第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年山東省日照市校際聯(lián)考高一（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.下列各角中，與角π6終邊相同的角是(

)A.?13π6 B.?11π6 C.2.函數(shù)y=tan(πx+3)的最小正周期為(

)A.1 B.2 C.3 D.43.如圖，在△ABC中，BD=2DC，則AD=(

)A.14AB+34AC

B.34.α，β為不同的平面，m，n為不同的直線，則下列判斷正確的是(

)A.若m//α，n//α，則m//n B.若m//n，n?α，則m//α

C.若m⊥α，n⊥α，則m//n D.若m⊥α，n⊥m，則n//α5.已知a，b為單位向量，且|3a?5b|=7，則a與bA.π3 B.2π3 C.π66.若cos(α+π4)=35，A.210 B.3210 7.降水量是指降落在水平面上單位面積的水層深度(單位：mm).氣象學(xué)中把24小時(shí)內(nèi)的降水量叫做日降水量.某學(xué)生用上口直徑為20cm，底面直徑為12cm，母線長為410cm的圓臺(tái)型水桶放置在水平地面上來測(cè)量日降水量.某次降雨過程中用此桶接了24小時(shí)的雨水，雨水的高度是桶深的12，則本次降雨的日降水量是A.29.6mm B.46.3mm C.63.5mm D.82.2mm8.如圖，把畫有函數(shù)f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,π2<φ<π)部分圖像的紙片沿x軸折成直二面角，折疊后B兩點(diǎn)之間的距離為23，則f(A.3 B.1 C.?3二、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.在平面直角坐標(biāo)系中，向量a,b如圖所示，則(

)A.a⊥b

B.|2a?b|=5

C.a?(2a?b)=5

D.存在實(shí)數(shù)λ，使得λa+bA.ω=2

B.f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(π4,0)對(duì)稱

C.f(x)在[π12,π2]上單調(diào)遞減

D.把f(x)的圖像向左平移π3個(gè)單位，所得圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)為偶函數(shù)

11.在棱長為4的正方體ABCD?A1B1C1A.當(dāng)m=n=12時(shí)，四棱錐P?ABCD外接球半徑為3

B.當(dāng)m+n=1時(shí)，三棱錐P?DEF的體積為43

C.若AP=26，則點(diǎn)P的軌跡長為2π三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知向量a=(x,1)，b=(1,?2)，若a/?/b，則13.在△ABC中，∠BAC=60°，AB=3，AC=2，若D為BC邊的中點(diǎn)，則|AD|=______．14.關(guān)于x的不等式(a?|x?b|)sin(x+π3)≤0在[0,2π]上恒成立，則四、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)

已知函數(shù)f(x)=3cos2ωx+sinωxcosωx?32(ω>0),y=f(x)圖象的相鄰對(duì)稱軸之間的距離為π2．

(1)求f(x)的解析式和單調(diào)遞增區(qū)間；

(2)把f(x)圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)縮短為原來的12，再把圖象上的所有點(diǎn)向左平移π12個(gè)單位，得到g(x)的圖象16.(本小題15分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為側(cè)棱PD，PC的中點(diǎn)，且PA=PD=AD=2．

(1)求證：PB//平面ACE；

(2)求四棱錐P?ABFE的體積．17.(本小題15分)

已知△ABC的內(nèi)解A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，滿足bcosA?acosB=a．

(1)求證：B=2A；

(2)若D為AB上一點(diǎn)，且BD=BC=2，求△ACD的面積的最大值．18.(本小題17分)

如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，底面邊長和側(cè)棱長均為4，D，E分別為棱AC，CC1的中點(diǎn)，且C1D⊥平面ABC．

(1)求證：A1C⊥平面BDE；

(2)設(shè)G為棱B1C1上一點(diǎn)(不包含端點(diǎn)B1，C1)，

①若G為棱B1C119.(本小題17分)

已知a，b，c，d∈R，且a<b<c<d，定義[a,b]∪[c,d]的“區(qū)間長度”為b?a+d?c，函數(shù)f(x)=(2cosx?t)(2tcosx+1)(t∈R)的定義域?yàn)閇?π2,3π2]．

