【文档说明】新教材高一数学第二学期期末试卷十八（原卷版+教师版）.doc，共(20)页，1.335 MB，由MTyang资料小铺上传

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新教材高一数学第二学期期末试卷一、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.已知向量()2,1a=−r，(),4bm=r，若ab⊥rr，则m=（）A.8B.－8C.2D.－22.要得到函数3

sin26yx=+的图象，只需将函数3sin23yx=+的图象（）A.向左平移12个单位长度B.向左平移6个单位长度C.向右平移12个单位长度D.向右平移6个单位长度3.已知某圆锥的高为3，底面

半径为2，则该圆锥的侧面积为（）A.22B.222C.2D.64.记ABCV的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若6a=，4A=，512B=，则c=（）A.33B.3C.23D.25.已知轮船A在灯塔B的北偏东45°方向上，轮船C在灯塔B的南偏西15°方向上，

且轮船A，C与灯塔B之间的距离分别是10千米和103千米，则轮船A，C之间的距离是（）A.10千米B.103千米C.105千米D.107千米6.在正四棱锥PABCD−中，4PAAB==，M为PA的中点，N为BC的中点，则从点M沿着四棱锥的表面到点N的最短路径的长度为

（）A.27B.26C.4D.37.衡量钻石价值的4C标准之一是切工．理想切工是一种高雅且杰出的切工，它使钻石几乎反射了所有进入钻石的光线．现有一理想切工的钻石，其横截面如图所示，其中ABCV为等腰直角三角形，四边形BCDE为等腰梯形，且2BCDE=，ABAC=，34CDE=，则CE

→=（）A.123CACD→→+B.133CACD→→+C.122CACD→→+D.132CACD→→+8.记ABCV的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，3cos5A=，若ABCV的面积为2，则当ABCV的周长取到最小值时，ba=（）A.52B.54C

.255D.45二、选择题：本题共4小题，每个小题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.下列结论正确的有（）A.三棱柱有6个顶点B.四棱台有8条棱C.五棱

锥有6个面D.正棱锥的侧面是全等的等腰三角形10.已知复数1z，2z满足1225izz+=−，1223izz−=，则（）A.12z=B.22iz=+C.123izz=+D.22023iz在复平面内对应的点位于第一象限11.已知函数()52sin22s

in21212fxxx=+++，则下列命题正确的是（）A.()fx的图象关于直线58x=对称B.()fx的图象关于点5,08对称C.()fx在5,08p−上单调递减D.

对任意的m，()fx在(),2mm+上不单调12.记ABCV的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且23b=，53sincos634AA−−=，()sin3cos6cAA+=，下

列结论正确的有（）A.2A=B.3C=C.ABCV是直角三角形D.若ab，则ABCV的面积为63三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.如图，在长方体ABCDEFGH−中，M，N分别是EH和FG的中点，则在三条直线AD，CD，BF中，与直线

MN是异面直线的共有_______条．14.已知7sin33tancos06−=，则tan=______，tan4+=______．15.如图，在一场足球比赛中，甲同学从点A处开始做匀速直线运动，到达点B时，发现乙同学踢着足球在点C处正以自己速度的12向A做匀速直线

运动，已知3cos5BAC=，3mAB=，7mAC=.若忽略甲同学转身所需的时间，则甲同学最快拦截乙同学的点是线段AC上离A处____________m的点.16.如图，三棱锥PABC−的底面ABC的斜二测直观图为ABCV，已知PB⊥底面ABC，5PB=，

ADDC=，1AOOBOD===，则三棱锥PABC−外接球的体积V=______．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知复数()224710izmmm=−+−+．（1）若1z，求m的值；（2）若z为纯虚数．求m的值

．18.已知单位向量1eur，2euur的夹角为3，且向量122aee=−ruruur，123bee=−+ruruur．（1）用1eur，2euur表示出一个与2ab+rr共线的非零向量；（2）求ar与br夹角的余弦值．

19.如图，在三棱柱111ABCABC−中，E，F，G，H分别为1BB，1CC，11AB，11AC的中点．（1）证明：E，F，G，H四点共面．（2）证明：EG，FH，1AA三线共点．20.已知函数()sin()(0,0,0f

xAxA=+π)的部分图像如图所示．（1）求()fx的解析式；（2）若()fx在π,42−上的值域为(3,2]−，求的取值范围．21.如图，在圆锥PO中，A，B，C为底面圆上的三个点，OC//AB，且326POOCAB===

