2sin 26x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭. （1）函数()f x 的最小正周期2ππ2T ==， 由ππ2π62x k -=+，得对称轴方程为ππ32k x =+，k ∈Z . （2）∵ππ122x -≤≤，∴ππ5π2366x -≤-≤，由正弦函数的图象πsin 216x ⎛⎫≤-≤ ⎪⎝⎭，∴()f x 的值域是2⎡⎤⎣⎦. 【点睛】本题主要考查了三角函数的周期，对称轴和值域，涉及两角和差的余弦公式，二倍角公式，辅助角公式，属于中档题.21．在ABC ∆中，,,a b c 分别是角,,A B C 的对边()()3a b c a b c ab +++-=.（1）求角C 的值；（2）若2c =，且ABC ∆为锐角三角形，求2a b -的范围.【答案】（1）3π；（2）( 【解析】（1）由题结合余弦定理得角C 的值；（2）由正弦定理可知，2sin sin sin 3a b A B π===得2a b A B -=-，利用三角恒等变换得A 的函数即可求范围【详解】（1）由题意知()()3a b c a b c ab +++-=，∴222a b c ab +-=， 由余弦定理可知，222cos 122a b c C ab +-==， 又∵(0,)C π∈，∴3C π=. （2）由正弦定理可知，2sin sin sin 3a b A B π===，即,a A b B ==，∴2a b A B -=2sin()3A A π=-2cos A A A =--12cos cos )4sin()26A A A A A π=-=-=-， 又∵ABC ∆为锐角三角形，∴022032A B A πππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<=-<⎪⎩，则62A ππ<<即0A 63ππ<-<，所以，0sin()6A π<-<即04sin(-)6A π<<， 综上2a b -的取值范围为(0,.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，注意锐角三角形的应用，准确计算是关键，是中档题。
辽宁省沈阳市郊联体2019-2020学年高一12月月考数学试题 扫描版含答案
郊联体高一试题数学答案第I卷（选择题）一、选择题：(每小题5分,共60分)1B 2C 3D 4A 5B 6D 7 B 8C 9A 10C 11D 12D第II 卷（非选择题）二、填空题(每题5分，满分20分) 13.< 14．1.56 15.16.(](),02,-∞+∞U三、解答题（本大题共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.（本小题满分10分） 【详解】（1）------------5分 （2）由（1）可得求得所以-----------10分(结果错误0分，开闭区间错一处扣一分，不给步骤分) 18、（本小题满分12分）（1）181--------------6分 （2）23---------------12分(结果错误0分，不给步骤分)19（本小题满分12分）.（1）要使函数有意义：则有，解之得：-3＜x ＜1，所以函数的定义域为：（-3，1）-------4分 （3）函数可化为：，即20.解：（1）函数在上是增函数.----------3分函数是奇函数. ---------------6分(2)是奇函数，则由可得：，又在上是增函数，则得，.故原不等式的解集为：. ------------12分21.（本小题满分12分）试题详细分析：（1）当时， 当时，，那么，即综上---------------------------------4分（2）记，设的两实根分别为 ，当时，有，即 ；---------6分当时，有，即，此时，或不符合（舍去）----8分当时，有可得---------10分综上，的取值范围是或.---------------------12分22．（1）略解：由2)3()21(-=+g f解得22=a ．…………………………………………………………………3分（2）略解：]3,21[),27(log )(2∈+-=x x x x h a ． ①]1649,23[1649)47(2722∈+--=+-x x x当1>a 时，a x h a ⇒-==223log )(min 不存在；当10<<a 时，7421649log )(min =⇒-==a x h a ．综上，实数a 的值为74．-----------------7分②由题知，在区间]3,21[上，函数)(x h 的值域是)(x ϕ值域的子集．易得)(x ϕ的值域为),2[+∞-． 当1>a 时，)(x h 的值域为]1649log ,23[log a a， 应有⇒-≥223log a1>a 时均符合 当10<<a 时，)(x h 的值域为]23log ,1649[log a a应有74021649log ≤<⇒-≥a a综上，实数a 的取值范围为]74,0(),1(⋃+∞．………………12分- 11 -。
辽宁省沈阳市郊联体2019-2020学年高一下学期期末考试+数学含答案
2019－2020学年度下学期沈阳市郊联体期末考试高一试题数学考试时间：120分钟试卷总分：150分注意事项：本试卷由第I 卷和第II 卷组成。
第I 卷为选择题部分，一律用2B 铅笔按题号依次填涂在答题卡上：第II 卷为非选择题，按要求答在答题卡相应位置上。
