秘密★啟用前

九江市2023-2024學年度下學期期末考試

高一數(shù)學試題卷

注意事項：

1.答題前，考生務必將自己的姓名、班級、準考證號填寫在答題卡上.

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動,

用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試題

卷上無效

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并收回.

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是

符合題目要求的.

2+i

z-------

1.復數(shù)2i在復平面內(nèi)對應的點在（）

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)復數(shù)的除法進行化簡，再利用復數(shù)的幾何意義找到所在象限；

【詳解】?.?z=F「=y?7^T/=7-i,，z在復平面內(nèi)對應的點在第四象限,

2122

故選：D.

2.已知cos2a+5sin。=3,則sino=（）

A.1B,--C.—D.--

2222

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)余弦的二倍角公式即可求解.

【詳解】依題意，得l—Zsi/a+Ssina=3，即2sin2a—5sina+2=0，

解得sina二一或sina=2（舍去），故sina=—

22

第1頁/共17頁

故選：A.

3.已知加，〃是兩條不重合的直線，a,尸是兩個不重合的平面，則下列命題正確的是()

A.若加〃名"〃a,則加〃a

B.若〃_La,〃_LM，加＜=尸，則&〃尸

C.若。〃B，m上。,則加_La

D.若a工0,mu0,則加_La

【答案】c

【解析】

【分析】根據(jù)線面平行、垂直的判定方法和面面平行的判定方法逐個分析判斷即可

【詳解】對于A,當加〃%，〃a時，mIIa或mua,所以A錯誤，

對于B,如圖，當〃_1加，加u萬時，a工B,所以B錯誤，

對于C,當?！ㄊ霞?，4時，加工戊，所以C正確，

對于D,如上圖，當a_1_民加u尸時，mHa,所以D錯誤，

故選：C

4.已知扇B滿足同=W=后，晨3=-3,貝！Jcos(a萬+3)=()

A2石石r2V5nV5

----LJ.--L.-----U.-----

5555

【答案】B

【解析】

【分析】利用向量數(shù)量積的運算法則，結(jié)合向量夾角余弦值的向量表示即可得解.

【詳解】■.■a^a+b)=a2+a-b=5-3=2,^a+b\=^a2+2a-b+b2=45-6+5=2,

/一r\展,+B)2V5

\/\a\-\a.+b\V5x25

第2頁/共17頁

故選：B.

5."3C中，角所對的邊分別為見ac，已知a=asinC+6cosC,貝!J（）

A.cos5=sinCB.sinB-cosC

C.cosA=sinBD.sinA-cosB

【答案】D

【解析】

【分析】由正弦定理邊化角，然后利用和差公式化簡即可.

【詳解】由正弦定理，得siiL4=siiL4sinC+siiL8cosC「.sin（8+C）=siiL4sinC+sinScosC,

/.cos5sinC=siiL4sinC,

因為CE（0,兀）,sinCw。所以siiU=cosB,

故選：D.

6.如圖，單位圓〃■與數(shù)軸相切于原點。，把數(shù)軸看成一個“皮尺”，對于任意一個正數(shù)。，它對應正半軸上

的點A,把線段。4按逆時針方向纏繞到圓M上，點A對應單位圓上點4,這樣就得到一個以點M為頂

7T

點，以MO為始邊,經(jīng)過逆時針旋轉(zhuǎn)以M4'為終邊的圓心角a,該角的弧度數(shù)為。.若扇形面積為一，

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)給定條件，利用扇形面積公式及弧長公式求出。4',。4及NZOH,再利用數(shù)量積的定義計算

即得.

IJTJTlTTlTTTTlTT

【詳解】扇形（WH面積S=—YR?=—&=—,解得a=—,OH=1,ZAOA'=-----=—,。4=—,

22632363

所以O(shè)A-OA'=|OA||OA'|cosZAOA'=—x1xcos—=——n-

366

故選：A

TT

7.如圖，已知圓錐頂點為P,底面直徑為4B,4B=4,/4P8=—,以48為直徑的球。與圓錐相交的曲

線記為C（異于圓錐的底面），則曲線。的長為（）

第3頁/共17頁

7?

