第第頁(yè)廣東省大灣區(qū)2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期末聯(lián)合考試數(shù)學(xué)試題一、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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．若復(fù)數(shù)z=1+i2+A．2 B．5 C．3 D．102．已知向量a=1,2與向量b=A．1 B．0 C．?1 D．?23．設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c，若a=3，b=1，A=60°，則BA．30° B．30°或150° C．60° D．150°4．已知空間兩條不同的直線(xiàn)m，n和兩個(gè)不同的平面α，β，則下列命題中正確的是（）A．若m∥α，n?α，則m∥nB．若α∩β=m，m⊥n，則n⊥αC．若m∥α，n∥α，則m∥nD．若m∥α，m?β，α∩β=n，則m∥n5．如圖1，在高為h的直三棱柱容器ABC?A1B1C1中，現(xiàn)往該容器內(nèi)灌進(jìn)一些水，水深為2，然后固定容器底面的一邊A．22 B．3 C．4 6．已知扇形AOB的半徑為13，以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，OA=13,0,OB=12,5，弧A．313,213 B．5226,7．將函數(shù)y=sin2x的圖象向左平移φ個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到函數(shù)y=cosA．7π12 B．5π12 C．8．如圖：正方體ABCD?A1B1CA．23 B．26 C．46二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9．已知z1A．存在唯一的z2，使z1z2=5C．存在唯一的z2，使z1+z210．如圖，ABCD是底面直徑為2高為1的圓柱OO1的軸截面，四邊形OO1DA繞OA．圓柱OO1B．當(dāng)0<θ<π時(shí)，DC．當(dāng)θ=π3時(shí)，異面直線(xiàn)A1DD．△A111．直角△ABC中，斜邊AB=2，P為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，AP=12A．AB?ACB．點(diǎn)P經(jīng)過(guò)△ABC的外心C．點(diǎn)P所在軌跡的長(zhǎng)度為2D．PC?(PA三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知圓錐的軸截面是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，則此圓錐的表面積為.13．計(jì)算：2sinπ14．已知對(duì)任意平面向量AB=x,y，把AB繞其起點(diǎn)A沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)θ角得到向量AP=xcosθ?ysinθ,xsinθ+ycosθ，叫做把點(diǎn)B繞點(diǎn)A沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)θ角得到點(diǎn)P，已知平面內(nèi)點(diǎn)A1,2，點(diǎn)B四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明?證明過(guò)程或演算步驟.15．在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，BC∥AD，∠ADC=90°，E，F(xiàn)分別為線(xiàn)段AD，PC的中點(diǎn)，PE⊥底面ABCD，（1）作出平面BEF與平面PCD的交線(xiàn)l，并證明l∥（2）求點(diǎn)C到平面FBE的距離.16．如圖，△ABC是等邊三角形，D是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，記∠BAD=α,∠ADC=β.（1）求2cos（2）若BD=1,cosβ=117．人臉識(shí)別技術(shù)在各行各業(yè)的應(yīng)用改變著人類(lèi)的生活，所謂人臉識(shí)別，就是利用計(jì)算機(jī)分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識(shí)別信息，最終判別對(duì)象的身份，在人臉識(shí)別中為了檢測(cè)樣本之間的相似度主要應(yīng)用距離的測(cè)試，常用測(cè)量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個(gè)點(diǎn)Ax1,y1，Bx（1）若A?1,2，B35（2）已知Msinα,cosα，Nsinβ,cosβ，（3）已知0<α<β<π2，M5cosα,5sinα、N13cosβ,13sin18．已知平行四邊形ABCD中，DE=2EC，2AF?=AD→（1）用AB，AD表示向量AP．（2）若△BPE的面積為S1，△APF的面積為S2，求（3）若AB+AD=AB?19．如圖，三棱臺(tái)ABC?A1B1C1中，AB=AC=5，B（1）求證：AA（2）若A到平面A1B1C1

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：因?yàn)閺?fù)數(shù)z=1+i2+i=1+3故答案為：D.【分析】根據(jù)題意結(jié)合復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算法則得出復(fù)數(shù)z，再結(jié)合復(fù)數(shù)求模公式得出復(fù)數(shù)z的模.2．【答案】A【解析】【解答】解：因?yàn)橄蛄縜=1,2與向量b=k,k+1平行，