第I 卷(选择题60分)一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1.若角600°的终边上有一点(－4，a)，则a 的值是A.4B.－3C.433D.－4332.已知向量a ＝(x －5，3)，b ＝(2，x)，且a ⊥b，则由x 的值构成的集合是A.{2，3}B.{－1，6}C.{2}D.{6}3.如图，正方形O'A'C'B'的边长为1cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则它的原图形面积2B.24C.2(1＋3)D.64.已知0<α<π，2sin2α＝sinα，则sin(α－2π)＝A.－154B.－14C.154 D.145.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若cosA ＝12，a 3，则a b c sinA sinB sinC++++＝A.12B.323D.26.在200米高的山顶上，测得山下一塔的塔顶与塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为A.2003B.100mC.4003D.90m7.在直角三角形ABC 中，角C 为直角，且AC ＝BC ＝2，点P 是斜边上的一个三等分点，则CP CB CP CA ⋅+⋅=A.0B.4C.94D.－948.若将函数f(x)＝2sin(x ＋6π)图象上各点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，再向下平移一个单位得到的函数g(x)的图象，函数g(x)A.图象关于点(－12π，0)对称 B.最小正周期是2πC.在(0，6π)上递增 D.在(0，6π)上最大值是19.已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列各组条件中能推出m ⊥l 的所有序号是①m ⊥α，l ⊥β，α⊥β；②m ⊥α，l //β，α//β；③m ⊂α，l ⊥β，α//β；④m ⊂α，l //β，α⊥βA.①②③B.①②C.②③④D.③④10.△ABC 中，若sin(A ＋B －C)＝sin(A －B ＋C)，则△ABC 必是A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.等腰直角三角形11.已知函数f(x)＝sin(ωx ＋3π)(ω>0)，若f(x)在[0，23π]上恰有两个零点，则ω的取值范围是A.(1，52) B.[1，52) C.(52，4) D.[52，4)12.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1，点P 是线段BC 1上的动点，则CP ＋PA 1的最小值为＋1 D.6第II 卷(非选择题90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分。
辽宁省沈阳市高一中高一下学期期末数学试卷
辽宁省沈阳市高一中高一下学期期末数学试卷姓名:________班级:________成绩:________一、 选择题 (共 12 题；共 24 分)1. （2 分）的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且．则 （ ）A.B.C.D. 2. （2 分） (2019 高一上·武威期末) 已知直线平面 ，直线平面 ，有以下四个命题：（ ）①；②；③；④；其中正确命题的序号为 A . ②④ B . ③④ C . ①③D . ①④3. （2 分） 等差数列 的前 n 项和为 ,且满足 A. B. C. D.,则下列数中恒为常数的是（ ）第 1 页 共 11 页4.（2 分）(2017 高一下·河北期末) 在等比数列{an}中，公比 q=2，前 87 项的和 S87=140，则 a3+a6+a9+…+a87= （）A . 20 B . 56 C . 80 D . 1365. （2 分） (2016·上海理) 已知无穷等比数列{an}的公比为 q，前 n 项和为 Sn ， 且 中，使得 2Sn＜S（n∈N*）恒成立的是（ ）A . a1＞0，0.6＜q＜0.7 B . a1＜0，﹣0.7＜q＜﹣0.6 C . a1＞0，0.7＜q＜0.8 D . a1＜0，﹣0.8＜q＜﹣0.7=S，下列条件6. （2 分） (2016 高一上·辽宁期中) 设函数 f（x）= （）A . （﹣3，1）∪（3，+∞） B . （﹣3，1）∪（2，+∞） C . （﹣1，1）∪（3，+∞） D . （﹣∞，﹣3）∪（1，3）则不等式 f（x）＞f（1）的解集是7. （2 分） (2019 高二上·上饶月考) 当 A.时，不等式B.C.第 2 页 共 11 页的解集是（ ）D.8.（2 分）(2019 高二上·会宁期中) 若数列 为（ ）的通项公式为,则数列 的前 n 项和A.B.C.D.9. （2 分） (2019 高一上·月考) 已知,且,则下列不等式一定成立的是（ ）A.B.C.D.10. （2 分） (2019 高一下·江东月考) 在△ABC 中，三个内角 A、B、C 所对的边分别是 a、b、c，且 a、1-b、 c 成等差数列，sinA，sinB，sinC 成等比数列，则 b 的取值范围是（ ）A.B.C.D.11. （2 分） (2017·民乐模拟) 若变量 x、y、z 满足约束条件 仅在点 A（﹣1， ）处取得最大值的概率为（ ）第 3 页 共 11 页，且 m∈（﹣7，3），则 z=A.B.C.D. 12. （2 分） 若函数 的值为（ ） A. B. C. D.