(1)當(dāng)t=?1時(shí)，求關(guān)于x的不等式f(x)≤0解集的“區(qū)間長度”；

(2)已知12<t<2，設(shè)關(guān)于x的不等式f(x)≥0解集的“區(qū)間長度”為I．

(i)若I=π，求t的值；答案解析1.【答案】B

【解析】解：與角π6終邊相同的角的集合為{α|α=π6+2kπ,k∈Z}，

取k=?1，可得α=?11π6．

∴與角π6終邊相同的角是?11π6．

故選：B2.【答案】A

【解析】解：在函數(shù)y=tan(πx+3)中，x的系數(shù)ω=π，可得函數(shù)的最小正周期T=πω=1．

故選：A3.【答案】D

【解析】解：由BD=2DC，可得BD=23BC=23(AC?AB4.【答案】C

【解析】解：若m//α，n//α，則m與n可能相交、異面或平行，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤；

若m/?/n，n?α，則m//α或m?α，所以B選項(xiàng)錯(cuò)誤；

若m⊥α，n⊥α，則m//n，所以C選項(xiàng)正確；

若m⊥α，n⊥m，則n//α或n?α，所以D選項(xiàng)錯(cuò)誤．

故選：C．

根據(jù)直線與平面、直線與直線的位置關(guān)系，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理逐一進(jìn)行判斷．

本題考查空間中各要素的位置關(guān)系，屬基礎(chǔ)題．5.【答案】B

【解析】解：因?yàn)閍，b為單位向量，所以a2=b2=1，

又|3a?5b|=7，所以(3a?5b)2=49，

即9a2?30a?b+25b2=49，

即9?30a?6.【答案】A

【解析】解：由題意α∈(0,π2)，可得π4<α+π4<3π4，

又因?yàn)閏os(α+π4)=35，

所以sin(α+π4)=1?cos7.【答案】A

【解析】解：如圖所示如下：

根據(jù)題意可知AB=20cm，CD=12cm，BD=410cm，

過點(diǎn)D作DP⊥AB于點(diǎn)P，則DP=EF，EP=DF=6cm，

所以BP=20?122=4cm，

所以桶的深度為DP=(410)2?42=12cm，

所以雨水的高度為DH=6cm，

又易知HN=12BP=2cm，

所以GN=GH+HN=6+2=8cm，

雨水的體積為V=13(π?828.【答案】D

【解析】解：由題意可得2sinφ=1，即sinφ=12，

由π2<φ<π，可得φ=5π6，

可得f(x)=2sin(ωx+5π6)，

又由于折疊后A，B兩點(diǎn)之間的距離為23，

可得22+22+(12T)2=23，

解得T=4，

可得2πω=4，解得ω=π29.【答案】BCD

【解析】解：由向量坐標(biāo)定義可得：a=(2,1),b=(4,?3)，

對(duì)于A：因?yàn)閍?b=2×4+1×(?3)=5≠0，

所以a,b不垂直，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B：因?yàn)?a?b=(0,5)，所以|2a?b|=5，故B正確；

對(duì)于C：因?yàn)閍?(2a?b)=2×0+1×5=5，故C正確；

對(duì)于D：因?yàn)棣薬+b=(2λ+4,λ?3)，a?b=(?2,4)，

若10.【答案】AC

【解析】解：根據(jù)f(x)的最小值為?A=?2，可得A=2，

由f(x)的周小正周期T滿足7π12?(?π6)=3π4=3T4，解得T=π，

所以2πω=π，解得ω=2，故A選項(xiàng)正確；

當(dāng)x=7π12時(shí)，f(x)取得最小值，

所以2×7π12+φ=π+2kπ(k∈Z)，結(jié)合|φ|<π2，解得φ=?π6，所以f(x)=2cos(2x?π6)，

當(dāng)x=π4時(shí)，f(x)=2cosπ3≠0，所以f(x)的圖象不關(guān)于點(diǎn)(π4,0)對(duì)稱，故B項(xiàng)不正確；

