第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年河北省承德市高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.cos19π6A.?32 B.?12 2.在△ABC中，設(shè)AB=a，AC=b，若點(diǎn)D滿足DC=3A.54a?14b B.33.將函數(shù)y=sinx的圖象上所有的點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的13(縱坐標(biāo)不變)，再將得到的圖象向右平移π12個(gè)單位，得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為A.y=sin?(3x?π4) B.y=sin?(3x?π12)4.已知向量a=(1,3)，b=(?1,2)，則b在a上的投影向量為(

)A.b B.?12b C.15.若直線l的一個(gè)方向向量為u=(0,1,?3)，平面α的一個(gè)法向量為n=(2,0,1)A.π6 B.π4 C.π36.用斜二測(cè)畫法畫出的四邊形OABC的直觀圖如圖中的四邊形O′A′B′C′，其中O′A′=3，O′C′=32，B′C′=2，則原四邊形OABC以O(shè)C所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體的體積為(

)A.28π3 B.19πC.38π3 D.7.在△ABC中，已知2sinAsinC(cosB?1)+sin2B=0，則△ABC一定是A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.銳角三角形8.如圖，一塊礦石晶體的形狀為四棱柱ABCD?A1B1C1D1，其中底面ABCD是正方形，CC1=CD=4A.510 B.C.55 二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知函數(shù)f(x)=sin(2x+π3A.f(x)的最小正周期為π B.f(x+π3)是奇函數(shù)

C.f(x)的圖象關(guān)于直線x=?5π12對(duì)稱 10.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，M是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是(

)A.c=acosB+bcosA

B.M為△ABC的外心?|MA|=|MB|=|MC|=a2sinA

C.若AM=23AB+1311.如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E是棱AA1上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是棱AB上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)A1A.存在點(diǎn)E，使得B1D⊥平面BED1

B.三棱錐B1?BED1的體積是定值

C.截面α的形狀為梯形

D.當(dāng)截面α的面積取得最小值時(shí)，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)12.已知向量a=(2,2)，b=(1,?2)，c=(k,1)，若(2a+13.已知α∈(0,π2)，2sin(2α)=cos(2α)+114.如圖，在平面四邊形ABCD中，AB=BC=CD=BD=2，AB⊥BD，將△BCD沿直線BD翻折至△BPD，使得AP=AD，則三棱錐P?ABD外接球的表面積為______．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知cosBcosC+cosA=sin2B+sin2C?sin2A.

(1)求A；

(2)若a=216.(本小題15分)

如圖，在正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，BC=2BB1=2B1C1=4．17.(本小題15分)

如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，AD=2，AB=4，M是邊CD的中點(diǎn)，將△ADM沿直線AM翻折至△APM，使得∠PMC=120°，連接PB，PC，得到四棱錐P?ABCM．

(1)求證：平面PAM⊥平面ABCM；

(2)求直線PC與平面PAB所成角的正弦值．18.(本小題17分)

已知向量a=(sinx,cosx)，b=(3cosx,?cosx)，且f(x)=a?b+12．

(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；

(2)若f(α)=45，且α∈(π6,π3)，求19.(本小題17分)

如圖，設(shè)Ox，Oy是平面內(nèi)相交成α(0<α<π)角的兩條射線，e1，e2分別為與Ox，Oy同向的單位向量，定義平面坐標(biāo)系xOy為α?仿射坐標(biāo)系，在α?仿射坐標(biāo)系中，若OP=xe1+ye2，則記OP=(x,y)．

(1)若cosα=?13，在α?仿射坐標(biāo)系中，a=(2,?1)，b=(?1,1)，求|a?b|；

(2)在α?仿射坐標(biāo)系中，若a=(?1,3)，且a與e1的夾角為π3，求α；

(3)如圖，在π3?仿射坐標(biāo)系中，點(diǎn)B，C分別在射線

答案解析1.【答案】A

【解析】解：cos19π6=?cosπ6=?32.【答案】D

【解析】解：根據(jù)DC=3BD，可得AC?AD=3(AD?AB)，整理得AD=33.【答案】A

【解析】【分析】本題主要考查函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的圖象變換規(guī)律，屬于基礎(chǔ)題．

由題意利用函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的圖象變換規(guī)律，得出結(jié)論．【解答】

