2019-2020学年辽宁省沈阳市郊联体高一下学期期末考试 数学
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.。
辽宁省2020年高一下学期期末数学试卷(I)卷
辽宁省2020年高一下学期期末数学试卷（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分） (2019高一下·临沂月考) 在中，角的对边分别为，，．若为锐角三角形，且满足，则下列等式成立的是（）A .B .C .D .2. （2分） (2019高一上·营口月考) 已知，，记，，则与的大小关系是（）A .B .C .D .3. （2分）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若AB=BB1 ， D是CC1中点，则CA1与BD所成角的大小是（）A .B .C .D .4. （2分）已知数列{an}满足则此数列中等于（）A . －7B . 11C . 12D . －65. （2分） (2018高二上·会宁月考) 在三角形ABC中，，则三角形ABC是（）A . 钝角三角形B . 直角三角形C . 等腰三角形D . 等边三角形6. （2分）(2017·渝中模拟) 设a，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法正确的是（）A . a∥b，b⊂α，则a∥αB . a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥bC . a⊂α，b⊂α，α∥β，b∥β，则α∥βD . α∥β，a⊂α，则a∥β7. （2分） (2016高二上·菏泽期中) 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，其中b为最大边，若sin2（A+C）＜sin2A+sin2C，则角B的取值范围是（）A .B .C .D .8. （2分）(2017·衡阳模拟) 如图是某几何体的三视图，图中小方格单位长度为1，则该几何体外接球的表面积为（）A . 8πB . 12πC . 16πD . 24π9. （2分） (2017高一下·嘉兴期末) 已知数列{an}、{bn}都是公差为1的等差数列，其首项分别为a1、b1 ，且a1+b1=5，a1 ，b1∈N* ，设cn=a ，则数列{cn}的前10项和等于（）A . 55B . 70C . 85D . 10010. （2分） (2019高一下·温州期末) 设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且，则的最大值为（）A .B . 1C .D .11. （2分）(2018·宝鸡模拟) 直三棱柱中，，分别是的中点，，则与所成的角的余弦值为（）A .B .C .D .12. （2分）已知数列的通项为为数列的前n项和，令，则数列的前n项和的取值范围为（）A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分）(2020·漳州模拟) 若，则 ________.14. （1分） (2016高二上·红桥期中) 已知直线l，m和平面β，若l⊥m，l⊥β，则m与β的位置关系是________．15. （1分） (2019高一下·台州期末) 已知等比数列的公比为q，关于x的不等式有下列说法：①当吋，不等式的解集②当吋，不等式的解集为③当 >0吋，存在公比q，使得不等式解集为④存在公比q，使得不等式解集为R.上述说法正确的序号是________.16. （1分） (2018高二上·武汉期末) 已知命题p：“ x∈[1,2]，”，命题q：“ x∈R，”，若命题“p且q”是真命题，则实数a的取值范围是________三、解答题 (共8题；共70分)17. （10分）已知函数f（x）=sin（ +x）sin（﹣x）+ sinxcosx（x∈R）．（1）求f（）的值；（2）在△ABC中，若f（A）=1，求sinB+sinC的最大值．18. （5分） (2016高一下·河源期中) 已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn ，且满足，S7=56．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；（Ⅱ）若数列{bn}满足b1=a1且bn+1﹣bn=an+1 ，求数列的前n项和Tn ．19. （5分）如图，已知等边△ABC中，E，F分别为AB，AC边的中点，M为EF的中点，N为BC边上一点，且CN= BC，将△AEF沿EF折到△A'EF的位置，使平面A'EF⊥平面EFCB．（Ⅰ）求证：平面A'MN⊥平面A'BF；（Ⅱ）设BF∩MN=G，求三棱锥A'﹣BGN的体积．20. （10分） (2017高一下·资阳期末) 已知f（x）=2x2+bx+c，不等式f（x）＜0的解集为（0，5）．（1）求b，c的值；（2）若对任意x∈[﹣1，1]，不等式f（x）+t≤2恒成立，求t的取值范围．21. （10分） (2019高二上·河南月考) 数列中，， .（1）求的通项公式；（2）设，求出数列的前项和.22. （5分）已知，α是第二象限的角，且tan（α+β）=1，求tanβ的值．23. （10分） (2016高二下·凯里开学考) △ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosC+ccosB=2acosB．（1）求角B的大小；（2）若，求△ABC的面积．24. （15分） (2018高一上·大港期中) 已知是定义在上的减函数，且，满足对任意，都有 .（1）求的值；（2）判断的奇偶性并证明；（3）解不等式 .参考答案一、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、16-1、三、解答题 (共8题；共70分) 17-1、17-2、18-1、19-1、20-1、20-2、21-1、21-2、22-1、23-1、23-2、24-1、24-2、24-3、。
辽宁省沈阳市郊联体2020-2021学年高一下学期期末考试 数学 Word版含答案