所以1×k+1故答案為：A.【分析】由向量平行的坐標(biāo)表示得出實(shí)數(shù)k的值.3．【答案】A【解析】【解答】解：由a=3，b=1，A=60°，

根據(jù)正弦定理可得sin因?yàn)閍>b，所以A>B，則B=30°.故答案為：A.【分析】利用正弦定理結(jié)合特殊角三角函數(shù)值求解即可.4．【答案】D【解析】【解答】解：對(duì)于選項(xiàng)A：若m∥α，n?α，

則m∥n或m,n為異面直線(xiàn)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B：若α∩β=m，m⊥n，

則n和α可以是任何位置關(guān)系，故B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C：若m∥α，n∥α，

則n和m可以是任何位置關(guān)系，故C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D：若m∥α，m?β，α∩β=n，

則m∥n，故D正確.故答案為：D.【分析】根據(jù)已知條件和線(xiàn)面平行的性質(zhì)定理，則判斷出選項(xiàng)A、選項(xiàng)C和選項(xiàng)D；根據(jù)線(xiàn)面垂直的判定定理，則判斷出選項(xiàng)B，從而找出真命題的選項(xiàng).5．【答案】B【解析】【解答】解：在圖（1）中的幾何體中，

水的體積為V1在圖（2）的幾何體中，

水的體積為：V2因?yàn)閂1=V2，

可得故答案為：B.【分析】利用兩個(gè)幾何體中的裝水的體積相等，從而列出方程求解得出容器的高h(yuǎn).6．【答案】B【解析】【解答】解：因?yàn)閏osOA所以cosOA故xC=13cosOA,OC=故選：B

【分析】本題主要考查平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算能力，先求出cosOA,OB=127．【答案】B【解析】【解答】解：因?yàn)閥=cos將函數(shù)y=sin2x的圖象向左平移φ個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到函數(shù)所以sin(2x+2φ)=sin(2x+5π所以，φ=5π對(duì)于A，令φ=7π12，則5π12對(duì)于B，令φ=5π12，則5π12對(duì)于C，令φ=π12，則5π12對(duì)于D，令φ=π3，則5π12故答案為：B.

【分析】先化簡(jiǎn)y=cos(2x+π3)=8．【答案】B【解析】【解答】解：根據(jù)題意，取AA1,CC1易知DE=C1N=1，且DE//C1N，

所以四邊形DEC1N是平行四邊形，則DN//所以DN//平面A同理可得DM//平面A1EC1，DN∩DM=D所以平面DMN//平面A則過(guò)點(diǎn)D作正方體截面使其與平面A1EC顯然A1E//B1N，所以四邊形DMB1N是邊長(zhǎng)為5的菱形，

易知MN=22,B1D=2故答案為：B.

【分析】由題意可知，過(guò)點(diǎn)D作正方體截面使其與平面A1EC9．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：對(duì)于A：因?yàn)閦1=2?i，

又因?yàn)閦1z2=z1?對(duì)于B：因?yàn)閦1=2?i且z1z對(duì)于C：因?yàn)閦1=2?i且z1+對(duì)于D：因?yàn)閦1=2?i且z1z2+故答案為：BCD.【分析】根據(jù)已知條件和復(fù)數(shù)模的性質(zhì)，則判斷出選項(xiàng)A；再根據(jù)已知條件和復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，則判斷出選項(xiàng)B、選項(xiàng)C和選項(xiàng)D，從而找出正確的選項(xiàng).10．【答案】B,C【解析】【解答】對(duì)于A，因?yàn)閳A柱OO1的側(cè)面積為對(duì)于B，因?yàn)?<θ<π，

所以DD1⊥D1C，

又因?yàn)镈D1⊥對(duì)于C，因?yàn)锳1D1//OO1，

所以∠DA1D1是異面直線(xiàn)A1所以DD1=A1D1=1，對(duì)于D，作D1E⊥DC，垂足為E，連接A1E，

所以DC⊥平面A1D在Rt△A1D則S△A1CD=故答案為：BC.