當(dāng)x∈[π12,π2]時(shí)，2x?π6∈[0,5π6]，

根據(jù)余弦函數(shù)在[0,5π11.【答案】ACD

【解析】解：對(duì)于A選項(xiàng)，當(dāng)m=n=12時(shí)，DP=12DD1+12DB?DP=12DD1+(1?12)DB，

故DP?DB=12(DD1?DB)，即BP=12BD1，

因此點(diǎn)P在線段BD1的中點(diǎn)，連接AC，BD相交于點(diǎn)Q，因此Q為PD中點(diǎn)，

因此PQ//D1D，由正方體性質(zhì)可得D1D⊥平面ABCD，

因此PQ⊥平面ABCD，

設(shè)正四棱錐P?ABCD的外接球的球心為T，

因此P，Q，T三點(diǎn)共線，

其中PQ=2,CQ=12AC=22>PQ，

因此球心在PQ的延長線上，

設(shè)PT=r，因此TQ=r?2，

由勾股定理得TC2=TQ2+CQ2，

即r2=(r?2)2+8，

解得r=3，故A選項(xiàng)正確；

對(duì)于B選項(xiàng)，當(dāng)m+n=1時(shí)，DP=mDD1+nDB?DP=mDD1+(1?m)DB，

故DP?DB=m(DD1?DB)，即BP=mBD1，故點(diǎn)P在線段BD1上，

連接BC1，與B1C相交于點(diǎn)E，因此E為BC1的中點(diǎn)，連接EF，

因?yàn)镕為D1C1的中點(diǎn)，因此D1B//EF，又D1B?平面DEF，EF?平面DEF，

因此D1B//平面DEF，

因此三棱錐P?DEF的體積VP?DEF=VD1?DEF=VE?D1DF，

因此VP?DEF=14VE?DD1C1C=18VB?DD1C1C，

又CD=DD1=BC=4，

因此VP?DEF=18×13×4×4×4=83，

故三棱三棱錐P?DEF的體積為812.【答案】?1【解析】解：向量a=(x,1)，b=(1,?2)，a/?/b，

所以?2x?1=0，解得x=?12．

故答案為：13.【答案】19【解析】解：由題意，|AB|=3，|AC|=2，<AB,AC>=60°，

則AB?AC=3×2×12=3，

又D為BC邊的中點(diǎn)，則有AD=12(AB+AC)，14.【答案】?【解析】解：因?yàn)閤∈[0,2π]，所以x+π3∈[π3,7π3]，

故當(dāng)x+π3∈[π3,π)∪(2π,7π3]，

即x∈[0,2π3)∪(5π3,2π]時(shí)，sin(x+π3)>0，

當(dāng)x+π3∈(π,2π)，即x∈(2π3,5π3)時(shí)，sin(x+π3)<0，

當(dāng)x+π3=π或2π，即x=2π3或5π3時(shí)，sin(x+π3)=0，

要想不等式(a?|x?b|)sin(x+π3)≤0在[0,2π]上恒成立，

y=a?|x?b|與y=sin(x+π3)零點(diǎn)相同，

且當(dāng)x∈[0,2π3)∪(5π3,2π]時(shí)，a?|x?b|<0，

當(dāng)x∈(2π3,5π315.【答案】f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[?5π12+kπ,π12+kπ],k∈Z；

【解析】解：(1)f(x)=3cos2ωx+sinωxcosωx?32

=32(1+cos2ωx)+12sin2ωx?32

=32cos2ωx+12sin2ωx

=sin(2ωx+π3)，(ω>0)，

由題意可得y=f(x)的最小正周期為π，

可得2π2ω=π，所以ω=1，

可得f(x)=sin(2x+π3)，

令?π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ,k∈Z，

則?5π12+kπ≤x≤π12+kπ,k∈Z，

可得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[?5π12+kπ,π12+kπ],k∈Z；

(2)將f(x)圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的12，得到函數(shù)y=sin(4x+π3)的圖象，