2020－2021学年度下学期沈阳市郊联体期末考试高－试题数学考试时间：120分钟 试卷总分：150分一、单选题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.已知sin(π－α)＝35，α∈(2π，π)，则cosα的值为 A.45 B.－35 C.±45 D.－452.已知复数z ＝12＋22i(i 为虚数单位)，则|z －1|＝A.3 B.34 C.11 D.143.设m ，n 是两条不同的直线，α，是两个不同的平面，下列说法正确的是<) A.若α⊥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ⊥n B.若m ⊥α，m//n ，n//β，则α⊥β C.若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α⊥β D.若α//β，m ⊂α，n ⊂β，则m//n4.已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且(a ＋b)2－c 2＝4，C ＝120°，则△ABC 的面积为 A.33B.233C.3D.235.斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所持有，图一图二是北京故宫太和殿斗拱实物图，图三是斗拱构件之一的“斗”的几何体，本图中的斗是由棱台与长方体形凹槽(长方体去掉一个长相等，宽和高分别为原长方体一半的小长方体)组成。
若棱台两底面面积分别是400cm 2，900cm 2，高为9cm ，长方体形凹槽的高为12cm ，那么这个斗的体积是A.6700cm 3B.6900cm 3C.13800cm 3D.14800cm 3 6.函数f(x)＝2sin(ωx ＋φ)，(ω>0，|φ|<2π)的部分图象如图所示。
若对任意x ∈R ，f(x)＋f(2t－x)＝0恒成立，则t 的最小正值为A.512π B.3π C.4π D.6π 7.在△ABC 中，A ，B ，C 分别为△ABC 三边a ，b ，c 所对的角。
若cosB 3＝2，且满足关系式cosB cosC 2sinAsinB b c 3sinC +=，则a b csinA sinB simC++++＝ A.2 B.4 C.6 D.88.在等腰梯形ABCD 中，AB//DC ，AB ＝2BC ＝2CD ＝2，P 是腰AD 上的动点，则2PB PC -的最小值为7 B.3 C.332 D.274二、多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20分。
2020-2021学年辽宁省沈阳市郊联体高一(下)期末数学试卷(附答案详解)
2020-2021学年辽宁省沈阳市郊联体高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知sin(π−α)=35，α∈(π2,π)，则cosα=()A. 35B. −35C. 45D. −452.已知复数z=12+√22i(为虚数单位)，则|z−1|=()A. √32B. 34C. √112D. 143.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A. 若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB. 若m⊥α，m//n，n//β，则α⊥βC. 若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n4.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a+b)2−c2=4，C=120°，则△ABC的面积为()A. √33B. 2√33C. √3D. 2√35.斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所持有，图一图二是北京故宫太和殿斗拱实物图，图三是斗拱构件之一的“斗”的几何体，本图中的斗是由棱台与长方体形凹槽(长方体去掉一个长相等，宽和高分别为原长方体一半的小长方体)组成.若棱台两底面面积分别是400cm2，900cm2，高为9cm，长方体形凹槽的高为12cm.那么这个斗的体积是()A. 6700cm3B. 6900cm3C. 13800cm3D. 14800cm36.函数f(x)=2sin(ωx+φ)，(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示．若对任意x∈R，f(x)+f(2t−x)=0恒成立，则t的最小正值为()A. 5π12 B. π3 C. π4 D. π67. 在△ABC 中，A ，B ，C 分别为△ABC 三边a ，b ，c 所对的角．若cosB +√3sinB =2，且满足关系式cosB b+cosC c=2sinAsinB 3sinC，则a+b+csinA+sinB+sinC =( )A. 2B. 4C. 6D. 88. 在等腰梯形ABCD 中，AB//DC ，AB =2BC =2CD =2，P 是腰AD 上的动点，则|2PB⃗⃗⃗⃗⃗ −PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值为( ) A. √7 B. 3C. √272D. 274二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9. 已知向量a ⃗ =(2,1)，b ⃗ =(−3,1)，则下列说法正确的是( )A. (a ⃗ +b ⃗ )⊥a ⃗B. |a ⃗ +2b ⃗ |=5C. 向量a⃗ 在向量b ⃗ 方向上的投影的数量是√102 D. 与向量a⃗ 方向相同的单位向量是(2√55,√55) 10. 将函数f(x)=3sin(4x +π6)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移π6个单位长度，得到函数y =g(x)的图象，则下列说法正确的是( )A. g(x)=−3sin(8x −π6)B. 函数y =g(x)的图象关于点(π12,0)对称 C. x =π3是函数y =g(x)的一条对称轴 D. 函数y =g(x)在[0,π3]上单调递增11. 如图，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，CC 1=√6,AB =BC =2,AC =2√2，点M 是棱AA 1的中点，则下列说法正确的是( )A. 异面直线BC 与B 1M 所成的角为90°B. 在B 1C 上存在点D ，使MD//平面ABCC. 二面角B 1−AC −B 的大小为60°D. B 1M ⊥CM12. 若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足b −2a +4asin 2A+B 2=0，则下列结论正确的是( )A. 角C 一定为锐角B. a 2+2b 2−c 2=0C. 3tanA +tanC =0D. tan B 的最小值为√33三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知向量a ⃗ 和b ⃗ 的夹角为120°，且|a ⃗ |=2，|b ⃗ |=2，则(2a ⃗ −b ⃗ )⋅a ⃗ =______． 