【分析】由圓柱的側(cè)面積公式判斷出選項(xiàng)A；由線(xiàn)面垂直的判定定理和性質(zhì)定理判斷出選項(xiàng)B；由題意知△DO1D1為正三角形，再根據(jù)異面直線(xiàn)所成的角的定義計(jì)算求解，則判斷出選項(xiàng)C；作D1E⊥DC，由線(xiàn)面垂直的判定定理和性質(zhì)定理得出A111．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：因?yàn)锳B?AC=AC2，又因?yàn)樾边匒B=2，

則|若O為AB中點(diǎn)，則AO=12AB，

故AP=所以O(shè),P,C共線(xiàn)，故P在線(xiàn)段OC上，軌跡長(zhǎng)為1，

又因?yàn)镺是△ABC的外心，故B正確、C錯(cuò)誤；

由以上可知PA+則PC?(又因?yàn)閨PC|+|PO|=|OC|=1，所以PC?(故答案為：ABD.

【分析】由數(shù)量積的幾何意義得出AB?AC=AC2，再結(jié)合已知條件判斷出選項(xiàng)A；若O為AB中點(diǎn)，根據(jù)已知條件得出三點(diǎn)O,P,C12．【答案】3【解析】【解答】解：∵圓錐軸截面是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，

∴圓錐底面半徑r=1，圓錐母線(xiàn)長(zhǎng)l=2，∴圓錐的表面積S=π故答案為：3π【分析】由軸截面可確定圓錐底面半徑和母線(xiàn)長(zhǎng)，再代入圓錐表面積公式得出此圓錐的表面積.13．【答案】?【解析】【解答】解：2===?cos故答案為：?3【分析】利用兩角差的正弦公式和特殊角的三角函數(shù)值，從而化簡(jiǎn)求值.14．【答案】4,1【解析】【解答】解：由題意可得AB=因?yàn)辄c(diǎn)B繞點(diǎn)A沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)π4角得到點(diǎn)P所以AP=設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為a,b，

則AP=解得a=4，b=1，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為4,1.故答案為：4,1.【分析】利用新定義和兩個(gè)向量坐標(biāo)形式的運(yùn)算法則，從而得出點(diǎn)P的坐標(biāo).15．【答案】（1）解：在圖形中作出交線(xiàn)l，

∵BC∥AD，且E為AD中點(diǎn)，BC=12AD，

∴BC∥DE且BC=DE，

∴四邊形BCDE為平行四邊形，

∴BE∥CD，

∵BE?面PCD，CD?面PCD，

∴BE∥面PCD，

又因?yàn)锽E?面BEF（2）解：設(shè)點(diǎn)C到平面FBE的距離為h，l∩PD=G，連接GE，

∵F為PC中點(diǎn)，

∴G為PD中點(diǎn)，∴GE=12PA

∵BE∥CD，∠ADC=90°，

∴BE⊥AD，

∵PE⊥平面ABCD，

∴PE⊥BE

∵PE∩AD=E，

∴BE⊥平面PAD，

∴BE⊥EG，

∵VC?BEF=VF?BCE=VG?BCE=【解析】【分析】（1）先l利用已知條件，從而在圖中作出平面BEF與平面PCD的交線(xiàn)l，再利用線(xiàn)面平行的判定定理可得BE∥面PCD，再由線(xiàn)面平行的性質(zhì)定理證出l（2）利用等體積法，即VC?BEF=VF?BCE=（1）在圖形中作出交線(xiàn)l∵BC∥AD，且E為AD∴BC∥DE∴四邊形BCDE為平行四邊形∴BE∥CD，∵BE?面PCD，CD?∴BE∥面又BE?面BEF，面BEF∩面PCD=l，∴BE（2）設(shè)點(diǎn)C到平面FBE的距離為h，l∩PD=G，連接GE，∵F為PC中點(diǎn)，∴G為PD中點(diǎn)，∴GE=∵BE∥CD，∠ADC=90°，∴∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BE∵PE∩AD=E，∴BE⊥平面PAD，∴BE⊥EG.∵V∴1∴1∴h=DE16．【答案】（1）解：由△ABC是等邊三角形，