二、 填空题 (共 4 题；共 4 分)为偶函数，且函数在上单调递增，则实数13. （1 分） (2017·汉中模拟) 已知实数 x，y 满足则 z=的取值范围为________．14. （1 分） (2020 高一下·宜宾期末) 一渔船在 处望见正北方向有一灯塔 ，在北偏东 方向的 处有一小岛，渔船向正东方向行驶 海里后到达 处，这时灯塔 和小岛 分别在北偏西 和北偏东 的方向，则灯塔 和小岛 之间的距离为________海里.15. （1 分） (2017·蚌埠模拟) 已知数列{an}满足 a1= 的最大值为________．16. （1 分） (2019 高二下·上海期末) 已知关于 的不等式 取值范围________．三、 解答题 (共 6 题；共 70 分)，若 bn=log2an﹣2，则 b1•b2•…•bn 的解集为 R，则实数 a 的17. （15 分） (2017 高一上·黑龙江月考) 已知函数满足）．第 4 页 共 11 页（其中，（1） 求的表达式；（2） 对于函数，当时，，求实数的取值范围．（3） 当时，的值为负数，求 的取值范围．18. （10 分） (2019·呼和浩特模拟) 设列，.是等比数列的前 项和.已知 ， ， 成等差数（1） 求数列 的通项公式 ；（2） 设.若，求数列 的前 项和 .19. （10 分） (2019 高二下·南山期末) 已知 是首项为 2 的等比数列，且.（1） 求数列 的通项 ；（2） 设，是否存在正整数 k，使得在，求出正整数 k 的最小值；若不存在，请说明理由.对于恒成立.若存20. （10 分） (2012·江西理) 在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c．已知 A= ，bsin（ +C） ﹣csin（ +B）=a，（1） 求证：B﹣C=（2） 若 a= ，求△ABC 的面积．21. （10 分） (2018 高二上·思南月考) 某服装商场为了了解毛衣的月销售量 y(件)与月平均气温 x(℃)之间 的关系,随机统计了某 4 个月的月销售量与当月平均气温,其数据如下表：月平均气温 x（℃） 171382月销售量 y（件）24334055第 5 页 共 11 页参考公式：,（1） 算出线性回归方程; ( 精确到十分位)（2） 气象部门预测下个月的平均气温约为 6℃,据此估计,求该商场下个月毛衣的销售量.22. （15 分） (2019 高三上·天津月考) 已知等比数列 的各项均为正数，成等差数列，且满足，数列 的前 项和（1） 求数列 和 的通项公式；，，且.（2） 设，求数列 的前 项和 .（3） 设，，的前 项和 ，求证：.第 6 页 共 11 页一、 选择题 (共 12 题；共 24 分)1-1、 2-1、 3-1、 4-1、 5-1、 6-1、 7-1、 8-1、 9-1、 10-1、 11-1、 12-1、二、 填空题 (共 4 题；共 4 分)13-1、 14-1、 15-1、参考答案第 7 页 共 11 页16-1、三、 解答题 (共 6 题；共 70 分)17-1、17-2、17-3、第 8 页 共 11 页18-1、 18-2、 19-1、19-2、第 9 页 共 11 页20-1、 20-2、21-1、 21-2、22-1、第 10 页 共 11 页22-2、22-3、第11 页共11 页。
2019-2020学年辽宁省沈阳市重点联合体高一下学期期末数学试卷 (解析版)
2019-2020学年辽宁省沈阳市重点联合体高一第二学期期末数学试卷一、选择题（共8小题）.1．设i为虚数单位，复数z满足zi＝2﹣i，则＝（）A．﹣1+2i B．﹣1﹣2i C．1﹣2i D．1+2i2．若cos（α+β）＝，sin（）＝，α，β∈（0，），则cos（）＝（）A．B．C．D．3．一个圆锥的母线长为l，母线与轴的夹角为30°，则该圆锥侧面展开图的圆心角大小为（）A．B．C．D．π4．函数f（x）＝A sin（ωx+φ）的图象如图所示，为了得到f（x）图象，则只需将g（x）＝sin2x的图象（）A．向右平移个长度单位B．向左平移个长度单位C．向右平移个长度单位D．向左平移个长度单位5．正四面体的棱长为4，则它的外接球的表面积为（）A．12πB．24πC．48πD．96π6．在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝4，．将等腰梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．D．4π7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A＝60°，b＝2，为使此三角形有两个，则a满足的条件是（）A．0＜a＜2B．0＜a＜3C．3＜a＜2D．a≥2或a＝3 8．已知sin（α﹣）＝，则sin（2α﹣）＝（）A．B．﹣C．D．﹣二、多项选择题：（本大题共4小题：每小题5分，共20分，漏选得3分，错选0分）9．下面关于f（x）＝2sin（2x﹣）叙述中正确的是（）A．关于点（，0）对称B．关于直线x＝对称C．在区间[0，]上单调D．函数f（x）的零点为+kπ（k∈Z）10．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，考查下列命题其中真命题是（）A．若m∥α，n∥α，m∥β，n∥β，m⊥n，则α∥βB．若m⊥β，α⊥β，则m∥αC．