2023-2024学年广东省茂名市高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年广东省茂名市高一（下）期末数学试卷（含答案），共9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。

1.已知集合A={x|y= x}，B={x|y=1x−1}，则A∩B=( )
A. {x|x≥0}B. {x|x≥1}
C. {x|0≤x<1}D. {x|x≥0且x≠1}
2.若复数z满足(4+3i)z=5i，则|z|=( )
A. 1B. 5C. 3D. 5
3.设a∈R，则“a<0”是“2a<18”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
4.已知函数f(x)=x|x|，则y=f(x)的大致图象为( )
A. B. C. D.
5.已知x>−3，则x+9x+3的最小值为( )
A. 6B. 5C. 4D. 3
6.将函数f(x)的图象向左平移π5个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变、横坐标变为原来的12倍，得到函数g(x)的图象.已知g(x)=sin(2x+π5)，则f(x)=( )
A. f(x)=−sin4xB. f(x)=sinx
C. f(x)=sin(x+π5)D. f(x)=sin(4x−π5)
7.若△ABC是锐角三角形，A=45°，b=2 2，则边c的取值范围是( )
A. (0,2)B. ( 2,2)C. (2,2 2)D. (2,4)
8.在四棱P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.若tan∠EAF= 102，则EF=( )
A. 1B. 2C. 5D. 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知△ABC是边长为1的正三角形，M，N分别为BC，AC的中点，则( )
A. AB与MN不能构成一组基底B. AN+MB=NM
C. AC⋅CB=12D. NM在AC上的投影向量为14AC
10.某学校开展“国学知识竞赛”，共有“诗经组”、“论语组”、“春秋组”、“礼记组”4个小组参赛，每组10位选手，若该组每位选手的失分不超过6分，该组获得“优秀”称号，则根据每组选手的失分情况，下列小组一定获得“优秀”称号的是( )
A. 诗经组中位数为3，众数为2B. 论语组平均数为3，方差为1
C. 春秋组平均数为3，众数为2D. 礼记组中位数为2，极差为4
11.已知f(x)是定义域为R的偶函数，f(x2+1)为奇函数，当x∈[−1,0]时，f(x)=3x−13，则( )
A. 当x∈[0,1]时，f(x)=3−x−13B. 当x∈[1,2]时，f(x)=−3x+2+13
C. f(x)在(3,4]上单调递增D. f(2026)=−23
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知棱长为 3的正方体的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为______．
13.若复数1−i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p+2q= ______．
14.在海面上，乙船以40km/ℎ的速度朝着北偏东30°的方向航行，甲船在乙船的正东方向30km处.甲船上有应急物资需要运送上乙船，由于乙船有紧急任务不能停止航行，所以甲船准备沿直线方向以vkm/ℎ的速度航行与乙船相遇.为了保证甲船能在2小时内和乙船相遇，甲船航行速度的最小值为______(km/ℎ)．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知平行四边形ABCD的顶点A(−1,0)，B(1,−1)，D(3,3)．
(1)若单位向量n与AD方向相同，求n的坐标；
(2)求向量AC与BD的夹角．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=ax2+2ax+1．
(1)若f(1)=4，求f(x)与g(x)=4x+4交点的横坐标；
(2)若f(x)在区间(1,2)上恰有一个零点，求a的取值范围．
17.(本小题15分)
如图1，菱形ABCD的边长为2，∠BAD=π3，将△ABC沿着AC翻折到三角形ACE的位置，连接DE，形成的四面体ACDE如图2所示．
(1)证明：AC⊥DE；
(2)若四面体ACDE的体积为 66，求二面角E−AC−D的大小．
18.(本小题17分)
某市体质健康测试标准包括身体形态、身体机能、躯体素质、运动能力等方面.为了了解学生体质健康情况，某校随机抽取了200名学生进行测试，测试成绩的频率分布直方图如下图所示，其中成绩不超过80分的有108人．
(1)求图中a，b的值；
(2)并根据频率分布直方图，估计该校学生测试分数的平均数和上四分位数(同一组中的数据以该组区间的中点值为代表)；
(3)若抽取的200名学生中，男生120人，女生80人，其中男生分数的平均数为x−，方差为s12；女生分数的平均数为y−，方差为s22；200名学生分数的平均数为z−，方差为s2．
①s2=120200(s12+x−2−z−2)+80200(s22+y−2−z−2)；②s2=120200[s12+(x−−z−)2]+80200[s22+(y−−z−)2]，请判断公式①和公式②是否相等，并说明理由．
19.(本小题17分)
如图所示，在△ABC中，AB=3AC，AD平分∠BAC，且AD=kAC．
(1)若DC=2，求BC的长度；
(2)求k的取值范围；
(3)若S△ABC=1，求k为何值时，BC最短．
参考答案
1.D
2.A
3.B
4.C
5.D
6.B
7.D
8.C
9.ABD
10.BD
11.ACD
12.9π
13.2
14.20 3
15.解：(1)因为A(−1,0)，B(1,−1)，D(3,3)．
所以AD=(4,3)，
则n=AD|AD|=AD 16+9=15AD，
即n=(45,35)；
(2)由题意可得，BC=AD=(4,3)，AB=(2,−1)，BD=(2,4)，
则AC=AB+BC=(2+4,−1+3)=(6,2)，
故cs〈AC,BD〉=AC⋅BD|AC||BD|=2×6+4×2 22+42× 62+22=20 20×40= 22，
因为0<<π，
所以=π4．
16.解：(1)若f(1)=4，则a+2a+1=4，解得a=1，
所以f(x)=x2+2x+1，
由y=x2+2x+1y=4x+4解得x=3y=16，或x=−1y=0，
所以f(x)与g(x)=4x+4交点的横坐标为x=3或x=−1；
(2)若a=0，则f(x)=1在区间(1,2)上没零点，不符合题意，
所以a≠0，所以f(x)=ax2+2ax+1的图象为抛物线，
对称轴为x=−2a2a=−1，
所以要使f(x)在区间(1,2)上恰有一个零点，只须f(1)f(2)<0，
即(a+2a+1)(4a+4a+1)<0，解得−13a的取值范围(−13,−18)．