得β?α=π3，所以2cos當(dāng)α=π6時(shí)，即當(dāng)D為BC中點(diǎn)時(shí)，原式取最大值（2）解：由cosβ=17，β∈所以sinα=由正弦定理ABsin∠ADB=BDsin所以

A所以AD=7則△ABD的周長(zhǎng)為1+7【解析】【分析】（1）根據(jù)β?α=π3代入計(jì)算，則利用三角公式變形后結(jié)合正弦型函數(shù)求最值的方法，從而得出（2）利用已知條件，先求出sinα的值，再利用正弦定理得出AB的長(zhǎng)，再根據(jù)余弦定理求出AD的長(zhǎng)，則根據(jù)三角形的周長(zhǎng)公式得出△ABD（1）由△ABC是等邊三角形得β?α=π3，所以2當(dāng)α=π6時(shí)，即D為BC中點(diǎn)時(shí)，原式取最大值（2）由cosβ=17，β∈所以sinα=由正弦定理ABsin∠ADB=所以AD所以AD=7則△ABD的周長(zhǎng)為1+717．【答案】（1）解：因?yàn)閐A,B則cosA,B=?15×（2）解：cosM,N=cosM,Q故sinαsinβ=310，cos（3）解：因?yàn)?sinα2所以cos因?yàn)?<β<π2，

所以因?yàn)?3sin所以cosM,N因?yàn)?<α<β<π2，

則所以sinα?β因?yàn)閏osα=sinα=1?cos2α因?yàn)閏osαsinα+β所以P?因?yàn)??所以M、P之間的曼哈頓距離是7613【解析】【分析】（1）根據(jù)已知條件和曼哈頓距離公式以及余弦相似度公式，從而得出A，B之間的曼哈頓距離dA,B（2）根據(jù)已知條件和曼哈頓距離公式以及余弦相似度公式，從而得到sinαsinβ+cosα（3）利用兩角和與差的正弦公式、余弦公式，從而求出點(diǎn)M、P的坐標(biāo)，再結(jié)合曼哈頓距離公式，從而可得M、P之間的曼哈頓距離.（1）dA,BcosA,B=?1（2）cosM,N=cosM,Q故sinαsinβ=310（3）因?yàn)?sinα2所以cosM,P因?yàn)?<β<π2，所以因?yàn)?3sin所以cosM,N因?yàn)?<α<β<π2，則所以sinα?β因?yàn)閏osα=sinα=1?cos因?yàn)閏osαsinα+β所以P?因?yàn)??所以M、P之間的曼哈頓距離是761318．【答案】（1）解：因?yàn)辄c(diǎn)P在BF上，

則AP=x又因?yàn)锳E=AD+23AB，AP//所以AP=（2）解：由（1）可得AP=38AE，

則因?yàn)锳P=14AB+所以34AP?AF=14所以S1（3）解：由AB+AD=AB?則AB2所以4AB?AD=0，則AB⊥所以平行四邊形ABCD是正方形，

如圖所示建系，不妨設(shè)AB=1，

則A0,0,B1,0,E23,1則cosAE因?yàn)椤螦PF是向量AE和FB的夾角，

所以∠APF的余弦值是6565【解析】【分析】（1）根據(jù)平面向量共線(xiàn)定理的推論得到AP=xAF+1?xAB，再由AE=AD+23AB（2）由（1）得到兩三角形中線(xiàn)段的比，從而得到兩三角形的面積之比.（3）依題意可得平行四邊形ABCD是正方形，從而建立平面直角坐標(biāo)系，則得出點(diǎn)的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，再利用數(shù)量積求兩向量夾角的公式，從而得出∠APF的余弦值.（1）因?yàn)辄c(diǎn)P在BF上，則AP=x又因?yàn)锳E=AD+23AB，所以AP=（2）由（1）可得AP=38因?yàn)锳P=14即34AP?AF=所以S1（3）由AB+AD=則AB2所以4AB?AD=0，即所以平行四邊形ABCD是正方形，如圖所示的建系，不妨設(shè)AB=1，則A0,0,B1,0,E2可得cosAE因?yàn)椤螦PF是向量AE和FB的夾角，所以∠APF的余弦值是656519．【答案】（1）