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2024-2025学年度下学期“抚顺六校协作体”期末考试试题
高一数学
考试时间：120分钟 试卷满分：150分
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，只有一个
是符合题目要求的.）
1.复数 z满足 z 2 i 3 4i ，则复数 z的虚部是（ ）
A.1 B.2i C.2 D.i

2.已知向量 a 1,3 ，b 1, 1 ， c 4,5 .若 a与b c平行，则实数 的值为（ ）
2 4 4
A. B. C. D.2
19 11 7
3.下列说法正确的是（ ）。
A.一个平面内有一条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行
B.一个平面内有两条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行
C.一个平面内有无数条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行
D.一个平面内有两条相交直线与另外一个平面平行，则这两个平面平行
4.在△ABC π中，角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c.已知b 3， c 2 2， A ，则 a （ ）
4
A.5 B. 5 C.29 D. 29
5.已知圆台的上、下底面面积分别为 36π和 49π，其母线长为 5，则圆台的表面积为（ ）
A.145π B.150π C.155π D.160π
2sin 2022π cos π
6.若 2，则 tan π （ ）
cos 3π

3cos
4
2
11 11 3 3
A. B. C. D.
3 3 11 11
x 5π7.已知直线 是函数 f x 3sin2 x 1 sin x 3 0 8 图象的一条对称轴，则
24 2 2 2
（ ）
A.8 B.6 C.4 D.2
8.在长方体 ABCD A1B1C1D1中，M为 AB的中点，AB 4，BC 2 6，BB1 2，则三棱锥 A1 BCM
外接球的表面积为（ ）
A.56π B.52π C.48π D.64π
二、选择题（选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18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 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分.）
9.已知复数 z cos sin cos sin i，则下列说法正确的是（ ）
A.复数 z的模的最大值为 2
π
B.若 0, π ， z是纯虚数，则
4
C. 0, π 时，复数对应的点在第一象限内
4
D.复数 z的模长为定值
10.已知△ABC的内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，下列四个命题中正确的命题是（ ）
A.若 sin A sin B，则 a b
B. sin2 A sin2若 C cos2 B 1，则△ABC一定是锐角三角形
C.若bcosC c cosB a，则△ABC一定是直角三角形
D.若△ABC是锐角三角形，则 sin A cosB恒成立
11.关于函数 f x sin x sin x 有下述四个结论，其中正确的是（ ）
A. f x 是奇函数
B. f x π ,π 在区间 上单调递减
2
C. f x 的最大值为 2
D. f x 在 2024π,2024π 有 4049个零点
三、填空题：本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
12.正四棱台上底面边长为 2，下底面边长为 4，侧棱长为 3，则正四棱台的高为_______.
13.已知复数 z满足 z 2 2i 1，则 z 3 2i 的最小值为______.
14日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，烘焙店的包装盒如图所示，正四棱柱 ABCD A1B1C1D1
的底面 ABCD是正方形，且 AB 4， AA1 1 .
店员认为在彩绳扎紧的情况下，按照图 A中H E E1 F1 F G G1 H1 H 的方向捆扎包装盒会比
按照图 B中的十字捆扎法更节省彩绳（不考虑打结处的用绳量和彩绳的宽度）.则图 A比图 B最多节省的彩
绳长度为________.
四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
π
15.已知 e1 ， e2 是夹角为 的两个单位向量， a 3e1 2e2 ，b 2e1 3e2 2
.

（1）求 a b的值；

（2）求 a与 a b的夹角的余弦值.
16.如图，四棱锥 P ABCD的底面为平行四边形，点 M，N，Q分别为PC，CD， AB的中点.
（1）求证：平面MNQ∥平面 PAD；
（2）在棱 PA上确定一点 S，使 NS∥平面 PBC ，并说明理由.
17.已知函数 f x 2 3sin xcos x 2sin x π π sin4 x 4 .
（1）求函数 f x 的单调递增区间；
π
2 （ ）求函数 f x 在区间 0, 上的最大值和最小值； 2
8 π π
（3）若 f x0 ， x0
,
5 4 2
，求 cos 2x0 的值.

