2023-2024学年度（下）沈阳市五校协作体期末考试高一年级数学试卷+答案

第 1页，共 6页 学科网（北京）股份有限公司 2023-2024 学年度(下)沈阳市五校协作体期末考试 高一年级数学试卷答案 考试时间：120 分钟 考试分数：150 分 一、单选题 1-4． BACA 5-8． BDCC 二、多选题 9．ABD 10．BC. 11．BD． 三、填空题 12． 3 10 10 . 13． 52π 14．  1 2,2 3  四、解答题 15． （13分） 【解】（1）因为 cos cosa B b A a c    ，根据正弦定理，得  sin cos cos sin sin sin sin sin cos cos sinA B A B A C A A B A B        ，--- --- ---2分 化简得 2sin cos sinA B A  ，因为 sin 0A  ，所以 1cos 2 B   ， --- --- ---4分 因为  0,πB ，所以 2π 3 B  . --- --- ---5分 （2）在 ABC 中，由余弦定理得 2 2 2 2π(2 7) 2 2 2 cos 3 c c    ，--- --- ---7分 所以 2 2 24 0c c   ，解得 4c  ． --- --- ---9分 因为 BD为 ABC 的中线，所以 2BD BA BC  uuur uur uuur ，所以 2 2 2 2π4 | | 2 cos 3 BD c a ac     ， --- --- ---11分 因为 2, 4a c  ，所以 24 | | 12BD   ，解得 3BD   . --- --- ---13分 （利用其它方法证明求解的按步骤给分） 第 2页，共 6页 16． （15分） 【解】（1）连接 BD交 AC于点O，连接 EO，由底面 ABCD是正方形，故O为BD中点， 又点 E为线段 PD的中点，故 / /OE PB， --- --- ---3 分 又OE 平面 AEC， PB 平面 AEC，故 / /PB 平面 AEC； --- --- ---4 分 （2）由点 E为线段 PD的中点， PA AD ，故 AE PD ， 由 PA 平面 ABCD，CD平面 ABCD，故 PA CD ， --- --- ---6分 又底面 ABCD是正方形，故 AD CD ，又 AD、PA平面 PAD，AD PA A  ，故CD  平面 PAD，又 AE 平面 PAD，故CD AE ， --- --- ---8分 又CD、 PD 平面 PCD，CD PD D ，故 AE 平面 PCD；- -- --- ---10分 （3）由点 E为线段 PD的中点，故点 P与点D到平面 AEC距离相等，--- --- ---12分 故 1 1 1 1 22 2 2 2 2 3 2 3P BCE D BCE E BCD P BCD V V V V             .- -- --- ---15分 （利用其它方法证明求解的按步骤给分） 17．（15分） 【解】（1）对任意 x R 都有 π( ) ( ) 3 f x f x  ，则函数 ( )f x 的图象关于直线 π 6 x  对称， 于是 π π 2 π, Z 6 2 k k    ，而 π π( , ) 2 2    ，则 π0, 3 k   ，所以 π 3   . --- --- ---4分 (2) ( ) 2sin( ) 3 f x x   ，当  0,πx 时，设 π π 4π, 3 3 3 t x        ， y=2sin( )t 在 第 3页，共 6页 学科网（北京）股份有限公司 π π, 3 2 t      为增函数，在 π 4π, 2 3 t      为减函数，所以方程   0f x m  有唯一实根，等价 于 ( ) 3 , 3f t m m m      2 m  时有唯一实根，所以m的范围.是 3, 3m    2  --- --- ---8 分 （3）由（1）知， ( ) 2sin( ) π 6 g x x  ，则 ( ) 2sin( ) π 6 g x x    ， )π π 3 o 6 ( ) 2sin( ) 2c s(f x x x    ， 2 2 2 ) π[ ( )] π4cos ( ) 4 4sin 6 6 (f x x x     ， 当 π[ , π] 6 x 时， π 5π[0, ] 6 6 x   ， πsin( ) [0,1] 6 x   ，令 πsin( ) [0,1] 6 x t   ， 显然 2 2( ) 2 ,[ ( )] 4 4g x t f x t     ， --- --- ---12分 不等式 2 2 2 2 4( ) ( ) 2 12 2 (4 4 ) 2 12 1 tag x f x a at t a a t               ， 依题意， [0,1]t  ，不等式 22 4 1 ta t    恒成立， 显然 1 [1, 2]t   ， 2 22 4 2( 1) 6 6 62( 1) 2( 1) 4 1 1 1 1 t t t t t t t t                62 2( 1) 4 4 3 4 1 t t        ，当且仅当 62( 1) 1 t t    ，即 3 1t   时取等号，则 4 3 4a   ，所以实数 a的取值范围是 4 3 4a   . --- --- ---15分 （利用其它方法证明求解的按步骤给分） 18． （17分） 【解】(1)证明：在正三棱柱 