再向左平移π16.【答案】見詳解；

32【解析】(1)證明：連接BD，交AC于點(diǎn)O，連接OE，

在正方形ABCD中，O為BD的中點(diǎn)，又E為側(cè)棱PD的中點(diǎn)，

因此在△PBD中，OE為△PBD的中位線，所以O(shè)E/?/PB，

因?yàn)镺E?平面ACE，PB?平面ACE，

因此PB/?/平面ACE．

(2)因?yàn)镋，F(xiàn)分別為側(cè)棱PD，PC的中點(diǎn)，所以EF為△PCD的中位線，

因此EF//CD，且EF=12CD，

在ABCD是正方形中，AB/?/CD，AD=CD=2，

因此AB/?/EF，且EF=12CD=1，

因此四邊形ABFE為梯形，

又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，

在ABCD是正方形中，AD⊥CD，且CD?平面ABCD

因此CD⊥平面PAD，又AE?平面PAD，

因此CD⊥AE，所以EF⊥AE，因此梯形ABFE為直角梯形；

又PA=PD=AD=2，E為側(cè)棱PD的中點(diǎn)，

因此AE=3，且AE⊥PD，因此梯形ABFE的面積為：S=12×(EF+AB)×AE=12×(1+2)×3=332，

由CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，

因此CD⊥PD，因此EF⊥PD，

EF∩AE=E，因此PD⊥平面ABFE，因此PE⊥平面ABFE，

因此PE為四棱錐P?ABFE的高，且PE=12PD=1，

V=17.【答案】(1)證明：因?yàn)閎cosA?acosB=a，

由正弦定理可得sinBcosA?sinAcosB=sinA，

即sin(B?A)=sinA，

在△ABC中，可得B?A=A或B?A=π?A，解得B=2A或B=π(舍)，

故B=2A；

(2)解：設(shè)∠ADC=α，∠CDB=π?α，

因?yàn)镾△ACD=12AD·AC·sinA，

在△ACD中，由正弦定理可得ACsinα=CDsinA，①

在△BCD中，BD=BC=2，B=2A，

由正弦定理可得BCsin(π?α)=CDsinB，即2sinα=CDsin2A，②

由①②可得AC=4cosA，

在△ABC中，由正弦定理可得BCsinA=ABsin?∠ACB=ABsin?(π?A?B)，

即2sin【解析】本題考查正弦定，三角形面積公式，以及三角恒等變換的應(yīng)用，屬于中檔題．

(1)由正弦定理及三角形中角的范圍，可證得B=2A；

(2)分別在△ACD，△BCD中，由正弦定理可得AC=4cosA，再在△ABC中，由正弦定理可得AB=2(1+2cos2A)，進(jìn)而可得AD的大小，代入三角形的面積公式，由角A的范圍，可得三角形的面積的最大值．18.【答案】證明見解析；

①3392；②二面角G?BD?E【解析】(1)證明：如圖所示，連接C1A，

由題意可知C1D⊥平面ABC，四邊形ACC1A1是菱形，

BD?平面ABC，所以C1D⊥BD，

又因?yàn)镈為棱AC的中點(diǎn)，△ABC是正三角形，

所以AC⊥BD，又AC∩C1D=D，AC，C1D?平面ACC1A1，

所以BD⊥平面ACC1A1，

又因?yàn)锳1C?平面ACC1A1，所以BD⊥A1C，

在菱形ACC1A1中，有C1A⊥A1C，

而D，E分別為棱AC，CC1的中點(diǎn)，則DE/?/AC1，

所以DE⊥A1C，

因?yàn)镈E∩BD=D，DE，BD?平面DBE，

所以A1C⊥平面BDE；

(2)①取A1C1的中點(diǎn)D1，取C1D1的中點(diǎn)H，連接B1D1，BG，GH，HD，DD1，

則DD1/?/CC1且DD1=CC1，又BB1//CC1且BB1=CC1，

所以DD1/?/BB1且DD1=BB1，

所以四邊形BDD1B1是平行四邊形，

所以BD/?/B1D1且BD=B1D1，

因?yàn)镚，H分別為C1B1，C1D1的中點(diǎn)，

所以GH//B1D1且GH=12B1D1