14. 在山顶铁塔上B 处测得地面上一点A 的俯角α=60°，在塔底C 处测得点A 的俯角β=45°，已知铁塔BC 部分高32米，山高CD = ______ ．15. 已知tan(α+β)=2，tan(α−β)=12，β∈(0,π2)，则tanβ的值为______ ． 16. 如图在梯形ABCD 中，AB//CD ，∠D =π2，AB =4，AD =CD =2，将该图形沿对角线AC 折成图中的三棱锥B −ACD ，且BD =2√3，则此三棱锥外接球的体积为______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 设复数z 1=1−i ，z 2=cosθ+isinθ，其中θ∈(−π2,0)．(1)若复数z =z 1⋅z 2在复平面内对应的点在直线y =2x 上，求tanθ的值；(2)求|z1−+z2|的取值范围．18.如图，在三棱锥S−ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS=AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：(1)平面EFG//平面ABC；(2)BC⊥SA．19.已知a，b，c是△ABC的内角A，B，C的对边，且5cosBcosC+2=5sinBsinC+cos2A．(1)求角A的大小：(2)若csinC=4(a+b)(sinA−sinB)，△ABC的周长为7+√13，求c．220.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=4，E为PB的中点，F为线段BC上的点，且BF=14BC．(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；(2)求点F到平面PCD的距离．21.在平面四边形ABCD中，∠ABC=π3，∠ADC=π2，BC=4．(1)若△ABC的面积为3√3，求AC；(2)若AD=3√3，∠ACB=∠ACD+π3，求tan∠ACD．22.已知函数f(x)=4sinωx2cosωx2+1，其中常数ω>0．(1)y=f(x)在[−π4,3π4]上单调递增，求ω的取值范围；(2)若ω<4，将函数y=f(x)图像向左平移π3个单位，得到函数y=g(x)的图像，且过P(π6,1)，若对意的x∈[−π6,π12]，不等式g2(x)−mg(x)−1≤0恒成立，求实数m的取值范围．答案和解析1.【答案】D【解析】 【分析】利用诱导公式以及同角三角函数的平方关系求值即可．本题考查诱导公式及同角三角函数的基本关系的应用，属于基础题． 【解答】解：因为sin(π−α)=35，α∈(π2,π)， ∴sinα=35，∴cosα=−√1−sin 2α=−45．故选：D ．2.【答案】A【解析】解：∵z =12+√22i ，∴z −1=−12+√22i ， ∴|z −1|=√(−12)2+(√22)2=√32． 故选：A ．根据已知条件，运用复数的加法运算法则，以及复数模的公式，即可求解．本题考查了复数代数形式的加法运算，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．3.【答案】B【解析】 【分析】本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的判定，是基础题，解题时要注意空间思维能力的培养．由已知条件，利用直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，能求出结果． 【解答】解：若α⊥β，m ⊂α，n ⊂β，则m 与n 相交、平行或异面，故A 错误； ∵m ⊥α，m//n ，∴n ⊥α， 又∵n//β，∴α⊥β，故B 正确；若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α与β平行或α与β相交，故C 错误； 若α//β，m ⊂α，n ⊂β，则m//n 或m ，n 异面，故D 错误． 故选：B ．4.【答案】C【解析】解：∵cosC =a 2+b 2−c 22ab=(a+b)2−c 2−2ab2ab=cos120°=−12，且(a +b)2−c 2=4， ∴4−2ab 2ab=−12，即8−4ab =−2ab ，即ab =4， 则S △ABC =12absinC =12×4×√32=√3．故选：C ．利用余弦定理表示出cos C ，并利用完全平方公式变形，将已知等式及cos C 的值代入求出ab 的值，再由sin C 的值，利用三角形面积公式即可求出三角形ABC 面积． 此题考查了余弦定理，以及三角形面积公式，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．5.【答案】C【解析】解：由题意得棱台的体积V 1=13×9×(400+900+√400×900)=5700(cm 3)； ∵长方体形凹槽是指长方体去掉一个长相等，宽和高分别为原长方体一半的小长方体， ∴长方体凹槽的体积是原长方体体积的34，则长方体凹槽的体积V 2=34×900×12=8100(cm 3).∴这个斗的体积是V =V 1+V 2=5700+8100=13800cm 3． 故选：C ．由已知求得正四棱台的体积，再求出长方体形凹槽的体积，作和得答案．本题考查正四棱台及长方体的体积，考查计算能力，是基础题．6.【答案】B【解析】解：由图象可得5π6−(−5π12)=T+T4，解得T=π，则ω=2πT=2，所以f(x)=2sin(2x+φ)，由2sin[2×(−5π12)+φ]=−2，可得2×(−5π12)+φ=2kπ−π2，k∈Z，解得φ=2kπ+π3，k∈Z，由|φ|<π2，可得k=0，φ=π3，则f(x)=2sin(2x+π3)，对任意x∈R，f(x)+f(2t−x)=0恒成立，可得f(x)的图象关于点(t,0)中心对称，可得2t+π3=kπ，k∈Z，即t=kπ2−π6，k∈Z，k=1时，正数t取得最小值π3．故选：B．由图象可得周期T，进而得到ω，代入(−5π12,−2)结合φ的取值范围可求得φ，从而可得函数的解析式，由f(x)的图象关于点(t,0)中心对称，可得f(t)=0，进而得到实数t的最小正值．本题考查三角函数的图象和性质，周期性和对称性的运用，考查方程思想和数形结合思想、运算能力，属于中档题．7.