山东省威海市2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题含答案.pdf

高一数学第 1页（共 4 页）高一数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知角的终边经过点(11),，则sinA.32B.22C.22D.122.下列角的终边与60角的终边关于x轴对称的是A.660B.660C.690D.6903.已知1 cos22sin2，则tanA.2B.2C.12D.124.已知正四棱锥的侧棱长为5，高与斜高的夹角为30，则该正四棱锥的体积为A.4 33B.2 33C.4 3D.2 35.在空间四边形ABCD中，若E，F分别为AB，BC的中点，GCD，HAD，且2CGGD，2AHHD，则A.直线EH与FG平行B.直线EH，FG，BD相交于一点C.直线EH与FG异面D.直线EG，FH，AC相交于一点6.古希腊地理学家埃拉托色尼从书中得知，位于尼罗河第一瀑布的塞伊尼（现在的阿斯旺，在北回归线上）记为A，夏至那天正午，阳光直射，立杆无影；同样在夏至那天，他所在的城市埃及北部的亚历山大城记为B，测得立杆与太阳光线所成的角约为7.2.他又派人测得A，B两地的距离800ABkm，平面示意图如右图，则可估算地球的半径约为（3.14）A.7260kmB.6870kmC.6369kmD.5669km山东省威海市2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题高一数学第 2页（共 4 页）7.如图，ABCD为正方形，45DAM，点E在AB上，点F在射线AM上，且2AFBE，则ECFA.60B.45C.30D.不确定8.在ABC中，AB a，AC b，D为AB的中点，E为BC上一点，且2CEEB ，AE交CD于点F，则A.1142AF+abB.1124AF+abC.1255AF+abD.2155AF+ab二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。9.已知正方体1111ABCDABC D，则A.直线1AB与11AC所成的角为60B.直线AC与11B D所成的角为60C.二面角1BADB的大小为45D.二面角1ABDA的大小为4510.记ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.A.若sin2sin2AB，则ABC是等腰三角形B.若tantan1AB，则ABC是直角三角形C.若2 cosacB，则ABC是等腰三角形D.若sin()sin()0ABB C，则ABC是等边三角形11.已知O为坐标原点，点1(cossin)P,，2(cossin)P,，3(cos()sin()P,，(1 0)A,，则A.13|OPOPB.312|APPP C.123OA OPOP OP D.312OA OPOP OP 12.若函数()sincosf xxx（0）在0 2,有且仅有3个零点，则A.()yf x的图象关于直线54x对称B.()f x在(05,单调递增C.()2f x 在(0 2,有且仅有1个解D.的取值范围是11 15)88,高一数学第 3页（共 4 页）三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.已知锐角，满足tan2，tan3，则.14.将函数2()sin(2)3f xx图象上的所有点向右平移3个单位，再把所得到的曲线上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数()yg x的图象，则()g x.15.已知非零向量a，b满足|2|ab，且()abb，则向量a与b的夹角为.16.已知三棱锥ABCD中，AB 平面BCD，90BDC，3AB，3BD.在此棱锥表面上，从点C经过棱AD上一点到达点B的路径中，最短路径的长度为13，则该棱锥外接球的表面积为.四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.（10 分）如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，E为SD的中点.（1）证明：SB平面ACE；（2）若SA平面ABCD，证明：SCBD.18.（12 分）已知函数2()2 3cos2sin cos3f xxxx.（1）当02x,时，求()f x的取值范围；（2）若锐角，满足8()265f，12cos()13，求sin.19.（12 分）记ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量(cos()6bB,m，(sin)A a,n，且mn.（1）求角B；（2）若D为AC的中点，7BD，2 3AC，求ABC的面积.高一数学第 4页（共 4 页）20.（12 分）图是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中1AB，2BEBF，60CBF.