射洪中学高 2023级高一下期半期考试
数学参考答案
1.A 2.B 3.D 4.B 5.C 6.D 7.C 8.B
2 1 b2
【分析】首先由DO= 3 λAB- 2 λAC,λ∈R，DO⊥AC，结合余弦定理得出 c
2= 2 + 4，进一步由
1 1
三角形面积公式、同角三角函数关系恒等式得S 2 2△ABC= 2 - 16 b -32 +64，由此即可得解.
【详解】
DO= 2
因为 3 λAB-
1
2 λAC,λ∈R，DO⊥AC，
2 1
所以DO AC = 3 λAB- 2 λAC AC =
2λ
3 cbcos∠BAC-
λ
2 b
2= 0,λ∈R，
2 2 2
从而 4cbcos∠BAC= 3b2 c +b -a，即 4cb = 3b2，
2cb
3b2 b2
所以 c2+ b2- 4= 2 ，所以 c
2= 2 + 4，
所以△ABC 1 1的面积为S 2△ABC= 2 bcsin∠BAC= 2 bc 1-cos ∠BAC
2 2 2 2 2 2 2 2
= 1 bc 2 1 - bc 2 b +c -a = b2c2-
b +c -a
2 2bc 2 4
2 2
3b 2 4 4
= 1 2 2 22 b c - 4 =
1 2
2 b b2 +4 - 9b
1 b 2
16 = 2 - 16 +4b =
1 - 1 b22 16 -32
2 +64≤
1
2 64= 4，
等号成立当且仅当 b= 4 2 ,c= 2 5，综上所述，△ABC面积的最大值为 4.故选：B.
9.BC 10.ABD
11.ACD
【分析】由已知利用棱锥的结构特征，球的表面积判断A；由棱锥的结构特征判断B；由棱锥体积判断
C；由线面角的定义求出大小判断D.
【详解】由题意知AC= 2,BC= 3，
取AC的中点O,由于△ACD和△ABC是直角三角形且全等，故OA=OC=OD1=OB,
故在折法①的折叠过程中,三棱锥D1-ABC的外接球的球心为O,半径为 1,
故该球的表面积恒为 4π,故A选项正确；
按照折法①,在折起过程中,点D1在平面ABC内的投影D 1在线段BD上 (不包括端点),
而线段BD (不包括端点)不存在D 使得CD 1 1⊥AB，故不存在D1满足AB⊥CD1，故B选项错误；
按照折法②，取BD的中点H，A1H= 12 ，
当平面A1BD⊥平面BCD时，三棱锥A1-BCD体积取得最大值，
此时体积V= 13 AH S
1
△BCD= 3 ×
1 × 12 2 × 3
2 × 32 =
3
8 ,故C选项正确;
·1·
当A1C= 2时，A1C2+A B2=BC21 ，A 21C +A D2=CD21 ，故此时A1C⊥A1B,A1C⊥A1D,
又因为A1B∩A1D=A1,A1B,A1D 平面A1BD,故A1C⊥平面A1BD,
故∠ A CA1BC为BC与平面A BD , sin∠A BC= 1 = 2 = 61 所成线面角 则 1 3 ，故D选项正确.故BC 3
选:ACD.
12.5
13. 58
14. 8 39
【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.
【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长 a最大时，正方体的外接球恰
为圆锥的内切球，设圆锥的母线长为 l，底面半径为 r，则 r= 3，πrl= 6π，所以 l= 2 3
如图圆锥轴截面△SAB为等边三角形，其内切圆O是该圆锥的内切球O大圆截面，
△SAB SO = 3的高 1 2 SA= 3
1
，则内切圆O的半径即球半径R= 3 SO1= 1，
2 3
于是得球O的内接正方体棱长 a满足： 3a= 2R= 2，解得：a= 3 ，
2 3 2 3 3
所以 a的最大值为 3 Vmax= 3 =
8 3
9 .
8 3
故答案为： 9 .
15.(1)b= (-2,4)或 b= (2, -4) (2) 18
【详解】(1)由 a b，设 b= λa= (-λ,2λ)， b = 2 5，∴ λ2+(2λ)2= 2 5，
∴ λ=±2，∴ b= (-2,4)或 b= (2, -4).
(2) a = 5， b = 2 5，∵ (5a + b)⊥ (a - b) ，∴ (5a+ b) (a - b) = 0，
5
∴ 5a
2 - a b4a b- b2= 0 5 ，∴ a b= 4 .设 a与 b的夹角为 θ
4 1
，则 cosθ=
|a
= = .
||b| 5×2 5 8
∴ a b θ 1与 的夹角 的余弦值为 8 .