，2=PEBE．（1）证明：//CE平面PAO．（2）求四棱锥EABCO−的体积．22.如图，记锐角ABCV的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，24cb==，A的角平分线交BC于点D，O为ABCV的重心，过O作OPBC∥，交AD于点P，过P作PEAB⊥于点E.（1）求a的取值范

围；（2）若四边形BDPE与ABCV的面积之比为，求的取值范围.新教材高一数学第二学期期末试卷一、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.已知向量()2,1a=−r，(),4bm=r

，若ab⊥rr，则m=（）A.8B.－8C.2D.－2【答案】C【解析】【分析】由向量数量积直接求解.【详解】由题意得240m−+=，解得2m=．故选：C2.要得到函数3sin26yx=+的图象，

只需将函数3sin23yx=+的图象（）A.向左平移12个单位长度B.向左平移6个单位长度C.向右平移12个单位长度D.向右平移6个单位长度【答案】C【解析】【分析】根据图像平移的规律，算出答案即可.【详解】设函数3sin23yx=+

的图象平移个单位得到函数3sin26yx=+的图象，则()3sin23sin2233yxx=++=++，所以236+=，解得12=−，所以向右平移12个单

位长度.故选：C.3.已知某圆锥的高为3，底面半径为2，则该圆锥的侧面积为（）A.22B.222C.2D.6【答案】A【解析】【分析】由圆锥的侧面展开图是扇形，利用扇形的面积公式直接列式计算即可得出答案.【详解】

解：由题意得，该圆锥的侧面积为223222+=．故选：A.4.记ABCV的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若6a=，4A=，512B=，则c=（）A.33B.3C.23D.2【答案】B【解

析】【分析】利用正弦定理求解.【详解】解：由题意得3CAB=−−=，由正弦定理得sinsincaCA=，得sin3sinaCcA==．故选：B5.已知轮船A在灯塔B的北偏东45°方向上，轮船C在灯塔B的南偏西15°方向上，且轮船A，C与灯塔B之间的距离分别是10千

米和103千米，则轮船A，C之间的距离是（）A.10千米B.103千米C.105千米D.107千米【答案】D【解析】【分析】根据题意作出示意图，分析角度后，再利用余弦定理解题即可.【详解】如图，由题意可知10AB=千米，103BC=千米，150ABC=，由余弦定理可得()2222232cos

101032101037002ACABBCABBCABC=+−=+−−=，则107AC=千米．故选：D.6.在正四棱锥PABCD−中，4PAAB==，M为PA的中点，N为BC的中点，则

从点M沿着四棱锥的表面到点N的最短路径的长度为（）A.27B.26C.4D.3【答案】C【解析】【分析】对点M到点N的路径进行分类讨论，将相应平面延展为同一平面，结合余弦定理可求得结果.【详解】分以下几种情况讨论：（1）当点M沿着平面PAB、PBC到点

N，将平面PAB、PBC延展为同一平面，如下图所示：易知PAB△、PBCV均为等边三角形，延展后，60PABPCB==o，120APCABC==o，所以，四边形ABCP为菱形，所以，//APBC且A

PBC=，因为M、N分别为AP、BC的中点，则//AMBN且AMBN=，所以，四边形ABNM为平行四边形，此时4MNAB==；（2）当点M沿着平面PAB、ABCD到点N，将平面PAB、ABCD延展至同一平

面，如下图所示：连接BM，则BMAP⊥，且23BM=，30ABM=o，9030120MBN=+=ooo，因为2BN=，由余弦定理可得222cos12016434MNBMBNBMBN=+−=+o；（3）当点M沿着平面PAD、ABCD到点N，连接PN

，如下图所示：则2PM=，423PN=+，30MPN=o，由余弦定理可得222cos3020834MNMPPNMPPN=+−=+o；（4）当点M沿着平面PAD、PCD、PCB到点N，将这三个侧面延展为同一平面，如下图所示：易知A、P、B三点共线，且6BM=，2BN=，60MBN=o∠

，由余弦定理可得222cos60274MNBMBNBMBN=+−=o.综上所述，从点M沿着四棱锥的表面到点N的最短路径的长度为4.故选：C.【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，

即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.7.衡量钻石价值的4C标准之一是切工．理想切工是一种高雅且杰出的切工，它使钻石几乎反射了所有进入钻石的光

线．现有一理想切工的钻石，其横截面如图所示，其中ABCV为等腰直角三角形，四边形BCDE为等腰梯形，且2BCDE=，ABAC=，34CDE=，则CE→=（）A.123CACD→→+B.133CACD→→+C.122CACD→→+D.132CACD→→+【答案】C【