17.(1)证明：如图，取AC中点F，连接EF、DF，

因为四边形ABCD为菱形，则AE=EC=AD=DC，
故EF⊥AC，DF⊥AC，又EF∩DF=F，EF、DF⊂平面EFD，
故AC⊥平面EFD，又DE⊂平面EFD，
故AC⊥DE；
(2)解：由EF⊥AC，DF⊥AC，平面EAC∩平面DAC=AC，
又EF⊂平面EAC，DF⊂平面DAC，
所以∠EFD为二面角E−AC−D的平面角，
又菱形ABCD的边长为2，∠BAD=π3，
则EF=FD=12AB=1，AF= 22−1= 3，
又VE−ACD=VA−EFD+VC−EFD=2VA−EFD
=2×13×AF×12×EF×DFsin∠EFD
= 33sin∠EFD
= 66，
解得：sin∠EFD= 22，又∠EFD∈[O,π]，
则∠EFD=π4或∠EFD=3π4，
即二面角E−AC−D的大小为π4或3π4．
18.解：(1)由低于80分的人数为108，得(0.005+a+0.035)×10=108200⇒a=0.014，
所以(0.005+0.014+0.035+b+0.016)×10=1⇒b=0.030．
(2)平均数=0.005×10×55+0.014×10×65+0.035×10×75+0.030×10×85+0.016×10×95=78.8，
显然上四分位数即75%分位数应该在[80,90]之间，设上四分位数为x，则(90−x)×0.030+0.016×10=0.25⇒x=87，
所以平均数为78.8，上四分位数为87．
(3)相等，理由如下：
设ω1=120200，ω2=80200，显然ω1+ω2=1，z−=ω1x−+ω2y−，
①−②得：ω1(x−2−z−2)+ω2(y−2−z−2)−ω1(x−2−2x−⋅z−+z−2)−ω2(y−2−2y−⋅z−+z−2)=ω1(2x−⋅z−−2z−2)+ω2(2y−⋅z−−2z−2)
=2z−(ω1x−−ω1z−)+2z−(ω2y−−ω2z−)=2z−(ω1x−+ω2y−−ω1z−−ω2z−)=2z−(z−−z−)=0，
所以①和②相等．
19.解：(1)在△ABD中，由正弦定理得ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
在△ACD中，由正弦定理得ACsin∠ADC=DCsin∠CAD，
因为AD平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD，
因为∠ADB+∠ADC=π，
所以sin∠ADB=sin∠ADC，
所以ABAC=BDDC，
因为AB=3AC，DC=2，
所以BD2=3，得BD=6，
所以BC=8；
(2)因为S△ABC=S△ABD+S△ADC，
所以12AB⋅ACsin∠BAC=12AB⋅ADsin∠BAC2+12AC⋅ADsin∠BAC2，
因为AB=3AC，AD=kAC，
所以3AC⋅AC⋅2sin∠BAC2cs∠BAC2=3AC⋅kACsin∠BAC2+AC⋅kACsin∠BAC2，
因为sin∠BAC2≠0，所以6cs∠BAC2=4k，
所以k=32cs∠BAC2，
因为∠BAC2∈(0,π2)，所以cs∠BAC2∈(0,1)，
所以k∈(0,32)；
(3)由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠BAC=AC2(10−6cs∠BAC)，
因为S△ABC=1，所以12AB⋅ACsin∠BAC=1，
因为AB=3AC，所以32AC2sin∠BAC=1，所以AC2=23sin∠BAC，
所以BC2=23sin∠BAC(10−6cs∠BAC)=43⋅5−3cs∠BACsin∠BAC，
令y=5−3cs∠BACsin∠BAC，则ysin∠BAC+3cs∠BAC=5，
所以 y2+9sin(∠BAC+φ)=5(其中tanφ=3y)，
所以当sin(∠BAC+φ)=1时，y取得最小值4，
即当∠BAC+φ=π2时，y取得最小值4，此时tanφ=34，
所以cs∠BAC=cs(π2−φ)=sinφ=35，
因为cs∠BAC=2cs2∠BAC2−1，
所以2cs2∠BAC2−1=35，所以cs∠BAC2=2 55，
由(2)知k=32cs∠BAC2，
所以k=32×2 55=3 55，
即当k=3 55时，BC最短．