若α⊥β，m⊥α，n∥β，则m⊥nD．若m∥n，n⊥β，m⊂α，则α⊥β11．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（）A．正三棱锥高为3．B．正三棱锥的斜高为C．正三棱锥的体积为D．正三棱锥侧面积为12．已知函数f（x）＝sin x|cos x|，，有以下结论（）A．f（x）的图象关于直线y轴对称B．f（x）在区间上单调递减C．f（x）的图象关于直线轴对称D．f（x）的最大值为三、填空题：（本大题共4小题：每小题5分，共20分）13．函数y＝tan（2x﹣）的最小正周期为，对称中心为．14．已知复数z满足等式|z﹣i|＝1，则|z﹣1|的最大值为．15．使不等式﹣2sin x≥0成立的x的取值集合是．16．设函数f（x）为定义域为R的奇函数，且f（x）＝f（2﹣x），当x∈[0，1]时，f（x）＝sin x，则函数|﹣f（x）在区间[﹣5，8]上的所有零点的和为．四、解答题：（本大题共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．已知||＝2，＝（cosθ，sinθ）．（1）若（2）•（2）＝9，求向量在向量方向的投影的数量．（2）若，且，求向量的坐标．18．已知角α终边上一点坐标（1，﹣3），f（α）＝．（1）求f（α）的值．（2）求f（）的值．（3）求sin（）cos（）的值．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥面ABCD，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，E为CD的中点，F为PD上一点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面FAE．20．如图，已知四棱锥A﹣BCC1B1底面为矩形，侧面ABC为等边三角形，且矩形BCC1B1与三角形ABC所在的平面互相垂直，BC＝4，BB1＝2，D为AC的中点．（Ⅰ）求证：AB1∥平面DBC1；（Ⅱ）求点D到平面ABC1的距离．21．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为．（1）求sin B sin C；（2）若6cos B cos C＝1，a＝3，求△ABC的周长．22．已知向量＝（sin x cos x，1），＝（2sin x，4cos2x），函数f（x）＝．（1）若x∈[﹣，π]，求函数f（x）的减区间；（2）若x∈[0，]，方程f（x）＝a有唯一解，求a的取值范围．参考答案一、单项选择题：（本大题共8小题：每小题5分，共40分）1．设i为虚数单位，复数z满足zi＝2﹣i，则＝（）A．﹣1+2i B．﹣1﹣2i C．1﹣2i D．1+2i【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．解：由zi＝2﹣i，得z＝，∴．故选：A．2．若cos（α+β）＝，sin（）＝，α，β∈（0，），则cos（）＝（）A．B．C．D．【分析】根据同角三角函数关系进行求解，结合两角和差的余弦公式进行转化求解即可．解：∵α+＝α+β﹣（β﹣），∴cos（α+）＝cos[α+β﹣（β﹣）]＝cos（α+β）cos（β﹣）+sin（α+β）sin（β﹣），∵α，β∈（0，），∴α+β∈（0，π），则sin（α+β）＝，α﹣∈（﹣，），∵sin（）＝，∴cos（）＝，则cos（α+）＝+＝，故选：C．3．一个圆锥的母线长为l，母线与轴的夹角为30°，则该圆锥侧面展开图的圆心角大小为（）A．B．C．D．π【分析】求出底面圆的半径，可得底面圆的周长，再利用弧长公式求出圆锥侧面展开图的圆心角．解：圆锥轴截面的母线与轴的夹角为30°，母线长为l，所以底面圆的半径为r＝l sin30°＝l，所以底面圆的周长为c＝2πr＝πl，所以圆锥侧面展开图的圆心角为α＝＝＝π．故选：D．4．函数f（x）＝A sin（ωx+φ）的图象如图所示，为了得到f（x）图象，则只需将g（x）＝sin2x的图象（）A．向右平移个长度单位B．向左平移个长度单位C．向右平移个长度单位D．向左平移个长度单位【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数f（x）的解析式；再利用函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．解：根据函数f（x）＝A sin（ωx+φ）的图象，可得A＝1，＝＝﹣＝，∴ω＝2，故f（x）＝sin（2x+φ）．再根据五点法作图可得2×+φ＝π，求得φ＝，∴f（x）＝sin（2x+）．故将g（x）＝sin2x的图象向左平移个单位，可得f（x）＝sin2（x+）＝sin（2x+）的图象，故选：B．5．正四面体的棱长为4，则它的外接球的表面积为（）A．12πB．24πC．48πD．96π【分析】将其补为正方体，正四面体的外接球即为此正方体的外接球，进而得出．解：将其补为正方体，正四面体的外接球即为此正方体的外接球，设此正方体的棱长为a，则2a2＝42，可得：a2＝8．设它的外接球的半径为R，则4R2＝3a2＝24．∴它的外接球的表面积＝4πR2＝24π．故选：B．6．在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝4，．将等腰梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．