18.在锐角△ABC中，角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且 a cosB cosC b c cos A .
（1）证明： A 2B；
3 1 1
（2）若 BAC的平分线交 BC于 D， AD 1， sin B ，求 的值；
5 b c
c
（3）求 的取值范围.
a
19.现有长度分别为 1，2，3，4的线段各 1条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长
为 10的三角形或四边形.
（1）求出所有可能的三角形的面积；
（2）如图，已知平面凸四边形 ABCD中， AB 1， BC 3，CD 2，DA 4 .
①求 cos A， cosC 满足的数量关系；
②求四边形 ABCD面积的最大值，并指出面积最大时 BD的值.
2024-2025学年度下学期“抚顺六校协作体”期末考试
试题参考答案
1-5.ACDBB 6-8ACD 9.BCD 10.ACD 11.BC
12. 7 13.4 14.20 10 2
8.参考答案
三棱锥补成直三棱柱D1KC A1MB，在△A1MB中，利用正弦定理可求得外接圆半径 r 10，直三棱柱
D1KC A1MB 上 下 底 面 外 接 圆 圆 心 距 离 为 2 6 ， 根 据 勾 股 定 理 可 得 三 棱 锥 外 接 球 半 径
2 2
R 10 6 4，球的表面积为 64π.
14.参考答案图 A，沿彩绳展开正四棱柱，彩绳长度最小值为 4 1 4 1 2 10 2 ，图 B彩绳长度最
小值为 4×（4+1）=20

15.（1）由题意知， e1 e2 e1 e2 cos
π
0，
2

所以 a b 3e1 2e2 2 22e1 3e2 6e1 13e1 e2 6e2 12 .
2 2 2（2）由题意得， a 3e1 2e2 9e1 12e e2 4e2 3 ，
2 2 2a b e1 e2 e1 e2 e1 2e1 e2 e2 2 ，
2
由（1）知 a b 12，所以 a a b a a b 13 12 1，

a a b
所以 cos a,a b 1 26 .
a a b 13 2 26

即 a与 a b 26的夹角的余弦值为 .
26
16.（1）在△PCD中，由 M，N分别为 PC，DC 的中点，可得MN∥PD，
在平行四边形 ABCD中，由 Q，N分别为 AB，CD的中点，可得 NQ∥AD，
因为MN 平面 PAD，NQ 平面 PAD，且 PD 平面 PAD， AD 平面 PAD，
所以MN∥平面 PAD，NQ∥平面 PAD，
又因为MN NQ N且MN，NQ 平面MNQ，所以平面MNQ∥平面 PAD .
（2）当 S为棱 PA中点时， NS∥平面 PBC ，
取PB的中点 E，连接 SE， EC， SN ，
在△PAB 1中，因为 S，E分别为PA， PB的中点，所以 SE∥ AB且 SE AB，
2
1
又因为 N为 BC的中点，可得CN∥ AB且CN AB，
2
所以 SE∥CN且 SE CN ，所以四边形 SECN 为平行四边形，所以 SN∥CE .
因为 SN 平面 PBC ，CE 平面 PBC ，
所以 SN∥平面 PBC .
π π
17. （1） f x 2 3sin xcos x 2sin x sin x 4 4
3sin 2x cos2x 2sin π 2x
6
要求函数 f x π π π的单调递增区间，只需 2kπ 2x 2kπ， k Z，
2 6 2
π π
解得： kπ x kπ， k Z .
3 6
f x π所以函数 的单调递增区间为 kπ,
π
kπ ， k Z . 3 6
π π π 7π 1
（2）∵ x 0,

