2023-2024學(xué)年江蘇省南京師大附中高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年江蘇省南京師大附中高一（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。1.2A.32 B.12 C.?2.在復(fù)平面內(nèi)，常把復(fù)數(shù)z=a+bi(a,b∈R)和向量OZ進(jìn)行一一對應(yīng).現(xiàn)把與復(fù)數(shù)2+i對應(yīng)的向量繞原點(diǎn)O按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，所得的向量對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(

)A.1?2i B.?1?2i C.1+2i D.?1+2i3.下列各組向量中，可以作為基底的是(

)A.e1=(0,0)，e2=(1,?2) B.e1=(?1,2)，e2=(5,7)

C.4.復(fù)數(shù)z滿足z?(1+i)=i3，則其共軛復(fù)數(shù)zA.12 B.12i C.?5.在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊.若A=60°，b=1，S△ABC=3，則A.133 B.2133 6.已知正四面體P?ABC的棱長為1，空間中一點(diǎn)M滿足PM=xPA+yPB+zPC，其中x，y，z∈R，且x+y+z=1.A.33 B.63 C.7.已知sin(70°?α)=sin(50°+α)+cos(40°+α)A.33 B.?33 8.如圖，已知三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱長均為2，滿足AA.3

B.3

C.23二、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z1，z2為復(fù)數(shù)，則(

)A.z1z2?=z1?z2? B.|z10.已知非零向量a，b，記x=|a+b|，y=|A.若a⊥b，則x=yB.若a//b，則x>y

C.若x=3，y=7，且|a|=2|b|11.如圖，在矩形ABCD中，AB=2，BC=233，將三角形ACD沿直線AC翻折得到三角形ACD′，在翻折過程中，下列說法正確的是(

)A.存在某個(gè)位置，使得三棱錐D′?ABC的外接球半徑大于233

B.存在某個(gè)位置，使得異面直線BD′與AC的所成的角為π4

C.點(diǎn)B到平面ACD的距離的最大值為1

D.直線BD′三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知向量a=(2,1)，b=(x,2)，若a⊥(2a?513.求值：(cosπ4+isin14.已知正四棱錐P?ABCD的所有棱長均為2，以點(diǎn)A為球心，2為半徑的球與該四棱錐的所有表面的交線總長為______．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)

在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)x軸為始邊的銳角α和鈍角β的終邊分別交單位圓于A，B兩點(diǎn).已知點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為55，點(diǎn)B的縱坐標(biāo)為210．

(1)求sin(α+β)；

(2)16.(本小題15分)

在底面為正三角形的三棱柱ABC?A1B1C1中，已知點(diǎn)M，N分別是A1C1，B1C的中點(diǎn)．

(1)求證：MN//平面AA117.(本小題15分)

在銳角△ABC中，其內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2b2=2c2?a2．

(1)求tanB18.(本小題17分)

類比高中函數(shù)的定義，引入虛數(shù)單位，自變量為復(fù)數(shù)的函數(shù)稱之為復(fù)變函數(shù)．

已知復(fù)變函數(shù)f(x)=xn+1xn，x∈C，n∈N?．

(1)當(dāng)n=1時(shí)，解關(guān)于x的方程：f(x)=1；

(2)當(dāng)n=2時(shí)，

①若|x|=1，求f(x)的最小值；

②若存在實(shí)部不為0的虛數(shù)x和實(shí)數(shù)19.(本小題17分)

在三棱臺ABC?A1B1C1中，△AB1C為正三角形，AB=BC=2，且AB⊥BC，點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，平面ABC⊥平面AB1C.

