（二十五）综合模拟3-湖南省长沙市长郡中学2023年高一数学暑假自主学习作业本

这是一份（二十五）综合模拟3-湖南省长沙市长郡中学2023年高一数学暑假自主学习作业本，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．(★)已知复数z满足(1－i)z＝1＋i，其中i为虚数单位，则−z的实部为( )
A．1 B．－1 C．0 D．－i
2．(★)已知命题p：x≥0，ex≥1或sin x≤1，则綈p为( )
A．x＜0，ex＜1且sin x＞1
B．x＜0，ex≥1或sin x≤1
C．x≥0，ex＜1或sin x＞1
D．x≥0，ex＜1且sin x＞1
3．(★)已知α∈−π2,0，且2cs 2α＝sinα+π4，则sin 2α＝( )
A．－34 B.34 C．－1 D．1
4．(★★)在△ABC中，过重心E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设AM→＝xAB→，AN→＝yAC→(x＞0，y＞0)，则4x＋y的最小值是( )
A.43 B.103 C．3 D．2
5．(★★)某公司为提高职工政治素养，对全体职工进行了一次时事政治测试，随机抽取了100名职工的成绩，并将其制成如图所示的频率分布直方图，以样本估计总体，则下列结论正确的是( )
A．该公司职工的测试成绩不低于60分的人数约占总人数的80%
B．该公司职工测试成绩的中位数约为75
C．该公司职工测试成绩的平均值约为68
D．该公司职工测试成绩的众数约为60
6．(★★)已知f(x)是定义在R上的奇函数，满足f(2－x)＋f(x)＝0，且当x∈[0，1)时，f(x)＝xx−1，则函数g(x)＝f(x)＋2sin πx在区间−3,5上的所有零点之和为( )
A．12 B．13 C．14 D．15
7．(★★)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为3，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，则此球的表面积等于( )
A．8π B．9π C．10π D．11π
8．(★★★)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2ccs B＝2a＋b，若△ABC的面积为S＝312c，则ab的最小值为( )
A.12 B.13 C.16 D．3
二、多选题
9．(★)有一组互不相等的数组成的样本数据x1，x2，…，x9，其平均数为a(a≠xi，i＝1，2，…，9)，若插入一个数a，得到一组新的数据，则( )
A．两组样本数据的平均数相同
B．两组样本数据的中位数相同
C．两组样本数据的方差相同
D．两组样本数据的极差相同
10．(★★)在△ABC中，D在边BC上，且DC＝3BD，BD＝2，若AB＝2AD，cs∠ADB＝－33，则下列结论中正确的是( )
A．sin∠ABD＝33
B．△ABC为锐角三角形
C．△ABC的外接圆半径为32
D．△ABC的内切圆半径为4(3－2)
11．(★★)已知x＞0，y＞0，且x＋2y＝1，下列结论中正确的是( )
A．xy的最小值是18
B．2x＋4y的最小值是22
C.1x＋2y的最小值是9
D．x2＋y2的最小值是25
12．(★★★)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝BB1，O为A1C的中点．点P满足BP→＝λBC1→，其中λ∈0,1，则( )
A．对λ∈0,1时，都有A1P⊥OB1
B．当λ＝13时，直线A1P与AB所成的角是30°
C．当λ＝12时，直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值为55
D．当λ＝12时，直线A1P与OB1相交于一点Q，则PQQA1＝12
三、填空题
13．(★)设m、n分别为连续两次投掷骰子得到的点数，且向量a＝(m，n)，b＝(1，－1)，则a与b的夹角为锐角的概率是________．
14．(★★)如图，正四棱锥P－ABCD的每个顶点都在球M的球面上，侧面PAB是等边三角形．若半球O的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球O的体积与球M的体积的比值为________．
15．(★★)设O，H分别为斜△ABC的外心与垂心，若OH→＝m(OA→＋OB→＋OC→)(m∈R)，则m＝________．
16．(★★★)如图是函数f(x)＝Ksin(ωx＋φ)(K＞0，ω＞0，－π2＜φ＜π2)的部分图象，A是图象的一个最高点，D是图象与y轴的交点，B，C是图象与x轴的交点，且D(0，－1)，△ABC的面积等于π2.若x∈(π12，π)时，关于x的方程[f(x)]2－(m＋1)f(x)＋m＝0恰有3个不同的实数根，则m的取值范围是____________________．
四、解答题
17．(★)对于函数f(x)＝a＋22x+1(x∈R)，
(1)用定义证明：f(x)在R上是单调减函数；
(2)若f(x)是奇函数，求a值；
(3)在(2)的条件下，解不等式f(2t＋1)＋f(t－5)≤0.