D．4π【分析】将等腰梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为：以1为底面半径，4为高的圆柱的体积减去两个以1为半径，1为高的两个圆锥的体积，由此能求出结果．解：在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝4，．将等腰梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为：以1为底面半径，4为高的圆柱的体积减去两个以1为半径，1为高的两个圆锥的体积，∴将等腰梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为：V＝π×12×4﹣2××1＝．故选：C．7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A＝60°，b＝2，为使此三角形有两个，则a满足的条件是（）A．0＜a＜2B．0＜a＜3C．3＜a＜2D．a≥2或a＝3【分析】计算三角形AB边上的高即可得出结论．解：C到AB的距离d＝b sin A＝3，∴当3＜a＜2时，符合条件的三角形有两个，故选：C．8．已知sin（α﹣）＝，则sin（2α﹣）＝（）A．B．﹣C．D．﹣【分析】利用诱导公式化简已知可得cos（﹣α）＝，进而利用诱导公式，二倍角的余弦函数公式化简所求即可计算得解．解：∵sin（α﹣）＝cos[﹣（α﹣）]＝cos（﹣α）＝，∴sin（2α﹣）＝cos[﹣（2α﹣）]＝cos（﹣2α）＝2cos2（﹣α）﹣1＝2×（）2﹣1＝﹣．故选：D．二、多项选择题：（本大题共4小题：每小题5分，共20分，漏选得3分，错选0分）9．下面关于f（x）＝2sin（2x﹣）叙述中正确的是（）A．关于点（，0）对称B．关于直线x＝对称C．在区间[0，]上单调D．函数f（x）的零点为+kπ（k∈Z）【分析】由题意利用正弦函数的图象和性质，得出结论．解：对于函数f（x）＝2sin（2x﹣），令x＝，求得f（x）＝0，可得它的图象关于点（，0）对称，故A正确、B不正确．区间[0，]上，2x﹣∈[﹣，]，f（x）单调递增，故C正确．由于f（x）的周期为π，故函数f（x）的零点为+k•（k∈Z），故D不正确，故选：AC．10．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，考查下列命题其中真命题是（）A．若m∥α，n∥α，m∥β，n∥β，m⊥n，则α∥βB．若m⊥β，α⊥β，则m∥αC．若α⊥β，m⊥α，n∥β，则m⊥nD．若m∥n，n⊥β，m⊂α，则α⊥β【分析】根据线线关系、线面关系和面面关系判断每个选项命题的真假即可．解：A．可过m上一点O，作n′∥n，则m∩n′＝O，并且m∥α，n′∥α，设m与n′确定的平面为γ，则α∥γ，同样，β∥γ，从而得出α∥β，即该命题为真命题；B．若m⊥β，α⊥β，则m⊂α，或m∥α，即该命题为假命题；C．根据α⊥β，m⊥α可得出m⊆β或m∥β，又n∥β，∴m与n的关系不确定，从而得出该命题是假命题；D．∵m∥n，n⊥β，∴m⊥β，又m⊂α，∴α⊥β，即该命题为真命题．故选：AD．11．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（）A．正三棱锥高为3．B．正三棱锥的斜高为C．正三棱锥的体积为D．正三棱锥侧面积为【分析】正三棱锥S﹣ABCk，底面△ABC是边长为3的等边三角形，侧棱长为SA＝SB ＝SC＝，取BC中点D，连结SD，AD，过S作SO⊥平面ABC，交AD于O，由此能求出正三棱锥高、斜高、体积和侧面积．解：正三棱锥S﹣ABCk，底面△ABC是边长为3的等边三角形，侧棱长为SA＝SB＝SC＝，取BC中点D，连结SD，AD，过S作SO⊥平面ABC，交AD于O，AD＝＝，AO＝＝＝，∴正三棱锥高为：SO＝＝＝3，故A正确；正三棱锥的斜高为：SD＝＝＝，故B正确；正三棱锥的体积为：V＝＝＝，故C错误；正三棱锥侧面积为：S＝＝，故D正确．故选：ABD．12．已知函数f（x）＝sin x|cos x|，，有以下结论（）A．f（x）的图象关于直线y轴对称B．f（x）在区间上单调递减C．f（x）的图象关于直线轴对称D．f（x）的最大值为【分析】根据条件结合绝对值以及三角函数的倍角公式进行化简，作出函数的图象，利用数形结合分别进行判断即可．解：当x∈[﹣，]时，f（x）＝sin x|cos x|＝sin x cos x＝sin2x，当x∈（，]时，f（x）＝sin x|cos x|＝﹣sin x cos x＝﹣sin2x，作出函数f（x）的图象如图：则函数关于y轴不对称，故A错误，区间[，π]的中点坐标为，区间[π，]的中点坐标为，则f（x）在区间[，]上单调递减，故B正确，由图象知f（x）关于x＝对称；故C正确，当x∈[﹣，]时，2x∈[﹣π，π]，当2x＝时，f（x）取得最大值，故D正确，故正确的是BCD，故选：BCD．三、填空题：（本大题共4小题：每小题5分，共20分）13．函数y＝tan（2x﹣）的最小正周期为，对称中心为（+，0），k∈Z．【分析】由题意利用正切函数的周期性以及图象的对称性，得出结论．解：函数的最小正周期为，令2x﹣＝kπ，求得x＝+，可得函数的图象的对称中心为（+，0），k∈Z，故答案为：；（+，0），k∈Z．14．已知复数z满足等式|z﹣i|＝1，则|z﹣1|的最大值为．【分析】满足|z﹣i|＝1的复数z在复平面内对应的点在以（0，1）为圆心，以1为半径的圆上，画出图形，数形结合求|z﹣1|的最大值．