16.(1)证明见解析 (2)证明见解析
【详解】(1)如图，取DC的中点Q，连接MQ，NQ.
因为N，Q分别是PC，DC的中点，所以NQ PD.
因为NQ 平面PAD，PD 平面PAD，所以NQ 平面PAD.
因为M是AB的中点，四边形ABCD是平行四边形，所以MQ AD.
又MQ 平面PAD，AD 平面PAD，所以MQ 平面PAD.
·2·
因为MQ∩NQ=Q，MQ,NQ 平面MNQ，所以平面MNQ 平面PAD.
因为MN 平面MNQ，所以MN 平面PAD.
(2)因为平面MQ 平面PAD，
又平面PEC∩平面MNQ=MN，平面PEC∩平面PAD=PE，
所以MN PE.
17.(1) π增区间 - 3 +kπ,
π +kπ 6 ，k∈ Z；(2)周长为 18.
【详解】(1)由题意：
f x = 2 3sinxcosx+ 2cos2x= 3sin2x+ cos2x+ 1
= 2 32 sin2x+
1
2 cos2x + 1= 2sin 2x+
π
6 + 1
令- π2 + 2kπ≤ 2x+
π π π π
6 ≤ 2 + 2kπ，∴- 3 + kπ≤ x≤ 6 + kπ,k∈ Z
π π
故函数 f x 的单调递增区间为： - 3 +kπ, +kπ
6 ，k∈ Z
(2)由 f A = 2，可得 2sin 2A+ π6 + 1= 2∴ sin 2A+
π
6 =
1
2
∴ 2A+ π6 =
π
6 + 2kπ或 2A+
π
6 =
5π
6 + 2kπ,k∈ Z∴A= kπ A=
π
或 3 + kπ，又A∈ (0,π) ∴A
= π3
由余弦定理，a2= b2+ c2- 2bccosA即 49= 9+ c2- 3c∴ c2- 3c- 40= 0∴ (c- 8) (c+ 5) = 0
∴ c= 8(舍负)故周长L= a+ b+ c= 7+ 3+ 8= 18
18.(1) (2) 21 3+3 39证明见解析 4
【分析】(1)由已知可得AE⊥BC，DE⊥BC，可证BC⊥平面ADE，可得BC⊥AO，又易得AO⊥
DE，进而可证AO⊥平面BCD.
(2) 3 2 3由已知可得AO= 2 a，BC= 3 a，利用体积可求得 a的值，进而可求表面积.
【详解】(1)因为△AED是正三角形，点O为DE的中点，所以AO⊥DE.
因为△ABC，△BCD是正三角形，点E为BC的中点，所以AE⊥BC，DE⊥BC .
因为AE∩DE=E，DE 平面ADE，AE 平面ADE，所以BC⊥平面ADE.
因为AO 平面ADE，所以BC⊥AO，因为BC∩DE=E，BC 平面BCD，DE 平面BCD，
所以AO⊥平面BCD.
(2)设AD= a，则△ADE是边长为 a的正三角形，因为AO⊥DE，所以AO= 32 a，
2 3
因为△BCD是正三角形，且BC⊥DE,DE= a，所以BC= 3 a，
所以三棱锥A-BCD的体积V= 1 ×AO× 13 2 ×BC×DE=
1 × 3 a× 1 × 2 33 2 2 3 a× a=
1
6 a
3= 92 ，所以 a= 3，
△ADE 3 ×DE 2= 3的面积为 24 4 × 3 =
9 3
4 ，
△ABE与△DBE的面积相等，其面积之和为 2× 12 × 3 × 3= 3 3，
·3·
在△ABD中，AB=BD= 2 3，AD= 3，
所以△ABD 1的面积为 ×AD× AB2- 1
2
2 2 AD =
1 9 3 39
2 × 3× 12- 4 = 4 .
9 3 3 39 21 3+3 39
所以三棱锥A-BDE的表面积为 4 + 3 3+ 4 = 4 .
19(1) - 3 , 1存在， 2 2 或
3 1
2 ,- 2 (2) -∞,0 ∪ 3,+∞
【分析】(1)由题知 h x = 3sinx+ 3cosx，进而根据相伴向量的定义求解即可；
(2) 3 2根据三角函数的性质得 tanx0∈ 3 ,+∞ ，进而结合二倍角公式得 tan2x0= 1 ，
tanx -tanx00
再令 t= tanx0∈ 3 3 ,+∞ ，进而结合函数值域求解即可.