7

A.2也KB.37iC.27rD.—7i

【答案】A

【解析】

【分析】作出圖形，判斷需求曲線是圓，結(jié)合給定條件求解半徑，再求周長即可.

如圖，曲線。是圓球。與母線P4P8分別交于點

則上w為圓a的直徑，

???PA=PB,ZPAB=ZPBA.

?：0A=0M,NOMA=ZOAM,

71

/O[MO=NMOA=/APB=-,

/.MO】=OM-cosZQMO=2xcos—二百,

6

圓。1的周長/=2兀=2,

故選：A.

8.已知函數(shù)/(x)=4sin(Gx+0)(4>0,G>0)的部分圖象如圖.若再+2%=0,則cos20=

第4頁/共17頁

AiO

A-I

【答案】c

【解析】

【分析】由圖可知/(再)=/(%2)=0，求出國戶2，再由國+2%=0可求出。，從而可求出cos2°.

【詳解】由圖知/(x1)=/(x2)=0,

所以coxx+0=2kTt.cox2+0=2左兀+兀，左eZ,

“…2kn-(p2左兀+兀一。，

所以須=-------，x2=----------------，kEZ,

CDCD

32左兀一0八2左兀+兀一0八/口2

由t陽+212=---------+2-----------------0,得夕=一兀+24兀，左eZ,

COCD3

(2141

所以cos20=COS2Iy7l+2^7TI=COSj7l=--.

故選：c.

二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合

題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得3分，有選錯的得0分.

9.已知復數(shù)Z1/2,則下列命題中正確的是()

A.若㈤=田，則Z2=±Z]

B.zx,z2=Z]?z2

C.若22=[,則匕|=團

D.若[Z]+Z2]=卜一z2],則平2=0

【答案】BC

【解析】

【分析】舉反例排除AD,設(shè)Zi=a+bi,Z2=c+di(a,b,c,deR),根據(jù)復數(shù)的運算性質(zhì)和求模長的公式

判斷BC,從而得解.

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【詳解】A選項，令21=1/2=i,則團=團=1,但不滿足Z2=±4,A錯誤；

B選項，設(shè)句=Q+bi/2=c+di(a/,c,d￡R),則馬-z2=(QC—bd)+(ad+bc)i,

4-z2=^ac-bd^-(ad+Z?c)i,z1-z2=(a-b\^{c-d\^-(ac-bd)-(ad+bc)i,.\Zj-z2=芻n2,B正確;

C選項，設(shè)句=a+6i(a,b￡R),則22二。一歷，則㈤=田=后閡=㈤，C正確；

D選項，令4=1/2=i,則匕1+Z2I=歸-^卜后，但不滿足ZR=0,D錯誤.

故選：BC.

10.把函數(shù)y=/(x)圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的;倍，縱坐標不變，再把所得曲線向右平移g個

23

單位長度，得到函數(shù)^=$詁2|^—的圖象，則/(X)()

A.最小正周期為兀B.值域為［0』

TT7T5兀

C.圖象關(guān)于直線x二-二對稱D.在―：一上單調(diào)遞增

666

【答案】BCD

【解析】

【分析】先利用三角恒等變換化簡V=sin2X-：,再利用三角形圖象變換的性質(zhì)逆變換求得/(x),從

而利用余弦函數(shù)的性質(zhì)逐一分析判斷各選項即可得解.

11

【詳解】由已知函數(shù)y=sin2——cos---sin2x逆向變換.

2222

7T

第一步：向左平移2個單位長度,

3

得到N=g21.

——sin2----sin的圖象,

222

第二步：圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變,

得到了=；1.i-^-cos|X+3的圖象,

——sm

222(6)

即為>=/(x)的圖象，，/(X)=---cos^x+—

2兀

選項A：最小正周期為7=2兀,故選項A正確.

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選項B：-Bcos［x+1］的最大值為g,最小值為-1■，故值域為［0,1］.故選項B正確.

選項C：y-f（x）的對稱軸為1+二=反,左￡2,即1=一四+赤,左￡2,

66

71

當左=0時，圖象關(guān)于直線x=—-對稱，故選項C正確.

6

兀57171

選項D：當一一<%<一時，0<%+一<兀，

666

ITSir

而^=35》在［0,可上單調(diào)遞減，故“X）在-單調(diào)遞增，故選項D正確.