解：满足|z﹣i|＝1的复数z在复平面内对应的点在以（0，1）为圆心，以1为半径的圆上，如图：则|z﹣1|的最大值为两点（1，0）与（0，1）的距离加1．等于．故答案为：．15．使不等式﹣2sin x≥0成立的x的取值集合是[2kπ+，2kπ+]，k∈Z．【分析】根据正弦函数的图象和性质进行求解即可．解：由﹣2sin x≥0得sin x≤，得2kπ+≤x≤2kπ+，k∈Z，即x的取值集合为[2kπ+，2kπ+]，k∈Z，故答案为：[2kπ+，2kπ+]，k∈Z，16．设函数f（x）为定义域为R的奇函数，且f（x）＝f（2﹣x），当x∈[0，1]时，f（x）＝sin x，则函数|﹣f（x）在区间[﹣5，8]上的所有零点的和为6．【分析】函数|﹣f（x）在区间[﹣5，8]上的所有零点，⇔函数y＝|cos|与f（x）在区间[﹣5，8]上的交点横坐标，分别分析f（x）与y＝y＝|cos|性质及图象，画出图象，结合图象分析结论．解：因为f（x）为定义域为R的奇函数，所以f（x）＝﹣f（﹣x），又因为f（x）＝f（2﹣x），所以﹣f（﹣x）＝f（2﹣x），所以f（2+x）＝﹣f（x），所以f（4+x）＝﹣f（2+x）＝﹣[﹣f（x）]＝f（x），所以函数f（x）的周期T＝4，由f（x）＝f（2﹣x）还可得，f（x）关于直线x＝1对称，设y＝|cos|，其周期为•＝2，其图象关于x＝2对称，函数|﹣f（x）在区间[﹣5，8]上的所有零点，即函数y＝|cos|与f（x）在区间[﹣5，8]上的交点横坐标，在（﹣5，8）内有两个函数图象有六个交点，所以[﹣5，8]上的所有零点的和为2（﹣3+1+5）＝6．故答案为：6．四、解答题：（本大题共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．已知||＝2，＝（cosθ，sinθ）．（1）若（2）•（2）＝9，求向量在向量方向的投影的数量．（2）若，且，求向量的坐标．【分析】（1）先将等式（2）•（2）＝9的左边展开化简运算可得＝1，再根据平面向量数量积的定义求解即可；（2）把代入的坐标中可得向量，设＝（x，y），根据平面向量的模长和数量积的运算法则可列出关于x和y的方程组，解之即可．解：（1）（2）•（2）＝＝4×4﹣4﹣3＝9，∴＝1，∴向量在向量方向的投影的数量为＝＝＝1．（2）∵，∴＝（cosθ，sinθ）＝（，），设＝（x，y），则x2+y2＝4①，∵，∴x y＝0②，由①②解得，或．故向量的坐标为或．18．已知角α终边上一点坐标（1，﹣3），f（α）＝．（1）求f（α）的值．（2）求f（）的值．（3）求sin（）cos（）的值．【分析】（1）由已知利用三角函数的定义可得tanα＝﹣3，进而根据诱导公式，同角三角函数基本关系式即可求解f（α）的值．（2）利用两角和的正切函数公式即可求解．（3）利用二倍角的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式即可求解．解：（1）∵角α终边上一点坐标（1，﹣3），可得tanα＝﹣3，∴f（α）＝＝＝tanα＝﹣3．（2）f（）＝tan（）＝＝＝﹣．（3）sin（）cos（）＝sin（2α+）＝cos2α＝•＝＝＝﹣．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥面ABCD，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，E为CD的中点，F为PD上一点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面FAE．【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的性质定理可知PA⊥BD，再由菱形的性质可知AC⊥BD，最后根据线面垂直的判定定理即可得证；（Ⅱ）在菱形ABCD中，通过角度的推导计算易得∠BAC＝∠CAD＝60°，∠CAE＝30°，从而∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝90°，即AB⊥AE；再由线面垂直的性质定理可推出PA ⊥AE，最后结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可得证．【解答】证明：（Ⅰ）∵PA⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，∴PA⊥BD，∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD，又PA、AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．（Ⅱ）在菱形ABCD中，∠BAD＝180°﹣∠ABC＝120°，∴∠BAC＝∠CAD＝∠BAD ＝60°，∵E为CD的中点，∴∠CAE＝∠CAD＝30°，∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝60°+30°＝90°，即AB⊥AE，∵PA⊥面ABCD，AE⊂面ABCD，∴PA⊥AE，又PA、AB⊂平面PAB，PA∩AB＝A，∴AE⊥平面PAB，∵AE⊂平面FAE，∴平面PAB⊥平面FAE．20．如图，已知四棱锥A﹣BCC1B1底面为矩形，侧面ABC为等边三角形，且矩形BCC1B1与三角形ABC所在的平面互相垂直，BC＝4，BB1＝2，D为AC的中点．