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图.（1）证明：平面ABC 平面BCGE；（2）证明：DG平面ABC；（3）求直线AG与平面ABC所成角的正切值.21.（12 分）在平面直角坐标系xOy中，已知点(1 0)A，点B在第二象限，且|5OB .（1）若点B的横坐标为2，现将向量OB 绕原点O沿顺时针方向旋转90到OC的位置，求点C的坐标；（2）已知向量OP 与OA，OB 的夹角分别为，45，且10cos10，|2 10OP ，若OPxOAyOB ，求xy的值.22.（12 分）（1）证明：cos2cos22sin()sin()xyxyxy；（2）记ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin()sinaAbcB.（）证明：2AB；（）若2()(2cos)2b c mBb成立，求实数m的取值范围.高一数学答案第 1页（共 6 页）高一数学参考答案一、选择题：每小题 5 分，共 40 分。题号12345678答案CACABCBD二、选择题：每小题 5 分，共 20 分。全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。题号9101112答案ACBCABDAD三、填空题：每小题 5 分，共 20 分。四、解答题17.（10 分）证明:（1）连接BD与AC交于点F，连接EF，因为底面是正方形，所以F为BD的中点，又因为E为SD的中点，所以EFSB，-3 分因为SB平面ACE，EF 平面ACE，所以SB平面ACE.-5 分（2）法一：法一：因为底面是正方形，所以ACBD，-6 分因为SA平面ABCD，所以SABD，-7 分又ACSAA，所以BD平面SAC，-9 分因为SC 平面SAC，所以SCBD.-10 分法二：法二：因为底面是正方形，所以ACBD，因为SA平面ABCD，所以SC在平面ABCD内的射影为AC，所以由三垂线定理可知，SCBD.18.（12分）解：（1）2()2 3cos2sin cos3f xxxxsin23cos2xx2sin(2)3x，-2 分因为02x,，则2333x,，-3 分所以3sin(2)132x,，-5 分所以()3 2f x ,.-6分题号13141516答案34sin x313高一数学答案第 2页（共 6 页）（2）由第（1）问知8()2sin2()262635f，所以4sin5，-7 分因为(0)2,，所以3cos5，-8 分因为，为锐角，所以(0,，因为12cos()13，所以5sin()13，-10 分所以sinsin()sin()coscos()sin531246313513565.-12 分19.（12 分）解：（1）由题意知sincos()06bAaB m n，所以sincos()6bAaB，-1 分由正弦定理可知sinsinsin(coscossinsin)66BAABB，即31sinsinsin(cossin)22BAABB，-3 分因为(0)A,，所以sin0A，所以13sincos22BB，即得tan3B，-5 分因为(0)B,，所以3B.-6 分（2）因为D为AC的中点，所以1()2BDBABC ，-7 分所以221()4BDBABC ，所以2221(7)(2cos)4acacB，所以2228acac，-9 分由余弦定理可知2222(2 3)2cosbacacB，所以2212acac，-10 分由得8ac，-11 分所以113sin82 3222ABCSacB.-12 分(也可在ABD与BCD中，因为coscosBDABDC，用余弦定理可知2220ac，再由或，得8ac.)高一数学答案第 3页（共 6 页）20.（12 分）证明：（1）由题意知ABBE，ABBC，所以AB平面BCGE，-2 分又AB平面ABC，所以平面ABC 平面BCGE.-3分（2）法一：法一：由题意可知ADBE，CGBE，所以AD CG，-4 分所以四边形ACGD为平行四边形，所以ACDG，-5 分又AC 平面ABC，DG平面ABC，所以DG平面ABC.-6 分法二：法二：因为EDAB，EGBC，所以平面DEG平面ABC，又DG平面DEG，所以DG平面ABC.（3）过G作GHBC交BC的延长线于点H，连接AH，因为平面ABC 平面BCGE，所以GH 平面ABC，-7 分所以AG在平面ABC内的射影为AH，所以AG与平面ABC所成的角为GAH，-8 分因为60CBF，所以60GCH，在RtCHG中，12cos60CH，2sin603GH，-9 分在RtABH中，1AB，1 23BH ，所以23110AH ，-11 分所以330tan1010GAH，所以AG与平面ABC所成角的正切值为3010.-12 分21.（12分）解：（1）因为|5OB ，点B在第二象限且横坐标为2，所以点B的坐标为(2 1),，-1 分设AOB，由三角函数定义可知2 5cos5，5sin5，-2 分因为向量OB 绕原点O沿顺时针方向旋转O90到OC的位置，所以角90的终边位于射线OC上，高一数学答案第 4页（共 6 页）所以5cos(90)sin5，2 5sin(90)cos5，-4 分设点C的坐标为()a b,，所以|cos(90)1aOB，|sin(90)2bOB，所以点C的坐标为(1 2),.