故選：BCD.

11.四棱錐P—48CD的底面為正方形，尸2，平面48。。,24=2,45=1,動點M在線段PC上（不含

端點），點"到平面48CD和平面P4O的距離分別為4，"2,則（）

A.過4。三點的截面為直角梯形

B.△ADA/的面積最大值為亞

3

C.四棱錐尸-/BCD外接球的表面積為6兀

D.4+2d2為定值.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根據(jù)線面平行的性質(zhì)可得截面〃山。為直角梯形，即可判定A,根據(jù)三角形面積公式，即可求解

B,根據(jù)長方體的外接球半徑的求解即可判定C,根據(jù)線面垂直，結(jié)合三角形相似即可求解D.

PNPM

【詳解】A選項，取PB上一點N,使——=——，連接ZN,九W,

NBMC

聃MNIIBCIIAD,且MN<AD,

???PN，平面48CD,4Du平面48cD,ADLPA,

又底面/BCD是正方形，，ADLAB,ABoPA=A,AB,PAu平面,

.?.40,平面P45,ZNu平面尸48,故40，ZN,.?.截面M7V4D為直角梯形，A正確；

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p

B選項，設(shè)zcn8￡>=。，則

又BDLPA,ZCn尸N=4/C,尸Zu平面刃C,

iJ2

.-.BD±平面PAC,OM±BD,~:.Si^DUM=-2BDOM=—20M.

CHC)C

過點。作PC垂線，垂足為H,則—=上上，

PAPC

解得OH=S=—OM>—OH=—,B錯誤；

3lBBDDM226

C選項，四棱錐P-ABCD的外接球與以AB,AD,AP為長寬高的長方體的外接球相同,

由于長方體的外接球半徑7?=1|PC|=-722+12+12=旦,

21122

四棱錐P—45co外接球的表面積為5=4成2=6兀，C正確;

D選項，過點“作跖%//尸4交于，則肱%，平面45CD，4="峪.

過點〃■作小加與//。。，由于尸2,平面48CD,P/u平面尸40,

故平面PAD1平面ABCD,且兩平面交線為AD,CD1AD,CDu平面ABCD,

故CD,平面P4D,因此"A/?J_平面尸4D,則42=”取2?

CMMMCM

設(shè)——=t,'：ACMM.SACPAQPMM,S&PCD,——=——=t,d.=tPA=2t,

CP12PACP1

^^-=^L=\-t,d2=[\-t]CD=\-t,:.^+2^=2r+2(l-r)=2,D正確.

故選：ACD.

【點睛】方法點睛：求空間多面體的外接球半徑的常用方法：

①補形法：側(cè)面為直角三角形，或正四面體，或?qū)舛娼蔷嗟鹊哪Ｐ停梢赃€原到正方體或長方體中

去求解；

②利用球的性質(zhì)：幾何體中在不同面均對直角的棱必然是球大圓直徑，也即球的直徑；

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③定義法：到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則

球心一定在垂線上，再根據(jù)帶其他頂點距離也是半徑，列關(guān)系求解即可；

④坐標法：建立空間直角坐標系，設(shè)出外接球球心的坐標，根據(jù)球心到各頂點的距離相等建立方程組，求

出球心坐標，利用空間中兩點間的距離公式可求得球的半徑.

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.其中第14題第1問2分，第2問3分.

12.已知向量2=(cose,sin6),B=(3,—l)若G_zB，則tan。的值為.

【答案】3

【解析】

【分析】利用平面向量垂直的性質(zhì)結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求解即可.

一一sin。

【詳解】a±b,:.a-b=3cos0-sin0=O>故3cos6=sin。，tan6*=----=3.

cos，

故答案為：3

13.如圖“四角反棱臺”，它是由兩個相互平行的正方形經(jīng)過旋轉(zhuǎn)、連接而成，且上底面正方形的四個頂點在

下底面的射影點為下底面正方形各邊的中點.若下底面正方形邊長為4,“四角反棱臺”高為3,則該幾何體體

【答案】40

【解析】

【分析】利用割補法求解幾何體體積；

【詳解】依題意，將該“四角反棱臺”還原成長方體，知該幾何體為長方體截取

四個相同大小的四棱錐，如圖.則該幾何體體積為

V=4x4x3-4x—X—x2x2x3=40.