1 1 1ABC A BC- 中，因为点M 为 1 1A B 的中点，则 1 1 1C M AB ，又 1A A 平面 1 1 1A BC ， 1C M 平面 1 1 1A BC ，则有 1 1AA C M ， 而 1 1 1 1 1 1 1, ,AA A B A AA A B  平面 1 1AA B B，于是 1C M 平面 1 1AA B B， 1C M 平面 1BC M ， 则平面 1BC M 平面 1 1AA B B， --- --- ---5分 第 4页，共 6页 （2）在平面 1 1AA B B内过点A作 AQ BM 交 1BB 于点Q，平面 1BC M 平面 1 1AA B B BM ， 因此 AQ 平面 1BC M ，于是点Q即为所要找的点，--- --- ---8分 如下图所示，显然 1ABQ BB M  ，因此 1 1 BQ AB BM BB  ， 即有 2 1 4 BQ  ，于是 1 2 BQ  ， 1 1 1 74 2 2 BQ B B BQ     ，所以 1 7 BQ QB  .--- --- ---11分 （3）在平面 1 1 1A BC 上，过M点作MN垂直 1 1BC 垂足为 N，因为点M 为 1 1A B 的中点，所 以 N为 1 1BC 的四等分点，即 1 1 1: 3 : 4C N C B  , --- --- ---13分 过 N点作 1BC 的垂线 NP垂足为 P，连接MP, 平面 1 1 1A BC 平面 1 1CC B B，平面 1 1 1A BC 平面 1 1 1 1CC B B BC ，因此MN 平面 1 1CC B B，所以有 1MP BC ，由二面角定义可得 MPN 为二面角 1 1M BC B  的平面 角， --- --- ---15分 1 1BC B 为直角三角形， 1BC 边上的高为 4 5 d  ，则有 NP= 3 3 4 5 d  ， 所以 3 152tan 3 6 5 MPN   --- --- ---17分 第 5页，共 6页 学科网（北京）股份有限公司 （利用其它方法证明求解的按步骤给分） 19． （17分） 【详解】(1) 由 3 2, 4,AB AC  2cos 2 A  ，由余弦定理得 BC= 10, --- --- ---2分 取 AB的中点D，连接OD ,则OD AB ,所以 18( ) =9 2 AO AB AD DO AB AD AB              ，同理可得 8 5BO BC CO CA        ， ，则 AB AO BC BO CA CO         的 值为 22； --- --- ---4分 （2）不妨设 | | , | |AB m AC n    ，因 21( ) 2 AO AB AD DO AB AD AB m              ，同理可得 21 2 AO AC n    ， 则由 AO xAB yAC     可得 2| |AO AB x AB yAB AC         2 2 22 1cos 2 2 xm ymn A xm ymn m     ，即得：2 2mx ny m  ① 又由 AO xAB yAC     可得 2| |AO AC xAB AC y AC         2 2 22 1cos 2 2 xmn A yn xmn yn n     ，即得： 2 2mx ny n  ②---- --- ---6分 联立① ,②，解得： 21 2 , 21 2 nx m my n        第 6页，共 6页 则 2 2 21 1 2 ( ) 2 2 2 n mx y n m m n m n       ， --- --- --8分 因 2 n m m n   ，当且仅当m n 时等号成立.即当m n 时， x y 取得最大值 2 2 . --- --- ---10分 （3）由 2cos , 2 A  π0 2 A  ，则 π 4 A  ，由图知 π2 2 BOC A    ,则 0OB OC    , --- --- ---11分 设 ABC 的外接圆半径为 R， 则 2 2 2 2 2 2| sin2 cos2 | sin 2 | | cos 2 | |B OB B OC B OB B OC R            , 即 | sin2 cos2 |B OB B OC R      , --- --- ---13分 又 (sin 2 cos 2 )OA B OB B OC       2 (sin 2 cos cos 2 cos )R B AOB B AOC    ， 而 3π2π 2 AOB BOC AOC AOC      , 则 cos sin sin 2AOB AOC B      ，而 cos cos2AOC B  ， 故 2 2 2 2(sin2 cos2 ) (sin 2 cos 2 )OA B OB B OC R B B R            ,--- --- ---15分 不妨设OA  与 sin 2 cos2B OB B OC     的夹角为 ， 则 2 2cos 1| | | | (sin2 cos2 ) sin2 cos2 OA B OB B OC OA B OB B C R RO                  , 因 [0, π]  ，故 π  ，即 sin 2 cos 2OA B OB B OC        ， 故 sin 2 cos2 0OA B OB B OC         ，得证. --- --- ---17分 （利用其它方法证明求解的按步骤给分）