【详解】(1)因为 h x = 3cos x+ π6 + 3cos
π
3 -x
= 3 cosxcos π6 -sinxsin
π
6 + 3 cos
π cosx+sin π3 3 sinx
= 3cosxcos π - 3sinxsin π + 3cosxcos π6 6 3 + 3sinxsin
π
3
= 3 cosx- 3 sinx+ 3 3 sinx+ 32 2 2 2 cosx= 3sinx+ 3cosx，
所以，函数 h x 存在相伴向量，OM = 3,3 ，设与OM 垂直的单位向量为 e= (x,y),则有 e OM
= + = , = 2+ 2= 3x 3y 0 e x y 1. e= - 3 , 1 解得 2 2 或 e=
3
2 ,-
1
2
(2)OM 的“相伴函数”f x = asinx+ bcosx= a2+b2 sin x+φ ,tanφ= ba，
因为 f x π π 在x= x0处取得最大值，所以，当x0+ φ= 2 + 2kπ,k∈ Z，即x0= 2 - φ+ 2kπ,k∈ Z
f x a2+b2 sinx = sin π时， 有最大值 ，所以 0 2 -φ+2kπ = cosφ，cosx0= cos
π
2 -φ+2kπ =
sinφ，
= cosφtanx 1所以 0 sinφ = tanφ，因为 tanφ=
b 1
a ∈ 0, 3 ，tanφ ∈
3
3 ,+∞ ，所以 tanx0=
cosφ = 1 ∈ 3
2tanx0 2
sinφ tanφ 3 ,+∞ ，所以 tan2x0= 2 = 1 ，令 t= tanx1-tan x 0∈0
tanx -tanx00
3 3 ,+∞
1
，则 tanx - tanx0=
1 1 3
t - t，因为 y= t ,y=-t均为
3 ,+∞ 上的单调递减函数，0
所以 y= 1t - t
3 1 1
在 3 ,+∞ 上单调递减，所以 tanx - tanx0= t - t∈ -∞,
2 3
0 3
，所以，
= 2tanxtan2x 0 = 20 ∈ -∞,0 ∪ 3,+∞ ，1- 2 1 tan x0
tanx -tanx00
所以，tan2x0的取值范围为 -∞,0 ∪ 3,+∞ .
·4·射洪中学高2023级高一下期半期考试
数学试题
（时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1.已知复数，则z的虚部为（ ）
A. B. C.2 D.
2.下列选项中的三角形绕直线l旋转一周，能得到如图所示几何体的是（ ）
B.
C. D.
3.（ ）
A. B. C. D.
4.在正方体中，为的中点，则直线PB与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
5.已知正方形的边长为为正方形的中心，是的中点，则（ ）
A. B. C. D.1
6.把函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. B.
C. D.
7.空间中有不同平面，和不同直线，，若，，则下列说法中一定正确的是（ ）
A. B.若，，则
C.一定存在，使得，是异面直线 D.一定存在平面，满足，
8.设是△ABC的外心，点为的中点，满足，若，则△ABC面积的最大值为（ ）
A.2 B.4 C. D.8
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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.在△ABC中，，则角的可能取值是（ ）
A. B. C. D.
10.下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（ ）
A.在复平面内对应的点在第一象限 B.
C.的共轭复数为 D.是关于的方程的一个根
11.如图，在四边形中，△ACD和△ABC是全等三角形，，，，.下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥.折法①；将△ACD沿着折起，得到三棱锥，如图1.折法②：将沿着折起，得到三棱锥，如图2.下列说法正确的是（ ）.
A.按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为
B.按照折法①，存在满足
C.按照折法②﹐三棱锥体积的最大值为
D.按照折法②，存在满足平面，且此时与平面所成线面角正弦值为
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，，则 .
13.已知，则 .
14.已知圆锥的底面半径为，侧面积是，在其内部有一个正方体可以任意转动，则正方体的体积的最大值是 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15.（13分）已知向量，.
(1)若，求的坐标；
(2)若，求与夹角的余弦值.
▲
16.（15分）如图，已知四棱锥的底面ABCD为平行四边形，分别是棱AB，PC的中点，平面CMN与平面PAD交于PE. 求证：
(1)平面；
(2).
▲
17.（15分）已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）在三角形中，角、、所对的边分别为、、，，，，求△ABC的周长.
▲
18.（17分）如图，在三棱锥中，点为棱的中点，点为的中点，△ABC，△BCD，△AED都是正三角形.
(1)求证：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求三棱锥的表面积.
▲
19.（17分）定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）.记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为.
(1)设，请问函数是否存在相伴向量，若存在，求出与垂直的单位向量；若不存在，请说明理由.
(2)已知点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值，求的取值范围.
▲
答案第1页，共2页