解：將函數(shù)y=sinx的圖象上所有的點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的13(縱坐標(biāo)不變)，可得y=sin3x的圖象；

再將得到的圖象向右平移π12個(gè)單位，得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為y=sin[3(x?π124.【答案】C

【解析】解：由已知得，b?a=?1+6=5，|a|=10，所以b在a上的投影向量為a?b5.【答案】A

【解析】解：若直線l的一個(gè)方向向量為u=(0,1,?3)，平面α的一個(gè)法向量為n=(2,0,1)，

由已知cos?u,n?=u?n|u||6.【答案】D

【解析】解：因?yàn)橹庇^圖中的四邊形O′A′B′C′，其中O′A′=3，O′C′=32，B′C′=2，

所以將直觀圖還原成如圖所示的直角梯形：

原四邊形OABC以O(shè)C所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，

所以旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體的體積為V=13×3×π×(22+2×3+327.【答案】B

【解析】解：由條件及正弦定理得2ac(cosB?1)+b2=0，

又b2=a2+c2?2accosB，

所以a2+c28.【答案】A

【解析】解：設(shè)CD=a,CB=b,CC1=c，

則根據(jù)題意可得|a|=|b|=|c|=4，

且a?b=0,a?c=c?b=4×4×cos60°=8，

又CA1=a+b+c,AD1=c9.【答案】ABC

【解析】解：根據(jù)f(x)的最小正周期T=2π2=π，故A正確；

因?yàn)閒(x+π3)=sin[2(x+π3)+π3]=?sin2x，

結(jié)合正弦函數(shù)為奇函數(shù)，可知f(x+π3)是奇函數(shù)，故B正確；

根據(jù)f(?5π12)=sin(?5π6+π3)=sin(?π2)=?1=f(x)min，

可知f(x)的圖象關(guān)于直線x=?5π1210.【答案】ABD

【解析】解：在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，M是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，