32

故答案為:40.

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2x+￡|—12在同

14.已知a,尸是函數(shù)/(x)=13sin上的兩個零點，且。<，，則a+A=

sin（a-⑶=.

兀5

【答案】①.-②.--

613

【解析】

【分析】利用三角函數(shù)的對稱性求解第一空，利用誘導公式結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求解第二空即可.

【詳解】由/（x）=0,得sin[2x+§1=w，因為x￡[0,5],所以+,

因為a1是函數(shù)/（x）=13sin]2x+m>12在（0,￡|上的兩個零點，

所以a,乃是sin|2x+；）=1的兩個根,

,,2a+-+2^+-

故得ZB33_71

2-2

兀兀兀I7T?

???0<a<尸<5，.二0<2。+§<5，故cos12a+§J>0,

且cos212a+g)+sin212a+三)=1,解得cos12a+三卜A（負根舍去）,

sin（a一,）=sin12a=sin12a+三一/=-cos12a+三）=--.

Ti5

故答案為：-；---

613

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查三角函數(shù)，解題關(guān)鍵是合理運用對稱性得到a+〃=^JT,然后利用誘導公式

6

轉(zhuǎn)化目標式，得到所要求的值即可.

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.

15.如圖，已知正四棱臺/BCD—48CQi，/B=248i=4,側(cè)棱=4=2后.

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（1）求證：44]〃平面5。。]；

（2）求證：平面48C，平面ADG.

【答案】（1）證明見解析

（2）證明見解析

【解析】

【分析】（1）合理作出輔助線，利用線面平行的判定定理證明即可.

（2）依據(jù)題意得到四邊形4G。。為棱形，再結(jié)合面面垂直的判定定理求解即可.

【小問1詳解】

D\G

AB

如圖，連接ZC，4G，設(shè)ZCnAD=O,連接0G

由正四棱臺45co—，知4Gc

VAB=244=44G=/。=272

，四邊形4GC%為平行四邊形

AAXM0C\,又AA{（Z平面BDC{,OC{u平面BDCX,

〃平面5￡（G.

【小問2詳解】

連接4。，同理可得四邊形4G。。為平行四邊形..

又4G=cc{=20,.?.四邊形4G。。為棱形，，4c,0G

由正四棱臺ABCD-AXBXCXDX,知BD/平面AAXCXC,

又4c<=平面AAXCXC,4c±BD

又oqCBD=O,OG，ADU平面BC）G，，4C，平面

又4cu平面A{BC,平面AXBC±平面BDQ

第11頁/共17頁

16.如圖，在平面直角坐標系xQy中，單位圓。與x軸正半軸的交點為A,點民C在單位圓上，且滿足

ZAOB=a,ZAOC=J3,a,j3e[0,71),

(1)若求cos［a-g］的值；

jr__

(2)若a=g,求在的取值范圍.

【答案】(1)3-46

10

(2)——V3,

【解析】

34

【分析】(1)利用三角函數(shù)定義求得sina=—,cosa=——,再利用兩角差的余弦公式和特殊角的三角函數(shù)

55

值計算得出結(jié)果；

(2)利用向量的加法和數(shù)量積運算公式石.3=(刀-玩)?(礪-玩)=|一百sin,+三］,再利用

正弦函數(shù)的有界性得出取值范圍；

【小問1詳解】

..J43)..?D_._34

(55)55

(兀、V3.13-46

cosa——=coscr---+since?—=-------.

L6)2210

【小問2詳解】

^■^=^-OCy(OB-OC^=OAOB-OAOC-OCOB+OC2,

V|O4|=|O5|=|dc|=\,ZAOB=^,ZAOC=13,

第12頁/共17頁

■,?^e[0,7r),.-.^+jeysin^+|^|e-y-,1,

:.CACBG|-G,3；

17.如圖，在三棱錐/—BCD中，。為8。的中點，AO。是邊長為1的等邊三角形，ABLCD.

(1)證明：CD,平面48C；

(2)若48=ZC,2。與平面BCD所成的角為60。，求三棱錐/-BCD的體積.

