高一数末答案_2024年07月试卷_0710四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期期末考试_四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题_高一数学

树德中学高 2023级高一下学期期末考试数学参考答案 一、选择题（1-8小题每小题5分，9-11题每小题6分，部分选对得部分分，有错选的得0分，共58分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D D A C B D A D AB ACD ABD 二、填空题（每小题5分，共15分） 1 12. ； 13. 2； 14. 1. 2 三、解答题（共77分） a20 15. （13分）解 （1）由题意，得 ，解得a2，所以实数a的取值范围为a(,2). a2 a20 （2）当a1时，z12i，所以z 12i， 所以(12i)2 m(12i)+n=0， mn30 m2 整理，得mn3(42m)i0，所以 ，解得 ，所以nm7. 42m0 n5 zz m 12i12im m2 另解 由韦达定理，可得 ，即 ，解得 ，所以nm7. zz n (12i)(12i)n n5 T 5 1 1 1 16. （15分）解 （1）设y f(t)的最小正周期为T ，由图可知    ，所以T  ， 所以 4 24 12 8 2 2π  4π y f(t)的频率为2，所以振子在单位时间内往复运动的次数为2次，所以 1 . 因为y f(t)过点 2 5 5 π π π ( ,2)，所以 4π 2kπ(kZ)，又|| ，所以 ， 24 24 2 2 3 π 所以y f(t)的解析式为 f(t)2sin(4πt )(t[0,). 3 1 π （注：也可由五点法，知 4π0，得 ） 12 3 （2）因为将y f(t)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到yg(t)，所以 π π 5 1 π 2π π π g(t)2sin(2πt )(t[0,))，令z2πt ，由t[ , ]，得z[ , ]， 易知ysinz在z[ , ] 3 3 24 2 12 3 12 2 π 2π π π π 2 3 1 6 2 π 上单调递增，z[ , ]上单调递减，又sin sin(  ) (  ) ， sin 1， 2 3 12 3 4 2 2 2 4 2 2π 3 π π 6 2 sin  ，所以ysinz在z[ , ]的值域为[ ,1]， 3 2 12 2 4 π π 6 2 5 1 6 2 所以y2sinz在z[ , ]的值域为[ ,2]，所以yg(t)在t[ , ]的值域为[ ,2]. 12 2 2 24 2 2 17. （15分）（1）证明 因为AB∥CD，AB平面CDEF ，CD平面CDEF ，所以AB∥平面CDEF ， 又因为AB平面ABEF且平面ABEF 平面CDEF EF ，所以AB∥EF，又EF 平面ABCD，AB 平面ABCD，所以EF∥平面ABCD. 1 {#{QQABaYSQogggAIIAAAhCEQVoCEIQkAEACQgOxFAAMAAAwBNABAA=}#}π π （2）证明 因为AB AD2，BAD ，所以△ABD为正三角形，所以ABDADB ，又 3 3 π AB∥CD，所以BDC ，又BC2 3，所以在△BCD中，由余弦定理，得 3 (2 3)2 22 CD2 2CD，解得CD4或CD2（舍去），因为BD2 BC2 22 (2 3)2 CD2 42，所 以BDBC ，又BDBF，且BCBF B，所以BD平面BCF，又BD平面ABCD，所以平面 ABCD平面BCF. π 因为AD AE2，DAE ，所以△ADE为正三角形， 3 因为ADE为正三角形，所以EO 3， ABCD 由梯形中位线，可得OG EF ，且OG∥AB∥CD，所以 2 1 OG∥EF，所以四边形OEFG为平行四边形，所以FG∥EO，即FG 3 BC，所以FG BC，又平面   2 ABCD平面BCF BC，所以FG平面ABCD，所以EO平面ABCD，又EO平面ABD，所以平面 AED平面ABCD. （3）解 过G作直线MN//AD，延长AB与MN交于点M ，MN与CD交于点N ，连接FM，FN. 因为G为BC的中点，所以MGOA且MG//OA，所以四边形AOGM为平行四边形，所以AM OG. 同理DN OG，所以AM OGDN EF 3. 又AB//CD，所以AM//DN，所以AM//DN//EF，所以多面体MNFADE为三棱柱. 过M 作MH  AD于H点，因为平面ADE平面ABCD，所以MH 平面ADE， 所以线段MH的长即三棱柱MNFADE的高，在△AMH 中， 3 3 MH  AMsin60 ， 2 3 3 3 9 所以三棱柱MNFADE的体积为 22  . 