解析】【分析】如图，延长CD和BE交于点F，证明四边形ABFC为正方形，再利用平面向量的线性运算求解.【详解】解：如图，延长CD和BE交于点F，由题得90AFFCAFBA====o,所以四边形ABFC为矩形，又ABAC=,所以四边形ABFC为正方形，又2BCDE=，所以,DE分别是,CF

BF中点，所以122CECFFECACD→→→→→=+=+．故选：C8.记ABCV的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，3cos5A=，若ABCV的面积为2，则当ABCV的周长取到最小值时，ba=（）A.52B.54C.255D.45【答案】A【解析】【分析】由余弦定理、面积公式及函数的单

调性可求解.【详解】由题意得4sin5A=，因为1sin22ABCSbcA==V，所以5bc=．由余弦定理2223cos25bcaAbc+−==，得()2216bca+=+，得216bca+=+，则216abcaa++=++．因为函数()216fxxx=++

在()0,+上单调递增，所以当a最小时，ABCV的周长最小．又()2216420bcabc+=+=（当且仅当5bc==时，等号成立），所以2a．故当ABCV的周长取到最小值时，52ba=．故选：A二、选择题：本题共4小题，每个小题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.下列结论正确的有（）A.三棱柱有6个顶点B.四棱台有8条棱C.五棱锥有6个面D.正棱锥的侧面是全等的等腰三角形【答案】ACD【解析】【分析】根据简单几何体的定义和结构特征可得答案.【详解】三棱柱有6个顶点，四棱台有12条棱，五棱锥有6个面，

正棱锥的侧面是全等的等腰三角形.故选：ACD.10.已知复数1z，2z满足1225izz+=−，1223izz−=，则（）A.12z=B.22iz=+C.123izz=+D.22023iz在复平面内对应的点位于

第一象限【答案】ACD【解析】【分析】首先根据复数代数形式的运算法则求出1z、2z，再一一计算可得；【详解】解：由题意得()1212122255i6i55izzzzz++−==−+=+，所以11iz=+，所以12z=，()2123i23i2i1izz=−−=+=−，所以()()212i1i2

2iiii32zz++−−===+−，所以()220234505322ii2i2i12iiiiiz+−−−====+−−在复平面内对应的点为()1,2位于第一象限.故选：ACD11.已知函数()52sin22sin21212fxxx=+++，则下列命题正确的是（

）A.()fx的图象关于直线58x=对称B.()fx的图象关于点5,08对称C.()fx在5,08p−上单调递减D.对任意的m，()fx在(),2mm+上不单调【答案】AD【解析】【分析】根据三角恒等变换公式化简可

得()23sin24fxx=+，再根据正弦函数的性质分别求解对称轴、对称点、单调区间再逐个判断即可【详解】()2sin22sin2sin23cos22sin212312121212fxxxxxx=++++=+++++

3sin23cos223sin212124xxx=+++=+．对A，令242xk+=+，kZ，解得28kx=+，kZ，所以()fx的图象关于直线58x=对称，则A正

确；对B，令24xk+=，kZ，解得28kx=−，kZ，当5288k−=时，32k=Z，则B错误；对C，令3222242kxk+++，kZ，解得588kxk++，kZ所以()fx的单调递减区间是()5

,88kkk++Z，则C错误；对D，因为()fx的最小正周期22T==，所以222T=，所以对任意的m，()fx在(),2mm+上不单调，则D正确．故选：AD12.记ABCV的内角A，B，C的对边分

别为a，b，c，且23b=，53sincos634AA−−=，()sin3cos6cAA+=，下列结论正确的有（）A.2A=B.3C=C.ABCV是直角三角形D.若ab，则ABCV的面积为63【答

案】BCD【解析】【分析】对于A，利用三角函数恒等变换公式对53sincos634AA−−=化简可求出角A，对于B，由已知条件结合正弦定理可求出角C，对于C，由选项AB可判断三角形的形状，

对于D，由ab结合选项AB可求出三角形的面积【详解】因为253sincossincossin6366264AAAAA−−=−++−=+=，所以3sin62A+=.又7,666A

+，所以3sin62A+=，则6A=或2A=，所以A错误，因为23b=，所以()sin3cos3cAAb+=，所以sinsin3sincos3sincos3cossinCACAACAC+=+，则tan3

C=，而C为三角形内角，故3C=，所以B正确，若6A=，则2B=，故ABCV一定是直角三角形，所以C正确，若ab，则2A=，6B=，36cb==，故ABCV的面积为1632bc=，所以D正确，故选：BCD三、

