2024-2025学年辽宁省重点高中联合体高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年辽宁省重点高中联合体高一（下）期末数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.复数z=i(3−i)在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a=(3,4)，b=(2,1)，则cs〈a,b〉=( )
A. 23B. 2 23C. 2 55D. 55
3.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A=2π3，b=1，B=π4，则C和a的值分别为( )
A. π12， 64B. 5π12， 64C. 5π12， 62D. π12， 62
4.已知某扇形的周长为60，圆心角为4，则该扇形的面积为( )
A. 75B. 150C. 200D. 400
5.将函数f(x)=csx的图象上的每个点向右平移π2个单位长度，再向上平移23个单位长度，并将所得图象上的每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍，得到函数g(x)的图象，则g(x)=( )
A. 3csx−23B. 3sinx+2C. 3sinx+1D. 3sinx+23
6.在△ADT中，已知∠DTA=π3，AD=2，则△ADT面积的最大值为( )
A. 1B. 3C. 3D. 2
7.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1⊥A1C1，AB=AC=AA1=4，点P为棱B1C1的中点，则点P到直线AB的距离为( )
A. 2 5
B. 2 6
C. 3 2
D. 2 3
8.已知直线族lk：y=kπω(k∈N∗)与曲线y=sinx在区间(0,π)内的图象共有2025个交点，则ω=( )
A. 1013πB. 1013C. 1012πD. 1012
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于斜二测画法，下列命题为真命题的有( )
A. 平行关系在直观图与原图中保持不变
B. 斜二测画法不会改变边长比例
C. 斜二测画法会改变直角关系
D. 通过斜二测画法得到的直观图和原图的面积相等
10.已知复数z，w是方程x2−2x+2=0的两个根，且在复平面内，z对应的点M在ω对应的点N的上方，O为坐标原点，则( )
A. z=1+iB. OM⋅ON=1C. |z−2w|= 10D. (zw)2025=i
11.已知tanα+tanβ=−tan(α+β)≠0，则tanα+β2的取值可以为( )
A. 22B. −1C. 12D. 45
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知5tan(π2−θ)=1，则2sinθcs(8π−θ)= ______．
13.已知边长为4的菱形ABCD的一个内角为π3，则AB⋅AD=______．
14.如图，在三棱锥P−ABC中，D为BC的中点，平面PAD⊥平面ABC，PD⊥BD，BD=PD=1，AD= 5，三棱锥P−ABC的体积为23，则锐二面角P−BC−A的正切值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知平面向量a=(2,3)，b=(sinx,csx)．
(1)若a⊥b，求sinx−3csxcsx+2sinx的值；
(2)若x=0，且a与a+mb的夹角为锐角，求m的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，已知正四面体PABC，M，N，Q，R分别是棱PA，PC，AB，BC的中点．
(1)证明：四边形MNRQ为菱形；
(2)求异面直线BM与QR所成角的余弦值．
17.(本小题15分)
在△ABC中，A是锐角，且csBcsC=1−sinBsinC．
(1)求B；
(2)设P是△ABC所在平面内的一点，A，P位于直线BC两侧，若AB=BC=BP=2，且∠PBC=∠APC，求四边形ABPC的面积．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=tan(ωx+π3)(ω>0)．
(1)若ω=2，求f(x)的最小正周期；
(2)若f(x)在区间(−π3,π6)上有定义．
(i)求ω的最大值；
(ⅱ)若曲线y=f(x)至少有两个对称中心在区间(0,π)上，求ω的取值范围．
19.(本小题17分)
①斜圆锥，顾名思义，即圆锥锥体中轴线被拉斜后所形成的锥体.保持圆锥的顶点到圆锥底面的距离不变，将顶点位置改变后，所得到的锥体即为斜圆锥．
②祖暅原理指出：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面积相等，则体积相等．
(1)如图，已知圆柱的上底面圆心为P，下底面圆心为O，圆锥⊥的顶点为P，底面与圆柱的下底面相同.Q是圆柱的上底面圆周上一点，将Q与圆柱下底面圆周上的点相连，记构成的封闭几何体为斜圆锥Λ′.α是平行于圆柱底面且与圆柱有交点的平面，A，B是圆柱下底面圆周上的两点，AQ∩α=M，BQ∩α=NBQ∩α=N．
(i)证明：QM⋅QB=QA⋅QN；
(ii)证明：α截Λ′所得的图形为圆面；
(2)已知斜圆锥的底面半径为r，底面中心与顶点的连线长度为L，且其与底面所成的角为θ，求该斜圆锥的体积．
参考答案
1.A
2.C
3.D
4.C
5.B
6.B
7.A
8.A
9.AC
10.ACD
11.AD
12.10
13.8或−8
14.2
15.(1)因为a⊥b，所以a⋅b=2sinx+3csx=0，所以tanx=−32，
所以sinx−3csxcsx+2sinx=tanx−31+2tanx=−32−31+2×(−32)=94；
(2)x=0时，b=(0,1)，a+mb=(2,3)+(0,m)=(2,3+m)，
a与a+mb的夹角为锐角，
所以a⋅(a+mb)=(2,3)⋅(2,3+m)=4+9+3m>0，
解得m>−133，
且a与a+mb不同向共线，即2(3+m)−2×3≠0，即m≠0，
综上，m的取值范围是{m|m>−133且m≠0}．
16.(1)证明：正四面体PABC，M，N，Q，R分别是棱PA，PC，AB，BC的中点，
∴MN为△PAC的中位线，
∴MN//AC，且MN=12AC，
同理可得QR//AC，且QR=12AC，
∴MN//QR，且MN=QR，∴四边形MNRQ为平行四边形，
同理有MQ=12PB，
∵在正四面体中，PB=AC，∴MQ=MN，
∴四边形MNRQ为菱形．
(2)∵QR//MN，∴∠BMN即为异面直线BM，QR所成的角，
设正四面体的棱长为2a，则BM=BN= 3a，MN=a，
由余弦定理得，cs∠BMN=a2+( 3a)2−( 3a)22×a× 3a= 36，
∴异面直线BM与QR所成角的余弦值为 36．
17.(1)依题意得sinCcsB+csCsinB=csC，故sin(B+C)=csC，
在△ABC中，A+B+C=π，C∈(0,π)，A∈(0,π2)，
所以sin(B+C)=sinA=cs(π2−A)=csC，
所以π2−A=C，故B=π2；
(2)由(1)知，B=π2，因为AB=BC=BP=2，
所以AC=2 2，且点B为△APC的外接圆的圆心，圆的半径为2，
由正弦定理得，ACsin∠APC=2R=4，解得sin∠APC= 22，
因为∠ACP>∠ACB=π4，所以∠APC0，
若f(x)在(−π3,π6)上有定义，则−ωπ3+π3≥−π2ωπ6+π3≤π2，
解得ω≤1，故ω的最大值为1；
(ii)令ωx+π3=kπ2，k∈Z，
解得x=(3k−2)π6ω，k∈Z，
则x=(3k−2)π6ω(k∈Z)在区间(0,π)上至少有两解，
故至少存在两个k值使0