4 2 2 因为三棱锥FBMG与FCNG的体积相等，所以所求多面体的体 9 积为 . 2 另解 简要分析如下：证明方法同解法 1，将五面体ABCDEF 分割为一个四棱锥EABCD 和一个三棱锥 EBCF，因为V V V V V V V ABCDEF EABCD FBCE EABCD EBCF EABCD OBCF 1 1 1 1 3 9 所以V   (24) 3 3  2 3 3  . ABCDEF 3 2 3 2 2 2 （其他正确分割方式也可给满分） 2 {#{QQABaYSQogggAIIAAAhCEQVoCEIQkAEACQgOxFAAMAAAwBNABAA=}#}CB 10 3 18. （17 分）解 （1）因为 AC BC ， AC 10 m， BC 10 3 m，得 tanA   3 ，又 CD 10 π π π A(0, ) ， 所 以 A ， B . 若 CD5 3 m， 在 △ACD 中 ， 由 余 弦 定 理 ， 得 2 3 6 π π (5 3)2  AD2 102 2AD10cos ，解得 AD5 m，所以CD AE ，所以ACDDCE  ，所以 3 6 △ACE为等腰三角形，所以DE  AD10m. π AD 10 （2）设ACD(0 )，在△ACD中，由正弦定理，得  ，同理 3 sin π sin( ) 3 AE 10 ADAE 100  ，又ADAE 100，所以  ，所以 π π π π π sin( ) sin( ) sinsin( ) sin( )sin( ) 6 2 6 3 2 3 1 1 3 π π π sin( sin cos)( sin cos)cos，即cos20，又0 ，所以2 ，即 ， 2 2 2 2 3 2 4 π 所以ACD . 4 π 5 3 5 3 1 π （3）设ACD(0 ) ，由（2）知CD ，CE ，又S  CDCEsin ，所 3 π cos △CDE 2 6 sin( ) 3 1 75 75 75 π π 以 S     ，当且仅当 2  ，即当 △CDE 4 π 2sincos2 3cos2 π 3 2 sin( )cos 2sin(2 ) 3 3 3 π  时，△CDE的面积取最小值为75(2 3) m2. 12 19. （17 分）（1）证明 因为四边形SABC 为长方形，所以BC  AB ，又平面SAB 平面 ABC 且平面 SAB平面ABC  AB，所以BC 平面SAB. （2）如图所示，在（ii）图中过点S 作SO AD ，垂足为O ，延长SO 交AB 于点E ，连接SO . 由翻折知 SO AD，所以二面角SADB的平面角为SOE， 4 2x 8 2 在（ii）图中设 SDx ，可得 AE ， SO ， OE ， 因为 cosSOE ，所以 x x2 4 x x2 4 3 8 OE 2 OE 2 x x2 4 2  ，所以  ，所以  ， 解得x2 6，即x 6或x 6（舍去）， SO 3 SO 3 2x 3 x2 4 S' 所以SD 6 . S x D C S C 2 D O O A 4 E B A E B （i） （ii） x 3 {#{QQABaYSQogggAIIAAAhCEQVoCEIQkAEACQgOxFAAMAAAwBNABAA=}#}（3）如图所示，由（2）知SOSOO ，所以 AD 平面SOS ，SE 平面SOS ，所以 AD SE . 由 （1）问，知BC  平面SAB 且SA∥BC ，所以SA 平面SAB ，又SE 平面SAB ，所以SA SE ，又 SA AD A，且SA,AD平面ABCD，所以SE 平面ABCD，又AB平面ABCD，所以SE  AB. 在（ii）图中过点E作EH∥BC交AD于点H ，过点E作EGSO，连接GH . 由（2），知 AD 平面SOE ，又 AD 平面SAD ，所以平面SAD  平面SOE ，因为平面SAD  平面 SOE SO ，所以EG 平面SAD ，所以EH 在平面SAD 的射影为GH ，所以EHG 为直线EH 与平面 2x 8 8 SAD 所 成 角. 注 意 到 SOOE ， 即  ， 解 得 x(2,2 3） . 又 EH  ， 4x2 x x2 4 x2 8 x2 4 EG x2 4 x2 4 EGOEsin  ， 所 以 sin   ， 即 sin  ， 所 以 2 x3 1 EH x 1 x 8 cos2 12sin2  1， 1 1 x2 4 1 8 x2 由（2）知 cos  ，所以 cos2  1 2 21 （等号当且仅当 x4 32 时成立 2 x2 1 cos x2 4 2 32(16,144））. S' x D S C G H S C 2 H D O O A 4 E B A E B （i） （ii） x （注：（2）问也可以用射影面积求二面角，（3）问也可用等体积法求线面角） 4 {#{QQABaYSQogggAIIAAAhCEQVoCEIQkAEACQgOxFAAMAAAwBNABAA=}#}