【答案】A【解析】解：∵在锐角△ABC中，A、B、C分别为△ABC三边a，b，c所对的角，cosB+√3sinB=2，∴2sin(B+30°)=2，可得sin(B+30°)=1，∴B=60°，∵cosBb +cosCc=2sinAsinB3sinC，∴a 2+c 2−b 22acb+a 2+b 2−c 22abc=2asinB 3c=√3a 3c， 解得b =√3， ∴由b sinB=a sinA=c sinC=√3sin60°=2，∴a+b+c sinA+sinB+sinC=2(sinA+sinB+sinC)sinA+sinB+sinC=2．故选：A ．由cosB +√3sinB =2，推导出B =60°，由cosB b+cosC c=2sinAsinB 3sinC，推导出b ，进而根据正弦定理即可求解．本题考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．8.【答案】C【解析】解：以A 为原点，射线AB 为x 轴正半轴建立直角坐标系，如图所示，B(2,0)，C(32,√32)，设P(a,√3a)，其中0≤a ≤12，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2−a,−√3a)，PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(32−a,√32−√3a)， ∴2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(52−a,−√32−√3a)，∴|2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PC⃗⃗⃗⃗⃗ |=√4a 2−2a +7=√4(a −14)2+274， ∴当a =14时，|2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PC⃗⃗⃗⃗⃗ |取最小值√272． 故选：C ．以A 为原点，射线AB 为x 轴正半轴建立直角坐标系，用坐标表示出2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即可求出．本题考查了平面向量的模的求法，结合了二次函数求最值的内容，属于中档题．9.【答案】ABD【解析】解：A ：∵a ⃗ =(2,1)，b ⃗ =(−3,1)，∴a ⃗ +b ⃗ =(−1,2)， ∵(a ⃗ +b ⃗ )⋅a ⃗ =−1×2+1×2=0，∴(a ⃗ +b ⃗ )⊥a ⃗ ，∴A 正确， B ：∵a ⃗ +2b ⃗ =(−4,3)，∴|a ⃗ +2b ⃗ |=√42+32=5，∴B 正确， C ：∵向量a ⃗ 在向量b ⃗ 方向上的投影的数量是a ⃗ ⋅b⃗ |b ⃗ |=√(−3)2+12=−√102，∴C 错误， D ：∵与向量a ⃗ 方向相同的单位向量是a⃗ |a ⃗ |=√22+12=(2√55,√55)，∴D 正确． 故选：ABD ．利用向量垂直与数量积的关系判断A ，利用求模公式判断B ，利用投影公式判断C ，利用共线向量的性质判断D ．本题考查了向量垂直，模，投影与数量积的关系、向量的坐标运算，属于中档题．10.【答案】BCD【解析】解：函数f(x)=3sin(4x +π6)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到k(x)=3sin(2x +π6)的图象，再向右平移π6个单位长度，得到函数y =g(x)=3sin(2x −π6)的图象，故A 错误； 对于B ：当x =π12时，整理得g(π12)=0，故B 正确； 对于C ：当x =π3时，g(π3)=3，故C 正确；对于D ：由于x ∈[0,π3]，所以2x −π6∈[−π6,π2]，故函数在[0,π3]上单调递增，故D 正确． 故选：BCD ．首先利用三角函数的平移变换和伸缩变换的应用求出函数的关系式，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．11.【答案】ABC【解析】解：选项A ，连接MC 1，由三棱柱的性质可知，BC//B 1C 1， ∴∠MB 1C 1即为异面直线BC 与B 1M.∵AB =BC =2，AC =2√2，∴∠ABC =∠A 1B 1C 1=90°，即A 1B 1⊥B 1C 1， 由直三棱柱的性质可知，BB 1⊥平面A 1B 1C 1， ∵B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，∴BB 1⊥B 1C 1，又A 1B 1∩BB 1=B 1，A 1B 1、BB 1⊂平面ABB 1A 1，∴B 1C 1⊥平面ABB 1A 1， ∴B 1C 1⊥MB 1，即∠MB 1C 1=90°，∴选项A 正确；选项B ，连接BC 1，交B 1C 于点D ，连接MD ，再取BC 的中点E ，连接DE 、AE ，则DE//AM ，DE =AM ，∴四边形AMDE 为平行四边形，∴MD//AE ，∵MD ⊄平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，∴MD//平面ABC ，即选项B 正确； 选项C ，取AC 的中点N ，连接BN 、B 1N ，∵BB 1⊥平面ABC ，∴∠BNB 1即为二面角B 1−AC −B 的平面角．在Rt △BNB 1中，BB 1=√6，BN =√22AB =√2，∴tan∠BNB 1=BB 1BN=√3，∴∠BNB 1=60°，即选项C 正确；选项D ，在△CMB 1中，CM 2=AC 2+AM 2=192，MB 12=A 1B 12+A 1M 2=112，B 1C 2=B1B2+BC2=10，显然CM2+MB12≠B1C2，即B1M与CM不垂直，∴选项D错误．故选：ABC．选项A，连接MC1，易知BC//B1C1，故∠MB1C1即为所求．由勾股定理可知A1B1⊥B1C1，由三棱柱的性质可知BB1⊥B1C1，再结合线面垂直的判定定理与性质定理即可证得可证得B1C1⊥MB1，即∠MB1C1=90°；选项B，连接BC1，交B1C于点D，连接MD，再取BC的中点E，连接DE、AE，易知四边形AMDE为平行四边形，故MD//AE，再由线面平行的判定定理即可得证；选项C，取AC的中点N，连接BN、B1N，则∠BNB1即为所求，在Rt△BNB1中，由三角函数可求出tan∠BNB1的值，从而得解；选项D，在△CMB1中，利用勾股定理分别算出CM、MB1和B1C的长，判断其结果是否满足CM2+MB12≠B1C2即可．本题考查空间中线面的位置关系、角的求法，要求学生熟练掌握空间中线与面平行或垂直的判定定理与性质定理，以及通过平移的思想找出异面直线的平面角，并理解二面角的定义，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．12.