（Ⅰ）求证：AB1∥平面DBC1；（Ⅱ）求点D到平面ABC1的距离．【分析】（Ⅰ）连结B1C，BC1，交于点E，连结DE，推导出DE∥AB1，由此能证明AB1∥平面DBC1．（Ⅱ）以B为原点，在平面ABC中过B作BC的垂线为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点D到平面ABC1的距离．解：（Ⅰ）证明：连结B1C，BC1，交于点E，连结DE，∵四棱锥A﹣BCC1B1底面为矩形，∴E是B1C中点，∵D为AC的中点，∴DE∥AB1，∵DE⊂平面DBC1，AB1⊄平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1．（Ⅱ）以B为原点，在平面ABC中过B作BC的垂线为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，A（2，2，0），C1（0，4，2），D（1，，2），B（0，0，0），＝（1，，2），＝（2，2，0），＝（0，4，2），设平面ABC1的法向量＝（x，y，z），则，取x＝，得＝（，﹣1，2），∴点D到平面ABC1的距离d＝＝＝．21．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为．（1）求sin B sin C；（2）若6cos B cos C＝1，a＝3，求△ABC的周长．【分析】（1）根据三角形面积公式和正弦定理可得答案，（2）根据两角余弦公式可得cos A＝，即可求出A＝，再根据正弦定理可得bc＝8，根据余弦定理即可求出b+c，问题得以解决．解：（1）由三角形的面积公式可得S△ABC＝ac sin B＝，∴3c sin B sin A＝2a，由正弦定理可得3sin C sin B sin A＝2sin A，∵sin A≠0，∴sin B sin C＝；（2）∵6cos B cos C＝1，∴cos B cos C＝，∴cos B cos C﹣sin B sin C＝﹣＝﹣，∴cos（B+C）＝﹣，∴cos A＝，∵0＜A＜π，∴A＝，∵＝＝＝2R＝＝2，∴sin B sin C＝•＝＝＝，∴bc＝8，∵a2＝b2+c2﹣2bc cos A，∴b2+c2﹣bc＝9，∴（b+c）2＝9+3cb＝9+24＝33，∴b+c＝∴周长a+b+c＝3+．22．已知向量＝（sin x cos x，1），＝（2sin x，4cos2x），函数f（x）＝．（1）若x∈[﹣，π]，求函数f（x）的减区间；（2）若x∈[0，]，方程f（x）＝a有唯一解，求a的取值范围．【分析】结合平面向量数量积的坐标运算、二倍角公式和辅助角公式将函数f（x）化简为f（x）＝﹣2sin（2x﹣）+3．（1）令+2kπ≤2x﹣≤+2kπ，k∈Z，解得+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，再结合x∈[﹣，π]的限定，即可得到函数f（x）的减区间；（2）由x∈[0，]，可知2x﹣∈[，]，由于方程f（x）＝a有唯一解，结合正弦型函数的图象可推出sin（2x﹣）∈[，），从而得a的取值范围．解：f（x）＝＝2sin2x﹣sin x cos x+4cos2x＝2（sin2x+cos2x）﹣sin2x+cos2x+1＝﹣2sin（2x﹣）+3．（1）令+2kπ≤2x﹣≤+2kπ，k∈Z，则+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，∵x∈[﹣，π]，∴≤x≤或≤x≤π，故函数f（x）的减区间为和．（2）∵x∈[0，]，∴2x﹣∈[，]，sin（2x﹣）∈[，1]，∵方程f（x）＝a有唯一解，∴sin（2x﹣）∈[，），∴2＜a≤4．故a的取值范围为（2，4]．。
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6
∴ f (x) 的值域是 3, 2
21.解：（1）由题意 (a b c)(a b c) 3ab ，
∴ a2 b2 c2 ab ，
由余弦定理可知， cos C a2 b2 c2 1 ，
2ab
2
又∵ C (0, ) ，∴ C . 3
……12 分 ……2 分
3 sin 2x cos 2x
2sin(2x ) 6
⑴函数 f (x) 的最小正周期T 2 2
由 2x k ，得对称轴方程为 x k ,k Z
6
2
32
⑵∵ x ，
12
2
∴ 2x 5
3
66
……4 分 ……5 分 ……7 分
1
2
3
4
2019—2020 学年度沈阳市郊联体期末考试高一试题
数学答案
选择题： BCABD CBCAC DB
填空题： 13. 13
14. (2 5, 6)
解答题：
15. 63 65
16. 16 3
17. 解：（1）由题得 (3)2 y2 =1,点 P 在第一象限所以 y 4
5
5
……2 分
……12 分
……2 分 ……4 分 ……6 分 ……8 分
∴ SAOC
12 2
2
2
2
3 2 2，
……10 分
VABCD
1 3
SAOC
BD
1 3
22 2 2 3
20.解：： f (x)
3 sin 2x 2 (
2 cos x)2 (
2
sin
x)2
2
2
3 sin 2x (cos2 x sin2 x)
4sin(A ) 6
又∵ ABC 为锐角三角形，
0 ∴
0
A B
2 2 3
A
2
，则
6
A
2
0 4 sin( A- ) 2 3 ， 6
综上 2a b 的取值范围为 (0, 2 3) .