18．(★★)已知在△ABC中，3sin(A＋B)＝1＋2sin2C2.
(1)求角C的大小；
(2)若∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点I，△ABC的外接圆半径为2，求△ABI周长的最大值．
19．(★★)将函数f(x)＝sin x的图象先向右平移π4个单位长度，再将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的1ω(ω＞0)倍(纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象．
(1)若ω＝2，求函数y＝g(x)在区间−π4,π4上的最大值；
(2)若函数y＝g(x)在区间(π4，π2)上没有零点，求ω的取值范围．
20．(★★)如图，在圆锥PO中，已知⊙O的直径AB＝2，PO＝2，点C是AB上的动点．
(1)求三棱锥P－ABC体积的最大值，并证明此时PC⊥AB；
(2)当∠CAB＝π6时，求二面角P－AC－B的余弦值．
21．(★★)由于2020年1月份国内疫情爆发，餐饮业受到重大影响，目前各地的复工复产工作在逐步推进，居民生活也逐步恢复正常．某商场经营者王某准备在商场门前“摆地摊”，经营“冷饮与小吃”生意．已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地AOB进行改造．如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点P在弧AB上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上，且OA＝90米，∠AOB＝π3.记∠POB＝θ.
(1)当θ＝π4时，求OM→·ON→；
(2)请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于θ的函数关系式，并求当θ为何值时，S取得最大值，最大值为多少．
22．(★★★)已知函数f(x)＝lgax＋sinπ4x (a＞0，且a≠1)满足f(4)＝f(2)－12.
(1)求a的值；
(2)求证：f(x)在定义域内有且只有一个零点x0，且x0＋22sinπ4x0＜52，最大值为多少．
高中暑假自主学习作业本·高一年级数学
参考答案
1．C 2.D 3.C
4．C 【解析】根据题意：AE→＝23·12(AB→＋AC→)＝13(AB→＋AC→)，
AM→＝xAB→，AN→＝yAC→(x＞0，y＞0)，
所以AB→＝1xAM→，AC→＝1yAN→，
所以AE→＝13·1xAM→＋13·1yAN→，
因为M、E、N三点共线，
所以13x＋13y＝1，所以(4x＋y)(13x＋13y)＝43＋13＋y3x＋4x3y≥53＋2y3x·4x3y＝3，
上式当且仅当y3x＝4x3y，即x＝12，y＝1时取等号．
故4x＋y的最小值是3.故选C.
5．C
6．D 【解析】由f(2－x)＋f(x)＝0知，f(x)关于(1，0)成中心对称，又因为f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f2−x＝－f(x)＝f−x，则f(x)的周期为2.
当x∈[0，1)时，f(x)＝xx−1＝1＋1x−1，易知f(0)＝0，f(2)＝f(4)＝0，f(－2)＝0，
当x＝1时，f(2－1)＋f(1)＝0，所以f(1)＝0，
根据f(x)周期为2，易知f(－1)＝f(3)＝f(1)＝0，
作出函数f(x)和函数φ(x)＝－2sin πx在区间(－3，5)图象如图：
根据对称性易知，所有零点之和为(－2)×3＋0×3＋2×3＋4×3＋(－1)＋1＋3＝15.
故选D.
7．A 【解析】由AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，
由余弦定理可得BC＝AB2+AC2−2AB·AC·cs60°＝4+1−2×2×1×12＝3，
所以S△ABC＝12AB·AC·sin 60°＝12×2×1×32＝32，
所以V三棱柱＝S△ABC·AA1＝3，所以可得AA1＝2，
设三角形ABC的外接圆的半径为r，所以r＝AB2＝1，
因为三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，
所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，
设外接球的半径为R，则R2＝r2＋AA122＝12＋12＝2，
所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π×2＝8π，故选：A.
8．B 【解析】由正弦定理，有asinA＝bsinB＝csinC＝2R，
又2c·cs B＝2a＋b，
得2sin C·cs B＝2sin A＋sin B，由A＋B＋C＝π，
得sin A＝sin(B＋C)，
则2sin C·cs B＝2sin(B＋C)＋sin B＝2sin Bcs C＋
2sin Ccs B＋sin B，
即2sin B·cs C＋sin B＝0，又0＜B＜π，sin B＞0，
得cs C＝－12，因为0＜C＜π，得C＝2π3，
则△ABC的面积为S△ABC＝12absin C＝34ab＝312c，
所以c＝3ab，
由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcs C，
化简，得a2＋b2＋ab＝9a2b2，
∵a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时取等号，∴2ab＋ab≤9a2b2，
即ab≥13，当且仅当a＝b＝33时等号成立，故ab的最小值是13.故选：B.