，∴ 2x ，∴ sin

2x
π
1
2 6 6 6 2 6
π
函数 f x 在区间 0, 上的最大值是 2，最小值是-1； 2
f x 8 2sin 2x π 8（3）∵ 0 ，∴ 0 ，5 6 5
即sin 2x
π

4
0
6 5
x π π π 2π∵ 0

, ， 2x0 ,
7π
，∴ cos

2x
π

3

4 2 6 3 6 0 6 5
π π 3 π 1 π
∴cos2x0 cos 2x0 cos 2x0 sin 2x0
6

6 2 6 2 6
3 3 1 4 4 3 3
2

5

2 5 10
18.（1）由正弦定理及 a cosB cosC (b c) cos A，
得 sin AcosB sin AcosC cos Asin B cos AsinC，
所以 sin AcosB cos Asin B sin AcosC cos AsinC，
所以 sin A B sin A C ，
因为 A B C π，所以 sin A B sin B，
所以 A B B或 A B B π（舍去），
所以 A 2B；
sin B 3（2）因为 ，B为锐角，
5
所以 cos B 4 ，sin A sin 2B 2sin BcosB 24 ，
5 25
因为 S△ABC S△ABD S△ACD
1 1
所以 bcsin A b c AD sin B 12，所以 bc 3 b c ，
2 2 25 10
b c 8 1 1 8
所以 ， .
bc 5 b c 5
（3）由△ABC是锐角三角形，0 π B ，0 A 2B π ，0 C π π A B ，
2 2 2
π π
可得 B ，
6 4

所以 cos B 2 3 , ，
2 2
c sinC sin π A B sin 3B sin 2B cosB cos 2B sin B

a sin A sin A sin 2B sin 2B
sin B 2cos2 B 1
cos B 2cos B 1
2sin Bcos B 2cos B

cosB t t 2 3

令 ，则 , ， f t 2t
1 2 , 3 在 上单调递增，
2 2

2t 2 2


2 1 2 3 f 1 2 3而 2 ， f 3 ，
2 2 2 2 3 3
2
所以 f t ,
2 3
，
2 3
c 2 2 3
所以
a
,
2 3
.

19.（1）根据三角形两边之和大于第三边，由题意可知，所有符合情况的可能三角形为 1+2，3，4、2，3+1，
4
当三角形三边为 1+2，3，4时，由余弦定理知等腰三角形顶角
2 2 2 2
cos 3 3 4 1 ，sin 1 1 4 5
2 3 3 9 9 9
S 1 3 3 4 5△ 2 5 .2 9
当三角形三边为 2，3+1，4时，由余弦定理知等腰三角形顶角
42 2cos 4 2
2 7 2
，sin 1 7 15 ，2 4 4 8 8 8
S 1 4 4 15△ 15 .2 8
（2）①连接 BD，由余弦定理知
2 2 2 2
cos A AB AD BD 17 BD
2 AB AD 8
2 2 2
cosC CB CD BD 13 BD
2

2 CB CD 12
2
∴BD 17 8cos A BD2， 13 12cosC，
∴17 8cos A 13 12cosC∴ 2cos A 3cosC 1
S S 1 1② ABCD ABD SBCD 1 4 sin A 2 3 sinC 2sin A 3sinC2 2
∴ 2sin A 3sinC 2 4sin2 A 9sin2C 12sin AsinC
又∵ 2cos A 3cosC 1，∴ 2cos A 3cosC 2 1，
2
∴4cos A 9cos2C 12cos AcosC 1
S 2故 ABCD 4 1 cos2 A 9 1 cos2C 12sin AsinC
13 4cos2 A 9cos2C 12sin AsinC
13 1 12cos AcosC 12sin AsinC
12 12cos A C 24
当且仅当 A C π， S 2ABCD 24， SABCD 2 6 取得最大值，
此时 A C π，2cos A 3cosC 1，∴2cos A 3cos A 1，
cos A 1 ，cosC 1 ， BD2 13 12cosC 77 385 ，BD
5 5 5 5

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