-6 分（2）因为向量OP 与OA 的夹角为且10cos10，所以3 10sin10，所以点P横纵坐标分别为102 10210，3 102 10610，即点P坐标为(2 6),，所以(2 6)OP,.-7 分因为向量OP 与OB 的夹角为45，且点B在第二象限，所以角45的终边位于射线OB上，又)21023 105cos(452102105，)23 102102 5sin(452102105，-9 分所以点B的横纵坐标分别为55()15，2 5525，即点B坐标为(1 2),，所以(1 2)OB ,，-10 分因为OPxOAyOB ，所以(2 6)(1 0)(1 2)xy,，,，所以226xyy，-11 分解得53xy，所以8xy.-12 分（由题意知3 10sin10，)23 102102 5sin(452102105，由正弦定理可得|sinsin45sin(45)x OAOPy OB ，解得5x，3y，所以8xy.）22.（12 分）证明：（1）法一：法一：cos2cos2cos()()cos()()xyxyxyxyxycos()cos()sin()sin()cos()cos()sin()sin()xyxyxyxyxyxyxyxy2sin()sin()xyxy.-3分法二：法二：2sin()sin()2(sin coscos sin)(sin coscos sin)xyxyxyxyxyxy22222(sincoscossin)xyxy，22222sincos(1 sin)(1 cos)xyxy高一数学答案第 5页（共 6 页）222(coscos)1 cos21 cos2cos2cos2yxyxyx ，所以cos2cos22sin()sin()xyxyxy.（2）（）法一：法一：因为sin()sinaAbcB，由正弦定理可知2sin(sinsin)sinABCB，即22sinsinsinsinABBC，-4 分即1 cos21 cos2sinsin22ABBC，可得cos2cos22sinsinBABC，-5 分由（1）可知cos2cos22sin()sin()2sinsin()BAABBACBA，所以2sinsin()2sinsinCBACB，因为sin0C，所以sin()sinBAB，-6 分所以sin()sinABB，因为(0)B,，所以sin()0AB，又因为(0)A,，所以(0)AB,，所以ABB或ABB（舍），所以2AB.-7 分法二：法二：因为sin()sinaAbcB，由正弦定理可得22bcab，-4 分因为222cos2bcaAbc，所以cos2c bAb，-5 分所以sinsincos2sinCBAB，即2sincossinsinBACB，所以2sincossin()sinBAABB，即sincossincossinABBAB,所以sin()sinABB，-6 分因为(0)B,，所以sin()0AB，又因为(0)A,，所以(0)AB,，所以ABB或ABB（舍），所以2AB.-7 分解：（）法一：法一：因为sin()sinaAbcB，所以2()abc b，即22bcab，因为2()(2cos)2b c mBb，所以22()(2cos)2bccmBbc，所以2222()(2cos)2abcmBbc，所以2222(2cos)2bcamBbc1，2(2cos)cos10mBA，-8 分因为2AB，所以2(2cos)cos210mBB，22(2cos)(2cos1)10mBB，424cos(22)cos10BmBm，-9 分因为A，B，(0)C,，可得(0)3B,，设2cos Bt，则1(1)4t,，高一数学答案第 6页（共 6 页）即24(22)10tmtm 对1(1)4t,成立，-10 分令2()4(22)1f ttmtm，当1144m时，即0m时，可得1()04f，解得32m，所以302m；当11144m时，即30m 时，可得1()04mf，解得31m，所以30m；当114m时，即3m时，可得(1)0f，解得3m，所以3m.综上，332m.-12 分法二：法二：因为2()(2cos)2b c mBb，由正弦定理可知2(sinsin)(2cos)2sinBC mBB，因为2AB，所以sinsin3CB,222sin3sin(2)sin2 cossincos22cossinsin(2cos1)sin(4cos1)BBBBBBBBBBBBB代入2(sinsin)(2cos)2sinBC mBB，整理得22(2cos)(2cos1)10mBB，下同法一.法三：法三：因为2AB，将2(2cos)cos10mBA 整理得(1 cos)cos10mAA ，即2cos(1)cos10AmA，由题意可得(0)3A,，设cosAt，则1(1)2t,，即2(1)10tmt 对1(1)2t ,成立，令2()(1)1f ttmt，当1122m时，即0m时，可得1()02f，解得32m，所以302m；当11122m时，即30m 时，可得1()02mf，解得31m，所以30m；当112m时，即3m时，可得(1)0f，解得3m，所以3m.综上，332m.