9．AD
10．ACD 【解析】设AD＝x，则AB＝2x，
由cs∠ADB＝－33，∠ADB∈(0，π)，可得sin∠ADB＝63，
在△ABD中，由正弦定理可得sin∠ABD＝ADsin∠ADBAB＝632＝33，故A正确；
在△ABD中，由余弦定理，有：AB2＝BD2＋AD2－2BD×AD×cs∠ADB，
即2x2＝4＋x2－2×2x×−33，解得x＝23，
故AD＝23，AB＝26，
在△ACD中，cs∠ADC＝－cs∠ADB＝33，AD＝23，CD＝6，
故AC2＝AD2＋CD2－2AD×CDcs∠ADC＝12＋36－2×23×6×33＝24，
所以AC＝26，又BC＝BD＋DC＝8，
由AB2＋AC2＝48＜BC2，可知△ABC为钝角三角形，故B错误；
设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理可得2R＝ACsin∠ABC＝2633＝62，R＝32，故C正确；
设△ABC的内切圆半径为r，则S△ABC＝12×26×8×33＝12×(26＋26＋8)r，
解得r＝4(3－2)，故D正确．故选ACD.
11．BC 【解析】对于A：∵x＞0，y＞0且x＋2y＝1，∴1＝x＋2y≥22x·y，
∴xy≤18，当且仅当x＝2y，即x＝12，y＝14时等号成立，故选项A错误；
对于B：2x＋4y≥22x·22y＝22x+2y＝22，
当且仅当x＝2y，即x＝12，y＝14时等号成立，故选项B正确；
对于C：(1x＋2y)(x＋2y)＝5＋2yx＋2xy≥5＋22yx·2xy＝5＋4＝9，
当且仅当2yx＝2xy，即x＝y＝13时等号成立，故C正确；
对于D：x2＋y2＝(1－2y)2＋y2＝5y2－4y＋1＝5(y－25)2＋15，
当y＝25时，有最小值15，故选项D错误．故选BC.
12．ACD 【解析】以BA，BC，BB1为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设AB＝1，
其中A11,0,1，O12,12,12，B10,0,1，B0,0,0，C10,1,1，
因为BP→＝λBC1→，所以P0,λ,λ，
A项，因为A1P→＝−1,λ,λ−1，OB1→＝−12,−12,12，
A1P→·OB1→＝12－12λ＋12λ－12＝0，
所以A1P→⊥OB1→，所以A1P⊥OB1，故选项A正确；
B项，当λ＝13时，A1P→＝−1,13,−23，AB→＝−1,0,0，
所以cs〈A1P→,AB→〉＝11+19+49·1＝31414≠32，所以直线A1P与AB所成的角不是30°，故选项B错误；
C项，当λ＝12时，A1P→＝−1,12,−12，取平面A1B1C1的一个法向量为n＝0,0,1，
所以cs〈A1P→,n〉＝−121+14+14·1＝66，设直线A1P与平面A1B1C1所成的角为θ，
所以sin θ＝66，cs θ＝1−662＝306，所以tan θ＝55，故选项C正确；
D项．当λ＝12时，如图所示，P为B1C中点，O为A1C中点，连接OP，
所以OP∥A1B1，OP＝12A1B1，所以PQQA1＝OPA1B1＝12，
故选项D正确；故选：ACD.
13.512
14.318 【解析】如图，连接PO，BD，取CD的中点E，连接PE，OE，过O作OH⊥PE于H.易知PO⊥底面ABCD，
设AB＝4，则BD＝BA2+AD2＝42，BO＝12BD＝
22，PO＝BP2−BO2＝22.
则O为球M的球心，设球M的半径为R，半球O的半径为R0.则R＝22.易知R0＝OH.
在等边三角形PCD中，PE＝42−22＝23，
由Rt△PHO∽Rt△POE，
则R0R＝OHPO＝OEPE＝13，
故V半球OV球M＝12×4πR0334πR33＝12(R0R)3＝318.故答案为：318.
15．1 【解析】斜△ABC中，取BC的中点为D，
则OB→＋OC→＝2OD→，且OD⊥BC，AH⊥BC，
由OH→＝m(OA→＋OB→＋OC→)，得OA→＋AH→＝m(OA→＋2OD→)，
因此AH→＝(m－1)OA→＋2mOD→，
∴AH→·BC→＝(m－1)OA→·BC→＋2mOD→·BC→，
∴0＝(m－1)OA→·BC→＋0，又对于任一斜三角形，OA和BC不存在恒垂直的关系，
因此m－1＝0，即m＝1.故答案为：1.