填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.如图，在长方体ABCDEFGH−中，M，N分别是EH和FG的中点，则在三条直线AD，CD，BF中，与直线MN是异面直线的共有_______条．【答案】2【解析】【分析】由MN//CD，判断出MN与CD;由异

面直线的判定定理判断出直线AD，BF均与MN异面．【详解】因为MN//CD，MN与CD共面;由异面直线的判定定理可得：直线AD，BF均与MN异面．故答案为：214.已知7sin33tancos06−=，则tan=______，tan4+=

______．【答案】①.3②.－2【解析】【分析】根据已知化简计算可得sin3cos=，进而可求得结果.【详解】由题意得sin3cos=，即tan3=，所以tan1tan241tan++==−−．故答案

为：3，-2.15.如图，在一场足球比赛中，甲同学从点A处开始做匀速直线运动，到达点B时，发现乙同学踢着足球在点C处正以自己速度的12向A做匀速直线运动，已知3cos5BAC=，3mAB=，7mAC=.若忽略甲同学

转身所需的时间，则甲同学最快拦截乙同学的点是线段AC上离A处____________m的点.【答案】5【解析】【分析】甲同学最快拦截乙同学的地点是点D，CDx=，则2BDx=，7ADx=−，进而在ABD△中结合余弦定理求解即可.【详解】解：如图，设甲同学最快拦截乙同学的地点

是点D，CDx=，则2BDx=，7ADx=−所以，在ABD△中，2223cos25ABADBDAABAD+−==，整理可得()()21552164158220xxxx+−=+−=，解得2x=或8215x=−（舍去）.、故甲同学最快拦截乙同学的

点是线段AC上离A处5m的点.故答案为：5.16.如图，三棱锥PABC−的底面ABC的斜二测直观图为ABCV，已知PB⊥底面ABC，5PB=，ADDC=，1AOOBOD===，则三棱锥PABC−外接球的体积V=______．【答案

】1256##1256【解析】【分析】先由斜二测画法得2ABC=，再结合PB⊥底面ABC求出外接球半径，即可求解.【详解】由题意得ODBC∥，且12ODBC=．所以由斜二测画法得，在原图ABCV中，2ABC=，2AB=，4BC=，所以三棱锥PABC−

外接球的半径222522ABBCPBr++==，则3412536Vr==．故答案为：1256.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知复数()224710izmmm=−+

−+．（1）若1z，求m的值；（2）若z为纯虚数．求m的值．【答案】（1）5（2）2−【解析】【分析】根据复数的概念和性质求解即可.【小问1详解】由1z，可知z为实数，所以27100mm−+=，得2m=或5m=．当2m=时，0z=，不符合题意，舍去，当5

m=时，21z=，符合题意，故5m=．【小问2详解】由题意得22407100mmm−=−+，解得225mmm=且，即2m=−．18.已知单位向量1eur，2euur的夹角为3，且向量122aee=−ruruur，

123bee=−+ruruur．（1）用1eur，2euur表示出一个与2ab+rr共线的非零向量；（2）求ar与br夹角的余弦值．【答案】（1）1262ee+uruur（答案不唯一）（2）2114−【解析】【分析】(1

)将12,eeuruur看做基底，根据向量共线的规则，设即可；(2)用数量积求夹角即可.【小问1详解】由题意得12121224233abeeeeee+=−−+=+rruruururuururuur，所以与2ab

+rr共线的非零向量可以是()1223abee+=+rruruur()0，不妨设2=，则该向量为1262ee+uruur；【小问2详解】因为1212ee=uruur，所以21212112223(2)(3)2732abeeeeeeee=−−+=−+−=−rruruuru

ruruuruururuur，221122443aeeee=−+=rururuuruur，221122697beeee=−+=rururuuruur，故21cos,14ababab==−rrrrrr；综上，与2a

b+rr共线的非零向量为1262ee+uruur，ar与br夹角的余弦值为2114−.19.如图，在三棱柱111ABCABC−中，E，F，G，H分别为1BB，1CC，11AB，11AC的中点．（1）证明：E，F，G，H四

点共面．（2）证明：EG，FH，1AA三线共点．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】(1)通过线线平行证明线线共线，从而达到四点共面；(2)先延长EG，FH相交于点P，再通过点线面的关系

可证明结论.【小问1详解】如图，连接EF，GH．∵GH是111ABC△的中位线，∴11GHBC∥．∵11BECF∥，且11BECF=，∴四边形11BEFC是平行四边形，∴11EFBC∥，∴EFGH∥，∴E，F，G，H四点共面．【小问2详解】如图，延长EG，FH相交于点P．∵PE