(1)若C1D⊥B1C，證明：平面CBB1C1⊥平面DBC1；

(2)當(dāng)AA1=CC1=4時(shí)，

①設(shè)平面ABA1與平面

答案解析1..A

【解析】解：22cos15°+222..A

【解析】解：與復(fù)數(shù)2+i對應(yīng)的向量繞原點(diǎn)O按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，

則所得的向量對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(2+i)[cos(?90°)+isin(?90°)i]=1?2i．

故選：A3..B

【解析】解：A．e1與e2共線，不能作為基底；

B.e1與e2不共線，可以作為基底．

C.e1=4e2，∴e1與e2共線，不能作為基底；

D.2e1=e2，e1與e2共線，不能作為基底．

故選：B．

A.e1為零向量與e2共線；

B4..A

【解析】解：z?(1+i)=i3=?i，

則z=?i1+i=?i(1?i)(1+i)(1?i)=?15..D

【解析】解：因?yàn)锳=60°，b=1，S△ABC=3，

所以S△ABC=12bcsinA，

即3=12×1×c×32，解得c=4，

由余弦定理可得a=6..B

【解析】解：由PM=xPA+yPB+zPC，且x+y+z=1，

可知M與A，B，C共面，

則|PM|的最小值為三棱錐的高，

設(shè)O為P在平面ABC上的射影，連接CO并延長交AB于點(diǎn)H，

則CH⊥AB，所以CH=32，所以CO=7..D

【解析】解：sin(70°?α)=sin[30°+(40°?α)]

=sin30°cos(40°?α)+cos30°sin(40°?α)

=12?cos(40°?α)+32sin(40°?α)，

12cos(40°?α)+32sin(40°?α)=cos(40°?α)+cos(40°+α)，

32?sin(40°?α)?12cos(40°?α)=8..B

【解析】解：如圖，對稱補(bǔ)形成平行六面體，

易知A1D//B1C，又A1B⊥B1C，

∴A1B⊥A1D，又易知BD=23，且A19..ABC

【解析】解：對于A：設(shè)z1=a+bi，z2=c+di，(a、b、c、d∈R)，

可得z1?z2=(a+bi)(c+di)=(ac?bd)+(ad+bc)i，

則z1?z2?=(ac?bd)?(ad+bc)i，

又z1?=a?bi，z2?=c?di，

z1??z2?=(a?bi)(c?di)=(ac?bd)?(ad+bc)i，

即z1?z2?=z1??z2?，故A正確；

對于B：設(shè)z1=a+bi，z2=c+di，(a、b、c、d∈R)，

故|z110..ACD

【解析】解：對于A，若a⊥b，則a?b=0，所以x=|a+b|=(a+b)2=a2+2a?b+b2=a2+b2，

y=|a?b|=(a?b)2=a2?2a?b+b2=a2+b2，所以x=y，故A項(xiàng)正確；

對于B，當(dāng)a/?/b時(shí)，若a、b同向，則x>y，若a、b反向，則x<y，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；