16．[－1，0]∪{－2，2} 【解析】由题意可得K＝2，
S△ABC＝12|BC|·yA＝12|BC|·2＝π2，
设f(x)的最小正周期为T，
则T2＝2π2ω＝|BC|＝π2，即ω＝2.
所以f(x)＝2sin(2x＋φ)，
又图象过点D(0，－1)，则f(0)＝2sin φ＝－1，
又因为－π2＜φ＜π2，所以φ＝－π6，
所以f(x)＝2sin(2x－π6)，
当x∈(π12，π)时，2x－π6∈(0，11π6)，f(x)在(π12，π)上先增后减再增，
且f(π12)＝0，f(π3)＝2，f(π)＝－1，
由[f(x)]2－(m＋1)f(x)＋m＝0，解得f(x)＝1或m.
因为f(x)＝1在(π12，π)上有2个不同的实数根，
所以f(x)＝m需要有1个实数根，
结合正弦函数的图象可知：
此时－1≤m≤0，或m＝±2，
故m的取值范围为[－1，0]∪{－2，2}．
故答案为[－1，0]∪{－2，2}．
17．【解析】(1)证明：设x1＜x2∈R，
则f(x1)－f(x2)＝a＋22x1+1－a－22x2+1
＝2·2x2−2x12x1+12x2+1，
∵y＝2x在实数集上是增函数且函数值恒大于0，
故2x2－2x1＞0，2x1＋1＞0，2x2＋1＞0，
即f(x1)－f(x2)＞0，
∴f(x)在R上是单调减函数．
(2)由(1)可知f(x)在R上是单调减函数，且函数定义域为R，
∵f(x)是奇函数，∴f(0)＝0，∴a＝－1，
当a＝－1时，f(x)＋f(－x)＝－1＋22x+1－1＋22−x+1＝－2＋22x+12x+1＝0，
即f(－x)＝－f(x)，f(x)为奇函数，
所以a＝－1符合题意．
(3)由(1)(2)可得f(x)在R上是单调减函数且是奇函数，
∴f(2t＋1)＋f(t－5)≤0，
转化为f(2t＋1)≤－f(t－5)＝f(－t＋5)，
则2t＋1≥－t＋5，解得t≥43，
故所求不等式f(2t＋1)＋f(t－5)≤0的解集为t|t≥43.
18．【解析】(1)∵3sin(A＋B)＝1＋2sin2C2，且A＋B＋C＝π，
∴3sin C＝1＋1－cs C＝2－cs C，即3sin C＋cs C＝2，∴2sin(C＋π6)＝2.
∵C∈(0，π)，∴C＋π6∈(π6，7π6)，
∴C＋π6＝π2，即C＝π3.
(2)∵△ABC的外接圆半径为2，
∴由正弦定理知，ABsin∠ACB＝ABsinπ3＝2×2＝4，
∴AB＝23，
∵∠ACB＝π3，∴∠ABC＋∠BAC＝2π3，
∵∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点I，
∴∠ABI＋∠BAI＝π3，∴∠AIB＝2π3，
设∠ABI＝θ，则∠BAI＝π3－θ，且0＜θ＜π3，
在△ABI中，由正弦定理得，BIsinπ3−θ＝AIsinθ＝ABsin∠AIB＝23sin2π3＝4，
∴BI＝4sin(π3－θ)，AI＝4sin θ，
∴△ABI的周长为23＋4sin(π3－θ)＋4sin θ
＝23＋4(32cs θ－12sin θ)＋4sin θ
＝23＋23cs θ＋2sin θ＝4sin(θ＋π3)＋23，
∵0＜θ＜π3，∴π3＜θ＋π3＜2π3，
∴当θ＋π3＝π2，即θ＝π6时，△ABI的周长取得最大值，为4＋23，
故△ABI的周长的最大值为4＋23.
19．【解析】由题意得g(x)＝sin(ωx－π4)．
(1)若ω＝2，则g(x)＝sin(2x－π4)．
因为－π4≤x≤π4，所以－3π4≤2x－π4≤π4，
因为y＝sin x在区间−3π4,−π2上单调递减，
在区间−π2,π4上单调递增，
因为sin(－3π4)＝－22，sinπ4＝22，
所以g(x)的最大值为22，此时2x－π4＝π4，即x＝π4.