【答案】BC【解析】解：∵b−2a+4asin2A+B2=0，∴b−2a+4acos2C2=0，即b−2a+2a(cosC+1)=0，∴cosC=−b2a<0，又C∈(0,π)，∴C一定为钝角，即选项A错误；由余弦定理知，cosC=a2+b2−c22ab =−b2a，化简得，a2+2b2−c2=0，即选项B正确；∵tanAtanC =sinAcosCcosAsinC=sinAsinC⋅cosCcosA=ac⋅(a2+b2−c2)⋅2bc2ab⋅(b2+c2−a2)=−b23b2=−13，∴3tanA+tanC=0，即选项C正确；∵A+B+C=π，∴tanB=−tan(A+C)=−tanA+tanC1−tanAtanC=−tanA−3tanA1+tanA⋅3tanA=21tanA+3tanA∵C为钝角，∴A∈(0,π2)，tanA>0，∴1tanA +3tanA ≥2√1tanA ⋅3tanA =2√3，当且仅当1tanA =3tanA ，即tanA =√33时，等号成立，此时tan B 取得最大值√33，即选项D 错误．故选：BC ．选项A ，结合诱导公式、二倍角公式对已知等式化简可得cosC =−b2a <0，从而知C 为钝角；选项B ，由cosC =−b2a 和余弦定理，可得解；选项C ，结合选项B 的结论，再根据同角三角函数的商数关系、正弦定理和余弦定理，可推出tanA tanC =−13，从而得解；选项D ，结合选项C 的结论，再由三角形的内角和定理与正切的两角和公式，可推出tanB =21tanA+3tanA ，然后由基本不等式，得解．本题主要考查解三角形的应用，还涉及利用基本不等式求最值，熟练掌握正弦定理、余弦定理是解题的关键，考查学生的转化与化归思想、逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．13.【答案】10【解析】解：∵向量a ⃗ 和b ⃗ 的夹角为120°，且|a ⃗ |=2，|b ⃗ |=2，∴(2a ⃗ −b ⃗ )⋅a ⃗ =2a −2−a −⋅b −=2×4−2×2×(−12)=10．故答案为：10．根据向量的数量积公式计算即可．本题考查了向量的数量积的运算，模的计算，属于基础题．14.【答案】16(√3+1) (米)【解析】解：设AD =x ，则CD =AD ⋅tan45°=AD =x ， BD =AD ⋅tan60°=√3x ， ∴BC =(√3−1)x =32， ∴x =32√3−1=16(√3+1)(米)，即CD =16(√3+1) (米)， 故答案为：16(√3+1) (米)．设AD =x ，则根据∠CAD 和∠BAD 可以计算CD 和BD 的值，根据BC =BD −CD 可求得x 的值，再得到CD 的值．本题考查了特殊角的三角函数值，三角函数在直角三角形中的运用，易错点是错误运用特殊角的三角函数值，属基础题．15.【答案】13【解析】解：因为tan(α+β)=2，tan(α−β)=12，β∈(0,π2)， 所以tan2β=tan[(α+β)−(α−β)]=tan(α+β)−tan(α−β)1+tan(α+β)tan(α−β)=2−121+2×12=34，所以2tanβ1−tan 2β=34，可得3tan 2β+8tanβ−3=0， 解得tanβ=13，或−3(舍去)． 故答案为：13．由已知利用两角差的正切公式可求tan2β的值，进而利用二倍角的正切公式可得2tanβ1−tan 2β=34，可得3tan 2β+8tanβ−3=0，解方程即可得解tanβ的值． 本题主要考查了两角差的正切公式，二倍角的正切公式在三角函数化简求值中的应用，考查了方程思想，属于中档题．16.【答案】32π3【解析】解：在梯形ABCD 中，由题意得AC =BC =2√2，BC ⊥AC ， 在三棱锥B −ACD 中，∵BD =2√3，∴BD 2=BC 2+CD 2，∴BC ⊥CD ， ∵AC ∩CD =C ，∴BC ⊥平面ACD ，∴BC ⊥AD ，又因为AD ⊥CD ，∴AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥BD ， 则AB 是Rt △ABC 和Rt △ADB 的公共斜边，取AB中点为O，则OA=OB=OC=OD，则点O为外接球球心，AO为外接球半径，∴r=AO=2，∴此三棱锥外接球的体积V=43πR3=32π3．故答案为：32π3．由题意得AB是Rt△ABC和Rt△ADB的公共斜边，取AB中点为O，则OA=OB=OC= OD，则点O为外接球球心，AO为外接球半径，即可求解．本题考查三棱锥的外接球的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．17.【答案】解：(1)∵z1=1−i，z2=cosθ+isinθ，∴z=z1z2=cosθ+sinθ+(sinθ−cosθ)i，∵复数z=z1⋅z2在复平面内对应的点在直线y=2x上，∴sinθ−cosθ=2(cosθ+sinθ)，即tanθ=−3．(2)∵z1=1−i，∴z1−=1+i，∴|z1−+z2|2=(1+cosθ)2+(1+sinθ)2=3+2(sinθ+cosθ)=3+2√2sin(θ+π4)，∵θ∈(−π2,0)，∴θ+π4∈(−π4,π4)，sin(θ+π4)∈(−√22,√22)，∴|z1−+z2|2∈(1,5)，∴|z1−+z2|的取值范围为(1,√5)．【解析】(1)由已知条件z1=1−i，z2=cosθ+isinθ，可得z=z1z2=cosθ+sinθ+ (sinθ−cosθ)i，再结合条件复数z=z1⋅z2在复平面内对应的点在直线y=2x上，即可求解．(2)根据已知条件，结合复数模公式和三角函数的图象，即可求解．本题主要考查了复数的几何含义，以及复数模公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．18.【答案】解：(1)∵△ASB中，SA=AB且AF⊥SB，∴F为SB的中点．∵E、G分别为SA、SC的中点，∴EF、EG分别是△SAB、△SAC的中位线，可得EF//AB且EG//AC．∵EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴EF//平面ABC，同理可得EG//平面ABC又∵EF、EG是平面EFG内的相交直线，∴平面EFG//平面ABC；(2)∵平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC=SB，AF⊂平面ASB，AF⊥SB．∴AF⊥平面SBC．又∵BC⊂平面SBC，∴AF⊥BC．∵AB⊥BC，AF∩AB=A，∴BC⊥平面SAB．又∵SA⊂平面SAB，∴BC⊥SA．【解析】(1)根据等腰三角形的“三线合一”，证出F为SB的中点．从而得到△SAB和△SAC中，EF//AB且EG//AC，利用线面平行的判定定理，证出EF//平面ABC且EG//平面ABC.