22.解：（1）证明：由直四棱柱，得 BB1∥DD1 且 BB1=DD1， 所以 BB1D1D 是平行四边形， 所以 B1D1∥BD． BD 平面 A1BD，B1D1 平面 A1BD， 所以 B1D1∥平面 A1BD．
∵ OC2 OA2 6 AC2 ∴ OA OC，OC BD O,OC, BD 面BCD ∴ OA 平面 BCD ， ∵ OA 平 面 ABD ， ∴平面 ABD 平面 BCD . （2）∵ BD OC, BD OA，且 OA OC O, OC, OA 面AOC ∴ BD 平面 AOC ， 在 AOC 中 ， OA OC 3, AC 2 2 ，
所以 tan = 4 3
……4 分
（2）
sin2 (2
) cos2 (4 sin cos
)
=
sin2 cos2 sin cos
……6 分
=
tan2 1 tan
……8 分
7
…… 10 分
12
18.解：（1）因为 2asinA 2b csinB 2c bsinC ，由正弦定理可得：
2a2 b 2b c c 2c b ，整理得 b2 c2 a2 bc ，
BN⊥面 DCC1D1．
……9 分
又可证得，O 是 NN1 的中点， BM∥ON 且 BM=ON，即 BMON 是平行四边形， BN∥OM， OM⊥平面 CC1D1D， OM 面 DMC1， 平面 DMC1⊥平面 CC1D1D．
……10 分 ……11 分
……12 分
8
……10 分 ……12 分 ……1 分 ……3 分 ……5 分
……8 分 ……10 分 ……12 分
……3 分
7
（2）证明：BB1⊥面 ABCD，AC 面 ABCD， BB1⊥AC， 又BD⊥AC，且 BD∩BB1=B，BD，BB1 面 BB1D AC⊥面 BB1D 而 MD 面 BB1D， MD⊥AC．
……6 分
（3）当点 M 为棱 BB1 的中点时，平面 DMC1⊥平面 CC1D1D
……7 分
取 DC 的中点 N，D1C1 的中点 N1，连接 NN1 交 DC1 于 O，连接 OM． N 是 DC 中点，BD=BC，
BN⊥DC； 又面 ABCD 面 DCC1D1 =DC，而面 ABCD⊥面 DCC1D1，BN 面 ABCD
a （2）由正弦定理可知， sin A
b sin B
2 sin
4 3
3，
3
即 a 4 3 sin A,b 4 3 sin B ，
3
3
∴ 2a b 8 3 sin A 4 3 sin B 8 3 sin A 4 3 sin( 2 A)
3
3
3
3
3
6 3 sin A 2cos A ， 3
…… 2 分
∴ cosA b2 c2 a2 1
2bc
2
解得 A 120
又 B 30 ，所以 C 180 120 30 30 ，即 C B 30 ，
∴ sin A C sin 120 30 1.
（2）由（1）知 b c ， A 120 ，
∴ 1 b2sin120 3 3 ， 2 解得 b c 2 3 .
……4 分 ……6 分
…… 8 分
由余弦定理，得 a2
b2
c2
2bccosA
12
12
2
12
1 2
36
即a 6.
……10 分
5
∴ ABC 的周长为 4 3 6 . 19.解：（1）取 BD 边中点 O ，连接 AO,CO ∵ BCD ， ABD 为边长为 2 的正三角形， ∴ BD OA , OC OA 3