(2)由题意得g(x)＝sin(ωx－π4)．
因为函数y＝g(x)在区间(π4，π2)上没有零点，
所以kπ≤π4ω−π4,kπ+π≥π2ω−π4,其中k∈Z，
解得4k＋1≤ω≤2k＋52，
所以4k＋1≤2k＋52，即k≤34，
又因为ω＞0，所以k＞－54，
由k∈Z，得k＝0或－1.所以0＜ω≤12或1≤ω≤52，
所以ω的取值范围是0,12∪1,52.
20．【解析】(1)设△ABC边AB上的高为h，
则h≤OC＝12AB＝1，S△ABC＝12×AB×h＝h≤1，
根据圆锥的几何特征，得VP－ABC＝13OP×S△ABC＝23S△ABC≤23，
所以三棱锥P－ABC体积的最大值为23，
此时OC⊥AB，OC＝1，
又根据圆锥的几何特征可知，OP⊥AB，
因为OP∩OC＝O，OC，OP平面OPC，
所以AB⊥平面OPC，因为PC平面OPC，所以PC⊥AB.
(2)如图，取AC的中点D，连接OD，PD，
因为OA＝OC，所以OD⊥AC，由∠CAB＝π6得OD＝12，
根据圆锥的几何特征，可得AP＝CP，所以PD⊥AC，
所以∠ODP为二面角P－AC－B的平面角，
在△POD中，OP⊥OD，可得DP＝22+122＝32，
所以cs∠ODP＝ODDP＝1232＝13.
故二面角P－AC－B的余弦值为13.
21．【解析】(1)在△OPN中，∠ONP＝2π3，OP＝OA＝90，∠POM＝∠OPN＝π3－π4，
由正弦定理得：ONsin∠OPN＝OPsin∠ONP＝PNsinθ，
即ONsinπ3−π4＝OPsin2π3＝PNsinπ4，
可得ON＝1532−6，PN＝306，
又OM＝PN＝306，
故OM→·ON→＝|OM→||ON→|csπ3＝1350(3－1)．
(2)在△OPN中，∠ONP＝2π3，∠OPN＝π3－θ，OP＝90，
由正弦定理得：ONsin∠OPN＝OPsin∠ONP，
即ONsinπ3−θ＝OPsin2π3，即ON＝603sin(π3－θ)，
则休息区域面积S＝2S△OPN＝OP·ON·sin θ＝
54003sin θsin(π3－θ)，
即S＝54003sin θsin(π3－θ)，其中0＜θ＜π3，
即S＝54003sin θsin(π3－θ)
＝54003sin θ(32cs θ－12sin θ)
＝27003(3sin θcs θ－sin2θ)
＝27003(32sin 2θ＋12cs 2θ－12)
＝27003sin2θ+π6−12
＝27003sin(2θ＋π6)－13503，
∵0＜θ＜π3，∴π6＜2θ＋π6＜5π6，
则当2θ＋π6＝π2，即θ＝π6时，休息区域面积S取得最大值，
∴当θ＝π6时，面积S取得最大值13503.
22．【解析】(1)因为f(4)＝f(2)－12，
所以lga4＋sin π＝lga2＋sinπ2－12，
即lga4＝lga2＋12，解得a＝4.
(2)由题意可知函数f(x)＝lg4x＋sin(π4x)的图象在(0，＋∞)上连续不断．
①当x∈(0，2]时，因为y＝lg4x与y＝sin(π4x)在区间(0，2]上均单调递增，
所以f(x)在区间(0，2]上单调递增．
又因为f(12)＝lg412＋sinπ8＝sinπ8－12＝sinπ8－sinπ6＜0，f(1)＝sinπ4＞0，
所以f(12)f(1)＜0.
根据函数零点存在定理，存在x0∈(12，1)，使得f(x0)＝0.
所以f(x)在区间(0，2]上有且只有一个零点x0.
②当x∈(2，4]时，lg4x＞0，sinπ4x≥0，
所以f(x)＝lg4x＋sinπ4x＞0，
所以f(x)在区间(2，4]上没有零点．
③当x∈(4，＋∞)时，lg4x＞1，sinπ4x≥－1，
所以f(x)＝lg4x＋sinπ4x＞0，
所以f(x)在区间(4，＋∞)上没有零点．
综上所述，f(x)在定义域(0，＋∞)上有且只有一个零点x0.
因为f(x0)＝lg4x0＋sinπ4x0＝0，
即sinπx04＝－lg4x0，
所以x0＋22sinπ4x0＝x0＋4－lg4x0＝x0＋1x0，x0∈12,1，
又因为y＝x＋1x在区间12,1上单调递减，
所以x0＋1x0＜2＋12＝52，
即x0＋22sinπ4x0＜52.