因为EF、EG是平面EFG内的相交直线，所以平面EFG//平面ABC；(2)由面面垂直的性质定理证出AF⊥平面SBC，从而得到AF⊥BC.结合AF、AB是平面SAB内的相交直线且AB⊥BC，可得BC⊥平面SAB，从而证出BC⊥SA．本题在三棱锥中证明面面平行和线线垂直，着重考查了直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理，直线与平面垂直的判定与性质等知识，属于中档题．19.【答案】解：(1)因为5cosBcosC+2=5sinBsinC+cos2A，所以5(cosBcosC−sinBsinC)+2=cos2A，可得5cos(B+C)+2=2cos2A−1，可得2cos2A+5cosA−3=0，解得：cosA=1或cosA=−3(舍去)，2因为0<A<π，所以A=π．3(2)由正弦定理有：c2=4(a+b)(a−b)，可得c2=4(a2−b2)，又由A=π3及余弦定理有：a2=b2+c2−bc，有a2−b2=c2−bc，有c2=4(c2−bc)，可得：b=3c4，有a2=(3c4)2+c2−3c24=13c216，可得a=√13c4，可得△ABC的周长为a+b+c=√13c4+3c4+c=7+√134c，有7+√134c=7+√132，可得c=2．【解析】(1)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得2cos2A+5cosA−3=0，解方程可得cos A的值，结合范围0<A<π，可得A的值．(2)由正弦定理可得c2=4(a2−b2)，又由A=π3及余弦定理可求b=3c4，由a2=(3c4)2+c2−3c24=13c216，可得a=√13c4，根据三角形的周长即可求解．本题主要考查了三角函数恒等变换，正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．20.【答案】(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，又AE⊂面PAB，∴BC⊥AE，∵PA=AB，E为PB中点，∴AE⊥PB，又BC∩PB=B，∴AE⊥平面PAB，又AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PBC．(2)解：∵AB//CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AB//平面PCD，∴B到平面PCD的距离等于A到平面PCD的距离，取PD的中点G，连接AG，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AG，∵PA=AD，G是PD的中点，∴AG⊥PD，又PD∩CD=D，∴AG⊥平面PCD，∵PA=AD=4，PA⊥AD，∴PD=4√2，∴AG=12PD=2√2，∴点B到平面PCD的距离为2√2，∵BF=14BC，∴点F到平面PCD的距离为2√2×34=3√22．【解析】(1)证明BC⊥平面PAB得出AE⊥BC，结合AE⊥PB得出AE⊥平面PBC，故而平面AEF⊥平面PBC；(2)取PD中点G，证明AG⊥平面PCD，AB//平面PCD，则点B到平面PCD的距离为AG的长，利用BF=14BC，即可求得点F到平面PCD的距离．本题考查了面面垂直的判定，线面垂直的判定，考查点到平面的距离计算，属于基础题．21.【答案】解：(1)∵△ABC中，∠ABC=π3，BC=4，∴S△ABC=12AB⋅BCsin∠ABC=3√3，∴AB=3∵△ABC中，由余弦定理可得：AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcos∠ABC=9+16−2×3×4×12=13，∴AC=√13；(2)设∠ACD=α，则∠ACB=∠ACD+π3=α+π3，∵Rt△ACD中，AD=3√3，∴AC=ADsinα=3√3sinα，△ABC中，∠BAC=π−∠ACB−∠ABC=π3−α，由正弦定理可得：BCsin∠BAC =ACsin∠ABC，即4sin(π3−α)=√3√32sinα，∴3sin(π3−α)=2sinα，化简可得tanα=3√37，∴tan∠ACD=3√37．【解析】(1)由已知结合三角形的面积公式S△ABC=12AB⋅BCsin∠ABC可求AB，在△ABC 中，再由余弦定理，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcos∠ABC可求AC；(2)设∠ACD=α，则可表示∠ACB，△ABC中，由正弦定理可得BCsin∠BAC =ACsin∠ABC，进而可求tanα，即可求解．本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式等知识的综合应用，还考查了转化的能力，试题具有一定的综合性，属于中档题．22.【答案】解：(1)由题意得f(x)=4sinωx 2cos ωx 2+1=2sinωx +1，又ω>0，得y =f(x)的最小正周期为T =2πω，由正弦函数的性质，[−π2ω,π2ω]是函数f(x)=2sinωx +1的一个单调递增区间， 又因为函数f(x)=2sinωx +1在[−π4,3π4]上单调递增，则{−π2ω≤−π4π2ω≥3π4，解得0<ω≤23． (2)由(1)得f(x)=2sinωx +1，将函数y =f(x)图像向左平移π3个单位，得到函数g(x)=2sin(ωx +π3ω)+1的图像， ∵g(x)的图像过P(π6,1)，∴g(π6)=2sin(π6ω+π3ω)+1=1，∴sin π2ω=0， ∴π2ω=kπ，k ∈Z ，∴ω=2k ，k ∈Z ，∵0<ω<4，∴ω=2， ∴g(x)=2sin(2x +2π3)+1， ∵x ∈[−π6,π12]，2x +2π3∈[π3,5π6]，∴g(x)∈[2,3]，令t =g(x)∈[2,3]，参变分离得m ≥t −1t 在[2,3]恒成立， 令ℎ(t)=t −1t ，则函数ℎ(t)在[2,3]上递增， 当t =3时，ℎ(t)max =3−13=83，∴m ≥83．【解析】(1)利用正弦函数的单调性求出一个递增区间[−π2ω,π2ω]，再利用子集列出不等式组即可．(2)利用三角变换得到g(x)=2sin(ωx +π3ω)+1，再求出ω=2，再利用正弦函数的图象与性质求出g(x)∈[2,3]，最后换元利用分参求最值即可．本题主要考查函数y =Asin(ωx +φ)的图象变换规律，正弦函数的图象与性质的应用，属于中档题．。
辽宁省沈阳市郊联体2020-2021学年高一下学期期末数学试题
【分析】
由题意可知摸出黑球的概率，再根据摸出黑球，摸出红球为互斥事件，根据互斥事件的和即可求解.