G，EG平面11ABBA，∴P平面11ABBA．∵PFH，FH平面11ACCA，∴P平面11ACCA．∵平面11ABBAI平面111ACCAAA=，∴1PAA，∴EG，FH，1AA三线共点．20.已知函数()sin()(0,0,0fxA

xA=+π)的部分图像如图所示．（1）求()fx的解析式；（2）若()fx在π,42−上的值域为(3,2]−，求的取值范围．【答案】（1）5π()2sin26fxx=+（2）821,510【解析】【分

析】（1）根据题给条件依次求得参数、、A即可求得()fx的解析式；（2）先根据（1）的结果化简条件π,42−，再利用()fx在π,42−上的值域为(3,2]−，

列出关于的不等式，即可求得的取值范围．【小问1详解】由图可知2A=．()fx的最小正周期记为T，则πππ43124T=−=，得πT=．因为0，所以2π2T==．由ππ2sin2233f=+=−，得

2ππ2π,Z32kk+=−+，即7π2π,Z6kk=−+，又因为0π，所以5π6=，所以5π()2sin26fxx=+．【小问2详解】由（1）可知π5π5ππ,,421262−=−，当5π5ππ,12

62x−时，5π5π5ππ2,6336x+−，则5π32sin226x−+，即35πsin2126x−+又5πsin332=−，所以π5πππ2π3π2363+−+≤，解得82

1510≤，即的取值范围是821,510．21.如图，在圆锥PO中，A，B，C为底面圆上的三个点，OC//AB，且326POOCAB===，2=PEBE．（1）证明：//CE平面PAO．（2）求四棱锥EABCO−的体积．【答案】（1）证明见解析（2）5

76【解析】【分析】（1）设线段AP上靠近A的三等分点为F，连接EF，OF，再结合条件证明四边形OCEF为平行四边形，分析求解即可；（2）作OGAB⊥于点G，则G为AB的中点，再求出梯形ABCO的面积，由圆锥性质得E到平面ABCO的距离为13PO，再利用公式求解即可.【小问1详解】如图，设线

段AP上靠近A的三等分点为F，连接EF，OF．因为23PEPFPBPA==，所以PEFPBAVV∽，所以//EFAE，且23EFAB=，因为//OCAB，且23OCAB=，所以//EFOC，且EFOC=，所以四边形OCEF为平行四边形，

所以CEOF//因为CE平面PAO，OF平面PAO，所以//CE平面PAO．【小问2详解】作OGAB⊥于点G，则G为AB的中点，所以2237222OG=−=，所以梯形ABCO的面积为()23757

224+=，因为2=PEBE，所以E到平面ABCO的距离为123PO=，所以四棱锥EABCO−的体积为157572346=．22.如图，记锐角ABCV的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，24cb==，A的角平分线交BC于点D，O为ABCV的

重心，过O作OPBC∥，交AD于点P，过P作PEAB⊥于点E.（1）求a的取值范围；（2）若四边形BDPE与ABCV的面积之比为，求的取值范围.【答案】（1）2325a（2）1446,2781

【解析】【分析】（1）根据ABAC，且ABCV是锐角三角形，得到ACB，BAC均为锐角，利用余弦定理求解；（2）连接AO，延长AO交BC于点G，设2BAC=，22APPDx==，根据ABCABDACDSSS=+VVV，得到8cos9x=，由12=VAEPSAEPE和四边形

BDPE的面积为：−VVABDAEPSS，得到25416cos81−=求解.【小问1详解】解：因为ABAC，且ABCV是锐角三角形，所以ACB，BAC均为锐角，所以222222221201,242001,216

abcacosCababcaacosBACbc+−−==+−−==解得2325a.【小问2详解】如图，连接AO，延长AO交BC于点G.因为О为ABCV的重心，所以G为BC的中点，23AOAG=.因为OPBC

∥，所以AOPAGD=，APOADG=，所以AOPAGD∽△△，所以23APAOADAG==.设2BAC=，22APPDx==，则BADCAD==.因为1sin24sin22ABCSABAC==△，1sin6sin2ABDSABAD

x==△，1sin3sin2ACDSACADx==△，所以由ABCABDACDSSS=+VVV，得4sin29sinx=，即8cos9x=.因为2112sin2cos2sincos22AEPSAEPExxx==

=△，所以四边形BDPE的面积为：26sin2sincosABDAEPSSxx−=−△△288sin2cossin239=−.由2325a，得222010cos22cos1162a−

=−=，即213cos24，所以2288sin2cossin25416cos144639,4sin2812781−−==.