對于C，由x=3，y=11..BC

【解析】解：連接AC，BD交于點(diǎn)O，過點(diǎn)D作DF⊥AC，垂足為F，過B作BG⊥AC，垂足為G，

設(shè)D關(guān)于AC的對稱點(diǎn)為D″，過D′作D′H⊥面ABC，

設(shè)垂足為H，則點(diǎn)H在直線DD″上，連接BD″，

對于A：因?yàn)镺A=OB=OC=OD′，

所以三棱錐D′?ABC的外接球半徑為OA=233，故A錯(cuò)誤；

對于B：因?yàn)閠an∠DAC=2233=3，則∠DAC=π3，

又因?yàn)锳O=DO，

所以△ADO為等邊三角形，則AO=233，

則AF=FO=OG=GC=33，AM=AF×23=33×233=23，

則BM=43，BD″=FG=233=BC′，

由題可知∠CAB=∠D′BD″，則BD″//AC，

因?yàn)锳C⊥面DD′D″，

所以BD″⊥D′D″，

又0<D′D″<DD′=2，

則當(dāng)D′D″=233時(shí)，tan∠D′BD″=1，∠D′BD″=π4，故B正確；

對于C：設(shè)d1為點(diǎn)D′到平面ABC的距離，d2為點(diǎn)B到平面ACD′的距離，

因?yàn)閂B?ACD′=VD′?ABC，S△ACD′=S△ABC，

所以d2=d1≤1，

當(dāng)面ACD′⊥面12..0

【解析】解：a=(2,1)，b=(x,2)，

則2a?5b=(4?5x,?8)，

a⊥(2a?5b)，13..1

【解析】解：原式=cos(π4+3π14..7π3【解析】解：正四棱錐P?ABCD的所有棱長均為2，以點(diǎn)A為球心，2為半徑的球，

與該四棱錐的底面ABCD的交線為BD，長度為14×2π×2=π，

在側(cè)面PBC內(nèi)的交線為PB，長度為16×2π×2=2π3，

在側(cè)面PCD內(nèi)的交線為PD，長度為16×2π×2=2π3，15..解：由三角函數(shù)的定義可得：cosα=55，sinβ=210，

因?yàn)棣翞殇J角，β為鈍角，

所以sinα=1?cos2α=1?15=255，cosβ=?1?sin2β=?1?150=?7【解析】(1)由三角函數(shù)的定義求得cosα=55，sinβ=210，再由同角三角函數(shù)的基本關(guān)系及兩角和的正弦公式計(jì)算即可；16..證明：(1)取B1C1的中點(diǎn)E，連接EN，EM，

因?yàn)镸，N分別是A1C1，B1C的中點(diǎn)，

所以ME//A1B1，EN//CC1//BB1，

因?yàn)锳1B1?平面AA1B1B，ME?平面AA1B1B，

所以ME//平面AA1B1B，

同理可得EN//平面AA1B1B，而ME∩NE=E，

所以平面MNE//平面AA1B1B，而MN?平面MNE，

所以MN//平面A【解析】(1)取B1C1的中點(diǎn)E，連接EN，EM，易證得平面MNE//平面AA1B1B，進(jìn)而可證得結(jié)論；

(2)連接A1C，MC，B1M，由題意可得△A17..解：(1)由2b2=2c2?a2，可得2a2+2b2?2c2=a2，

由余弦定理可得：4abcosC=a2，

由正弦定理可得：4sinBcosC=sinA，

又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

故3sinBcosC=cosBsinC，即tanC=3tanB，

故tanBtanC=13；

(2)由(1)【解析】(1)由正弦定理及余弦定理，結(jié)合誘導(dǎo)公式及和角公式即可求得；

(2)由誘導(dǎo)公式及三角恒等變換，結(jié)合基本不等式即可求解．

18..解：(1)由題意得x+1x=1，整理得x2?x+1=0，

x=1±1?42=1±3i2；

(2)①當(dāng)n=2時(shí)，f(x)=x2+1x2，設(shè)x=a+bi(a,b∈R)，

因?yàn)閨x|=1，所以a2+b2=1，

f(x)=x2+1x2=(a+bi)2+1(a+bi)2

=(a2?b2)+2abi+1(a2?b2)+2abi

=(a2?b2)+2abi+(a2?b2)?2abi[(a2?b2)+2abi][(a2?b2)?2abi]

=(a2?b2)+2abi+(【解析】(1)由題意得x+1x=1，化簡后利用一元二次方程的求根公式求解即可；

(2)①設(shè)x=a+bi(a,b∈R)，代入f(x)=x2+1x2，結(jié)合a2+b2=1可求得其最小值；

②19..解：(1)連接DB1，

因?yàn)锳B=BC，且點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，

則BD⊥AC，

又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面AB1C，平面ABC∩平面AB1C=AC，BD?平面ABC，

所以BD⊥平面AB1C，由B1C?平面AB1C，可得BD⊥B1C，

且C1D⊥B1C，C1D∩BD=D，C1D，BD?平面DBC1，可得B1C⊥平面DBC1，

且B1C?平面CBB1C1，

所以平面CBB1C1⊥平面DBC1．

(2)①由題意可知：BD=12AC=2，B1D=6，

因?yàn)椤鰽B1C為正三角形，且點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，

則B1D⊥AC，

又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面AB1C，平面ABC∩平面AB1C=AC，B1DC平面AB1C，

所以B1D⊥平面ABC，由BD?平面ABC，可得B1D⊥BD，

可得B1B=B1D2+BD2=22，

取AB的中點(diǎn)M，連接DM，B1M，

因?yàn)锽1B=AB1，AD=DB，則B1M⊥AB，DM⊥AB，

且B1M∩DM=M，B1M，DM?平面B1DM，則AB⊥平面B1DM，

對于梯形ABB1A1，過點(diǎn)A做AD1⊥A1B1，垂足為D1，

因?yàn)锽1M=AB12?AM2=7，則AD1=B1M