【详解】
因为从中摸出1个球，若摸出红球的概率是0.45，摸出白球的概率是0.25，
所以摸出黑球的概率是 ，
因为从盒子中摸出1个球为黑球或红球为互斥事件，
A．0.3B．0.55C．0.7D．0.75
3．若样本数据 ， ，…， 的方差为2，则数据 ， ，…， 的方差为（ ）
A．4B．8C．16D．32
4．函数 的图象的相邻两支截直线 所得的线段长为 ，则 的值是（ ）
A．0B． C．1D．
5．为了了解我校今年准备报考飞行员的学生的体重情况，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图（如图），已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为 ，第2小组的频数为12，则抽取的学生总人数是（ ）
A．24B．48C．56D．64
6．在△ 中， 为 边上的中线， 为 的中点，则
A． B．
C． D．
7．已知点 在正 所确定的平面上，且满足 ，则 的面积与 的面积之比为（ ）
A． B． C． D．
8．已知向量 ， ，若 与 的夹角为 ，则 （ ）
A．2B． C． D．1
9．已知函数 在一个周期内的图象如图所示.则 的图象，可由函数 的图象怎样变换而来（纵坐标不变）（ ）
辽宁省沈阳市郊联体2020-2021学年高一下学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知点 ， ，则与向量 的方向相反的单位向量是（ ）
A． B． C． D．
2．一个盒子内装有大小相同的红球、白球和黑球若干个，从中摸出1个球，若摸出红球的概率是0.45，摸出白球的概率是0.25，那么摸出黑球或红球的概率是（ ）
2020-2021学年辽宁省沈阳市级重点高中联合体高一下学期期末考试数学试题及答案
2020-2021学年辽宁省沈阳市级重点高中联合体高一下学期期末考试数学试题★祝考试顺利★ (含答案)满分：150分 考试时间：120分钟 第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
） 1.i 是虚数单位，若2i2im ++是纯虚数，则实数m =（ ） A.1B.1-C.4D.4-2.已知向量a 与b 夹角为3π，且1a =，23a b -=，则b =（ ）C.13.若3cos 45πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则sin 2α=（ ）A.725B.15C.15-D.725-4.在ABC △中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，若2cos b a C =⋅，则ABC △的形状为（ ） A.等腰三角形B.等边三角形C.锐角三角形D.钝角三角形5.已知函数()()1cos 2f x x ωϕ=+（0ω>，2πϕ<）的部分图象如图所示，M ，N 分别为图象上相邻的最高点与最低点，且线段MN 的长为2，则20212f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ）A.4-B.4C.14-D.146.已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为（ ） A.60°B.45°C.30°D.757.已知ABC △的三个内角为A ，B ，C ，向量()3sin ,sin m A B =，()cos n B A =.若()1cos m n A B ⋅=++，则C =（ ） A.6πB.3πC.23πD.56π 8.已知三棱锥S ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，且SA AC ⊥，SA AB ⊥，若已知2AB =，4BC =，60ABC ∠=︒，6SA =，则球O 的体积是（ ）A.1003πB.2003πC.3D.523π二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.） 9.已知i 为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A.234i i i i 0+++=B.复数3i z =-的虚部为i -C.若()212i z =+，则复平面内z 对应的点位于第二象限D.已知复数z 满足11z z -=+，则z 在复平面内对应的点的轨迹为直线 10.如图，在三棱锥P ABC -中，能推出AP BC ⊥的条件是（ ） A.AP PB ⊥，BC PB ⊥B.AP PB ⊥，AP PC ⊥C.平面BCP ⊥平面PAC ，BC PC ⊥D.AP ⊥平面PBC11、下列命题中是真命题的有（ ）A.在ABC △中，A ，C 均为锐角，且sin cos A C >，则B 为锐角B.在ABC △中，若sin 2sin 2A B =，则ABC △是等腰三角形C.在ABC △中，“A B >”是“sin sin A B >”的充要条件D.在ABC △中，若5cos 13A =，4sin 5B =则cos C 的值为3365或636512、如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且12EF =，则下列结论中正确的是（ ） A.AC BE ⊥B.//EF 平面ABCDC.AEF △的面积与BEF △面积相等D.三棱锥A BEF -的体积为定值第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。
辽宁省沈阳市兴东中学2019-2020学年高一数学理下学期期末试卷含解析
辽宁省沈阳市兴东中学2019-2020学年高一数学理下学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知数列，,…，…，则是这个数列的（）A．第10项 B．第11项 C．第12项 D．第21项参考答案：B2. 已知，则函数的最大值为A．6 B．13 C．22 D．33参考答案：B略3. 已知定义域为R的偶函数f（x）在（0，+∞）上为增函数，则( )A．f（4）＞f（3）B．f（﹣5）＞f（5）C．f（﹣3）＞f（﹣5）D．f（3）＞f （﹣6）参考答案：A【考点】奇偶性与单调性的综合．【专题】综合题；转化思想；综合法；函数的性质及应用．【分析】利用定义域为R的偶函数f（x）在（0，+∞）上为增函数，即可得出结论．【解答】解：∵定义域为R的偶函数f（x）在（0，+∞）上为增函数，4＞3，∴f（4）＞f（3），故选：A．【点评】本题考查函数的单调性，与奇偶性，比较基础．4. 设奇函数的定义域为，若当时，的图象如图（2）所示，则不等式的解集为（）A．B．C．D．参考答案：B略5. 下列各组函数中，表示同一函数的是A．与 B．与C．与D．与参考答案：C略6. 设是定义在上的奇函数，当时，，则（）A. B. C. 0 D. 1参考答案：A【分析】利用求得，从而得到时解析式，利用求得结果. 【详解】是定义在上的奇函数，解得：当时，本题正确选项：【点睛】本题考查根据函数奇偶性求解函数值，关键是利用奇函数在处有意义时，求得函数解析式.7. 已知正项等比数列满足：，若存在两项，使得，则的值为（）A.10B.6C.4D.不存在参考答案：B8. 集合，集合，则P与Q的关系是（）A．P=Q B．P?Q C．P?Q D．P∩Q=?参考答案：B【考点】集合的包含关系判断及应用．【专题】计算题．【分析】通过求集合P中函数的定义域化简集合p，通过求集合Q中函数的值域化简集合Q，利用集合间元素的关系判断出集合的关系．【解答】解：依题意得，P={x|x+1≥0}={x|x≥﹣1}，Q={y|y≥0}，∴P?Q，故选B．【点评】进行集合间的元素或判断集合间的关系时，应该先化简各个集合，再借助数轴或韦恩图进行运算或判断．9. 圆x2＋y2－2x＋6y＋8＝0的周长为()A．2π B．2π C．22π D．4π参考答案：B略10. （5分）函数f（x）=x+lgx的零点所在的区间为（）A．（0，）B．（，1）C．（1，10）D．（10，+∞）参考答案：B考点：函数零点的判定定理．专题：计算题；函数的性质及应用．分析：可判断函数f（x）=x+lgx在（0，+∞）上单调递增且连续，从而由零点判定定理判断即可．解答：函数f（x）=x+lgx在（0，+∞）上单调递增且连续，f（）=﹣1＜0，f（1）=1+0＞0；故函数f（x）=x+lgx的零点所在的区间为（，1）；故选B．点评：本题考查了函数的零点的判断与应用，属于基础题．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 对任意的，若函数的大致图像为如图所示的一条折线（两侧的射线均平行于轴），试写出、应满足的条件是 .参考答案：12. 若幂函数的图象过点(2，)，则= .参考答案：略13. 已知某扇形的周长是16，圆心角是2弧度，则该扇形的面积是．参考答案：16【考点】扇形面积公式．【专题】计算题；方程思想；综合法；三角函数的求值．【分析】设出扇形的半径，求出扇形的弧长，利用周长公式，求出半径，然后求出扇形的面积．【解答】解：设扇形的半径为：R，所以2R+2R=16，所以R=4，扇形的弧长为：8，半径为4，扇形的面积为：S=×8×4=16故答案为：16．【点评】本题是基础题，考查扇形的面积公式的应用，考查计算能力．14. 设集合A={},B={x},且A B，则实数k的取值范围是_______________.参考答案：{}略15. 已知f（x）=，则f(2)等于__________．参考答案：1略16. 已知函数，若存在实数,使的定义域为时,值域为,则实数的取值范围是_____________.参考答案：略17. 函数的最小正周期为★；参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72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