對(duì)A，由余弦定理acosB+bcosA=a?a2+c2?b22ac+b?b2+c2?a22bc=c，

A正確；

對(duì)B，由正弦定理得asinA=2R，

所以|MA|=|MB|=|MC|=R=a2sinA，

B正確；

對(duì)C，AM=23AB+13AC，則3AM=2AB+AC，2(AM?AB)=AC?AM，

所以2BM=MC，|MC|=23|BC|，

從而S△AMC=23S11.【答案】BD

【解析】解：對(duì)于A，在矩形BDD1B1中，BD1與B1D不垂直，

因此B1D⊥平面BED1不可能成立，故A不正確；

對(duì)于B，因?yàn)锳A1/?/平面BB1D1，所以E到平面BB1D1的距離為定值，

所以三棱錐B1?BED1，即三棱錐E?BB1D1的體積為定值；故B正確；

對(duì)于C，當(dāng)F與A重合時(shí)，截面α即為矩形A1ACC1，它不是梯形，故C不正確；

對(duì)于D，由對(duì)稱性可知，截面α與棱C1D1相交，記交點(diǎn)為M，

由面面平行的性質(zhì)定理知A1F//CM，AM/?/CF，

所以截面A1FCM是平行四邊形，

當(dāng)F為AB中點(diǎn)時(shí)，截面A1FCM是菱形，面積最小，證明如下：

設(shè)AF=x12.【答案】52【解析】解：向量a=(2,2)，b=(1,?2)，

則2a+b=(5,2)，

因?yàn)閏=(k,1)，(2a+b)//13.【答案】3

【解析】解：由半角公式，則tan(α+π4)=1?cos(2α+π2)sin(2α+π2)=1+sin2αcos2α，

由2sin(2α)=cos(2α)+1=21?cos22α，

化簡(jiǎn)得5cos22α+2cos2α?3=014.【答案】28π3【解析】解；在三棱錐P?ABD中，取PD中點(diǎn)E，連接AE，BE，

由題意AP=AD，BP=BD，所以PD⊥BE，PD⊥AE，

又因?yàn)锳E∩BE=E，AE，BE?平面ABE，

所以PD⊥平面ABE，

又因?yàn)锳B?平面ABE，

所以PD⊥AB，

又因?yàn)锳B⊥BD，PD∩BD=D，PD，BD?平面PBD，

所以AB⊥平面PBD，

因?yàn)槿切蜳BD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，

所以其外接圓的半徑r=2sin60°2=233，

又因?yàn)锳B=2，

所以三棱錐P?ABD外接球的半徑R=r2+(AB2)2=213，

故所求為4πR215.【答案】A=π3；

2【解析】(1)因?yàn)閏osBcosC+cosA=sin2B+sin2C?sin2A，

所以sin2B+sin2C?sin2A=cosBcosC?cos(B+C)=sinBsinC，

由正弦定理得b2+c2?a2=bc，

所以cosA=b2+c2?a22bc=12，16.【答案】證明見解析；

22【解析】(1)證明：連接BD交AC于點(diǎn)E，連接ED1，AD1，

由正四棱臺(tái)的性質(zhì)，可得BD/?/B1D1，

又BC=2B1C1，所以BD=2B1D1=2BE，即BE=B1D1，

所以BED1B1是平行四邊形，

所以BB1//ED1，BB1=ED1，

又BB1?平面ACD1，ED1?平面ACD1，所以BB1/?/平面ACD1；

(2)由(1)BB1//平面ACD1，

可得三棱錐B1?ACD1的體積等于三棱錐B?ACD1的體積，

即為三棱錐D1?ABC的體積，

正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，BC=2BB1=2B1C1=4，

作D1H⊥BD于H，則D1H17.【答案】證明見解析；

23【解析】(1)證明：取AM中點(diǎn)O，連接PO，OC，如圖，

由已知PA=PM，PA⊥PM，因此PO⊥AM，且PO=AO=OM=2，

△MOC中，OC2=OM2+MC2?2OM?MCcos135°=2+4?2×2×2×(?22)=10，

又∠PMC=120°，因此PC2=PM2+MC2?2PM?MCcos120°=12，

因此PO2+OC2=PC2，因此PO⊥OC，

又OC∩AM=O，OC，AM?平面ABCM，

因此PO⊥平面ABCM，而PO?平面PAM，

因此平面PAM⊥平面ABCM；

(2)取BC中點(diǎn)N，作QN//PO，且QN=PO，連接PQ，

則PQNO是平行四邊形，因此PQ//ON，O是AM中點(diǎn)，則ON/?/AB，因此PQ/?/AB，

因?yàn)镻∈平面PAB，AB?平面PAB，因此PQ?平面PAB，即Q∈平面PAB，

因此QB?平面PAB，

由(1)知QN⊥平面ABCM，BC?平面ABCM，因此QN⊥BC，同理QN⊥AB，

因此QB=QC=CN2+QN2=12+(2)2=3，

作CH⊥QB于點(diǎn)H，連接PH，

因?yàn)锳B⊥BC，BC∩QN=N，BC，QN?平面QBC，

因此AB⊥平面QBC，而CH?平面QBC，因此AB⊥CH，

又因?yàn)锳B∩BQ=B，AB，BQ?平面PAB，因此CH⊥平面PAB，

PH?平面PAB，則CH⊥PH，

因此∠CPH是直線PC與平面PAB所成角，

在△QBC中，CH=2×218.【答案】[?π6+kπ,π3+kπ](k∈Z)；

cos2α=【解析】(1)因?yàn)閍=(sinx,cosx)，b=(3cosx,?cosx)，

所以f(x)=a?b+12=3sinxcosx?cos2x+12=32sin2x?12cos2x=sin(2x?π6)，

由?π2+2kπ≤2x?π6≤π2+2kπ(k∈Z)得?π6+kπ≤x≤π3+kπ(k∈Z)，

所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[?π6+kπ,π3+kπ](k∈Z)．

(2)若f(α)=45=sin(2α?π6)，

因?yàn)棣痢?π6,π3)，

所以π6<2α?π6<π2，

所以cos(2α?π6)=35，

所以cos2α=cos(2α?π6+19.【答案】17；

α=π6；

【解析】(1)在α?仿射坐標(biāo)系中，若OP=xe1+ye2，則記OP=(x,y)，由cosα=?13，則sina=223，

如圖，以O(shè)為原點(diǎn)構(gòu)造直角坐標(biāo)系xOy′，

在直角坐標(biāo)系xOy′中，當(dāng)cosα=?13時(shí)，記