【答案】(1)證明見解析

⑵-

4

【解析】

【分析】(1)利用已知得出CD_L5C,再由線面垂直的判定定理可得答案；

(2)取5c的中點E,由面面垂直的性質(zhì)定理得出即為40與平面BCD所成的角，求出/￡,

再求三棱錐A-BCD的體積.

【小問1詳解】

?.?△OCD是邊長為1的等邊三角形，

。為的中點，03=OC=0。=CD=\,ZBOC=120°,

NOCB=NOBC=30°，,/BCD=90°，

CD±BC,

又CD工AB,ABcBC=B,AB,BC<=平面ABC,:.CD1平面ABC；

【小問2詳解】

第13頁/共17頁

由(1)知CD，平面48C,且CDu平面BCD,

平面48。1平面BCZ),

取BC的中點E,連接

</AB=AC,AELBC,平面ABCc平面BCD=BC,

ZE，面BCD,

ZAOE即為4。與平面BCD所成的角，,ZAOE=60°，

?.?。￡為/\5。的中位線，；.?！?！?！?gt;=,，

22

在RtZ\/O￡中，tan600AE=—，

OE2

故三棱錐A-BCD的體積為

18.AZ8C中，。，8c分別為內(nèi)角Z,8,C所對的邊，已知(acosB-加1必)。=1一62.

(1)求A；

(2)設(shè)的中點為。,a=2,求/。的最大值.

7T

【答案】⑴-

4

⑵V2+1

【解析】

【分析】(1)根據(jù)正弦定理、余弦定理、三角形內(nèi)角和、兩角和的正弦公式和商關(guān)系等結(jié)合變形計算出角;

4

(2)利用余弦定理和基本不等式化簡得兒〈/3=2(2+后)，再結(jié)合平面向量的加法和數(shù)量積公式

計算的到最值；

第14頁/共17頁

【小問1詳解】

解法一：由余弦定理/=/+02—2bccosN，得(acosB—切in/l)c=c2-26ccosZ

/.acosB-bsiM-c-2bcos4

由正弦定理，得siih4cos5-sinffsiiL4=sin。-2sin5cos/

?「C=兀一(/+5),sinC=sin(4+5)=sirUcosS+cosZsinS,

sirk4cos5-sin5siivl=siivlcosS-sin8cos4

/.-sin5sirU=一sinScos/

sinBw0,/.sirk4=cosA,/.tanA=1,

解法二：由正弦定理，得(siiL4cos5—sinSsiiL4)sinC=sin2^-sin25

/.sin25=sirU(sin4+sinSsinC-sinCcosfi)

v^4=7i-(5+C),.\siM=sin(5+C)=sin8cosc+cosfisinC,

/.sin25=siiL4(siri8cosC+sinSsinC)

?/sinSw0,/.sinB=sirk4cosc+siiL4sinC

vB=7i-(7l+C),/.sinB=sin(Z+C)=siih4cosc+cos^sinC,/.cos/sinC=sirUsinC?

sinCw0,sirk4=cos/,taiL4=1,

【小問2詳解】

由余弦定理，得2?=/+—2/jCCOS],即Z>2+。2-=4

???b2+c2>2bc,:.bc<2)=2(2+應)

■.■AD=^(AB+AC)

AD2=；(方+=；(萬e+2方-AC+k)=%2+2bc-cosA+b2)=^b2+c2+

-.-b2+c2=4+V2bc,.-.AD2=1(4+2V2Z)c)<3+2V2

AD<42+l>即40的最大值為0+1

第15頁/共17頁

19.已知定義域為R的函數(shù)力(%)滿足:對于任意的xeR,都有Mx+7i)=/z(x)+/z(兀),則稱函數(shù)〃(%)

具有性質(zhì)P.

(1)若一次函數(shù)/(x)具有性質(zhì)p,且/(2)=1,求/(x)的解析式；

(2)若函數(shù)g(x)=cos(0x+e)(其中&e(l,3),0e(O,兀))具有性質(zhì)尸，求g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;

(3)對于⑴(2)中的函數(shù)/(x),g(x),求函數(shù)尸(x)=/(x-?i)g(x)+l在區(qū)間［一2兀,4可上的所有

零點之和.

【答案】(1)/(