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；A.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。
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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。
)13.已知单位向量a 与b 的夹角为120°，则|a －3b |＝ 。
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2π<α<π，0<β<2π，tanα＝－34，cos(β－α)＝513，则sinβ的值 。
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个小题，共70分。
解答题写出文字说明，证明过程或演算步骤。
)17.(本题10分)已知角θ的终边与单位圆x 2＋y 2＝1在第一象限交于点P ，且点P 的坐标为(35，y)。
(1)求tanθ的值； (2)求()()22sin 2cos 4sin cos πθπθθθ+-+的值。
18.(本题12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，B ＝30°，且2asinA －(2b ＋c)sinB ＝(2c ＋b)sinC 。
(1)求sin(A －C)的大小；(2)若△ABC 的面积为33，求△ABC 的周长。
19.(本题12分)如图，在三棱锥A －BCD 中，ABCD ，△ABD 均为边长为2的正三角形。
(1)若AC 6，求证：平面ABD ⊥平面BCD ；(2)若AC ＝2，求三棱锥A －BCD 的体积。
20.(本题12分)已知函数。
f(x)＝3sinxcosx －2cos(x ＋4π)cos(x －4π)。
(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[－12π，2π]上的值域。
21.(本题12分)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对(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.(本题12分)如图所示，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DB ＝BC ，DB ⊥AC ，点M 是棱BB 1上一点。
(1)求证：B 1D 1//面A 1BD ；(2)求证：MD ⊥AC ；(3)试确定点M 的位置，使得平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D 。
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：BCABDCBCACDB填空题：135,6)15.636516.163π 解答题：17.解：（1）由题得2235)1(=y +,点P 在第一象限所以45y =……2分 所以4tan =3θ……4分 （2）22sin (2)cos (4)sin cos πθπθθθ+-+ 22sin cos =sin cos θθθθ-……6分 2tan 1=tan θθ-……8分 712=……10分 18.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 +-=-，……2分 ∴2221cos 22b c a A bc +-==- 解得120A =︒……4分又30B =︒，所以1801203030C =︒-︒-︒=︒，即30C B ==︒， ∴()()sin sin 120301A C -=︒-︒=.……6分（2）由（1）知b c =，120A =︒，∴21sin1202b ︒=解得b c ==.……8分 由余弦定理，得22212cos 1212212362a b c bc A ⎛⎫=+-=+-⨯⨯-= ⎪⎝⎭即6a =.……10分∴ABC ∆的周长为6.……12分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 ==∵2226OC OA AC +==……2分∴,,OA OC OC BD O OC BD BCD ，面⊥=⊂∴OA ⊥平面BCD ，……4分∵OA ⊂平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BCD .……6分（2）∵,BD OC BD OA ⊥⊥，且,OA OC O =,OA OC AOC 面⊂ ∴BD ⊥平面AOC ，……8分在AOC ∆中，OA OC AC ===∴12AOC S ∆=⨯=……10分112333A BCD AOCV S BD-∆⨯⨯===……12分20.解：：22()22(cos)(sin)22f x x x x⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦222(cos sin)x x x=--……2分2cos2x x=-2sin(2)6xπ=-……4分⑴函数()f x的最小正周期22Tππ==……5分由262x kπππ-=+，得对称轴方程为,32kx k Zππ=+∈……7分⑵∵122xππ-≤≤，∴52366xπππ-≤-≤由正弦函数的图象知sin(2)16xπ≤-≤……10分∴()f x的值域是⎡⎤⎣⎦……12分21.解：（1）由题意()()3a b c a b c ab+++-=，∴222a b c ab+-=，……1分由余弦定理可知，222cos122a b cCab+-==，……3分又∵(0,)Cπ∈，∴3Cπ=.……5分（2）由正弦定理可知，2sin sin sin3a bA Bπ===即,a A b B ==，∴2a b A B -=-2sin()3A A π=-2cos A A =-， 4sin()6A π=-……8分 又∵ABC ∆为锐角三角形， ∴022032A B A πππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<=-<⎪⎩，则62A ππ<<……10分04sin(-)6A π<< 综上2a b -的取值范围为(0,.……12分22.解：（1）证明：由直四棱柱，得BB 1∥DD 1且BB 1=DD 1， 所以BB 1D 1D 是平行四边形，所以B 1D 1∥BD ．BD ⊂平面A 1BD ，B 1D 1⊄平面A 1BD ，所以B 1D 1∥平面A 1BD ．……3分（2）证明：BB 1⊥面ABCD ，AC ⊂面ABCD ， ∴BB 1⊥AC ， 又BD ⊥AC ，且BD∩BB 1=B ，BD ，BB 1⊂面BB 1D ∴AC ⊥面BB 1D 而MD ⊂面BB 1D ，∴MD ⊥AC ．……6分（3）当点M 为棱BB 1的中点时，平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D ……7分 取DC 的中点N ，D 1C 1的中点N 1，连接NN 1交DC 1于O ，连接OM ． N 是DC 中点，BD=BC ，∴BN ⊥DC ； 又面ABCD 面DCC 1D 1=DC ，而面ABCD ⊥面DCC 1D 1，BN ⊂面ABCD∴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，……10分∴OM⊥平面CC1D1D，……11分OM⊂面DMC 1，∴平面DMC1⊥平面CC1D1D．……12分。