2023-2024学年安徽省合肥市六校联盟高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥市六校联盟高一（下）期末数学试卷（含解析），共13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.“x2+5x−6>0”是“x>2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
2.设函数f(x)=x2+1,x≤12x,x>1，则f(f(3))=( )
A. 139B. 3C. 23D. 15
3.我国北宋时期科技史上的杰作《梦溪笔淡》收录了计算扇形弧长的近似计算公式：lAB=弦+2×矢2径，公式中“弦”是指扇形中圆弧所对弦的长，“矢”是指圆弧所在圆的半径与圆心到弦的距离之差，“径”是指扇形所在圆的直径.如图，已知扇形的面积为4π3，扇形所在圆O的半径为2，利用上述公式，计算该扇形弧长的近似值为( )
A. 3+2 B. 3 3+22
C. 4 3+12 D. 2 3+1
4.已知z∈C，若|z(3+4i)|=5，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.△ABC的外接圆圆心为O，且2AO=AB+AC，|OA|=|AC|，则向量CA在向量CB上的投影向量为( )
A. −14CBB. − 34CBC. 14CBD. 34CB
6.如果奇函数f(x)在区间[3,7]上是增函数且最小值为5，那么f(x)在区间[−7,−3]上是( )
A. 增函数且最小值为−5B. 增函数且最大值为−5
C. 减函数且最小值为−5D. 减函数且最大值为−5
7.如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，棱柱的侧面均为矩形，AA1=1，AB=BC= 3，cs∠ABC=13，P是A1B上的一动点，则AP+PC1的最小值为( )
A. 3
B. 2
C. 5
D. 7
8.在△ABC中，分别根据甲、乙、丙、丁四个条件判断三角形的形状，甲：acsA=bcsB；乙：a2tanB=b2tanA；丙：acsB=bcsA；丁：a−b=ccsB−ccsA.判断结果与其它三个不一样的是( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
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.不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有( )
A. 2张卡片不全为红色B. 2张卡片恰有一张红色
C. 2张卡片至少有一张红色D. 2张卡片都为绿色
10.已知甲组数据为：1，1，3，3，5，7，9，乙组数据为：1，3，5，7，9，则下列说法正确的是( )
A. 这两组数据的第80百分位数相等
B. 这两组数据的极差相等
C. 这两组数据分别去掉一个最大值和一个最小值后，仅仅乙组数据的均值不变
D. 甲组数据比乙组数据分散
11.在△OAB中，点P1，P2，…，Pn−1分别是AB上的n等分点，其中n∈N∗，n≥4，则( )
A. OPn−3⋅OPn−2=OPn−2⋅OPn−1
B. 2OPn−2=OPn−3+OPn−1
C. OPn−1=1n+1OA+nn+1OB
D. 2|OP1+OP2+…+OPn−1|=(n−1)|OA+OB|
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某乡镇有居民20000户，从中随机抽取200户调查是否安装宽带网线，调查结果如表所示，则该乡镇已安装宽带网线的居民大约有______户.
13.若a>0，b>0，且(4a−1)(b−1)=4，则4a+b的最小值为______．
14.如图，在矩形ABCD中，已知AB=2AD=2a，E是AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE，连接A1C.若当三棱锥A1−CDE的体积取得最大值时，三棱锥A1−CDE外接球的体积为8 23π，则a=______．
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15分)
已知|a|=1，|b|= 3，a+b=( 3,1)，求：
(1)|a−b|；
(2)a+b与a−b的夹角．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=csx(2 3sinx+csx)−sin2x．
(1)求函数f(x)单调递增区间和最小正周期；
(2)请选择①和②中的一个条件，补全下面的问题并求解，其中①有解；②恒成立．
问题：若当x∈[0,π2]时，关于x的不等式f(x)≥m_____，求实数m的取值范围．
17.(本小题15分)
已知n是一个三位正整数，若n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如135，256，345等)
现要从甲乙两名同学中，选出一个参加某市组织的数学竞赛，选取的规则如下：从由1，2，3，4，5，6组成的所有“三位递增数”中随机抽取1个数，且只抽取1次，若抽取的“三位递增数”是偶数，则甲参加数学竞赛；否则，乙参加数学竞赛．
(1)由1，2，3，4，5，6可组成多少“三位递增数”？并一一列举出来．
(2)这种选取规则对甲乙两名学生公平吗？并说明理由．
18.(本小题15分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为梯形，CD/​/AB，AB⊥BC，PA⊥PD，BC=CD=PA=PD=1，AB=2，平面PAD⊥平面PBC．
(1)若PB的中点为N，求证：CN/​/平面PAD；
(2)求二面角P−AD−B的正弦值．
19.(本小题17分)
n个有次序的实数a1，a2，…，an所组成的有序数组(a1,a2,…,an)称为一个n维向量，其中ai(i=1,2,…,n)称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量a=(a1,a2,…,an)，若|ai|=1，i=1，2…n，称a为n维信号向量.设a=(a1,a2,…,an)，b=(b1,b2,…,bn)，
则a和b的内积定义为a⋅b=i=1naibi=a1b1+a2b2+…+anbn，且a⊥b⇔a⋅b=0．
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量．
(2)证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量．
(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量x1，x2，…，xk满足它们的前m个分量都是相同的，求证： km<45．
答案解析
1.B
【解析】解：x2+5x−6>0，解得：x>1，或x<−6．
∴“x2+5x−6>0”是“x>2”的必要不充分条件．
故选：B．
2.A
【解析】解：∵函数f(x)=x2+1,x≤12x,x>1，
∴f(3)=23，
f(f(3))=f(23)=(23)2+1=139．
故选：A．
3.C
【解析】解：设扇形的圆心角为α，
由扇形面积公式可知12×22×α=4π3，所以α=2π3，
如图，取AB的中点C，连接OC，交AB于点D，
则OC⊥AB.易知∠OAD=π6，则OD=2sinπ6=1，
所以CD=2−1=1，AD=2csπ6= 3，AB=2AD=2 3，
所以扇形弧长的近似值为lAB=弦+2×矢2径=AB+2CD22OA=4 3+12．
故选：C．
4.A
【解析】解：|z(3+4i)|=5，
则|z||3+4i|=5|z|=5，解得|z|=1．
故选：A．
5.C
【解析】解：由2AO=AB+AC，知点O为BC的中点，所以∠BAC=90°，
又因为|OA|=|AC|=|OC|，所以△OAC为等边三角形，即∠CAO=60°，
所以∠OAB=∠B=30°，如图所示：
设圆O的半径为R，则AB= 3R，BC=2R，
所以向量CA在向量CB上的投影向量为|CA|csC⋅CB|CB|=R⋅12⋅CB2R=14CB．
故选：C．
6.B
【解析】解：奇函数的函数图象关于坐标原点中心对称，
则若奇函数f(x)在区间[3,7]上是增函数且最小值为5，
那么f(x)在区间[−7,−3]上是增函数且最大值为−5．
故选：B．
7.D
【解析】解：连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，
设点C1的新位置为C′，连接AC′，则有AP+PC1=AP+PC′≥AC′，
当A，P，C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值．
在三角形ABC中，AB=BC= 3，cs∠ABC=13，
由余弦定理得：AC= AB2+BC2−2AB⋅BCcsB= 3+3−2×3×13=2，
所以A1C1=2，即A1C′=2，
在三角形A1AB中，AA1=1，AB= 3，
由勾股定理可得：A1B= AA12+AB2=2，且∠AA1B=60°．
同理可求C1B=2，因为A1B=BC1=A1C1=2，
所以△A1BC1为等边三角形，所以∠BA1C1=60°，
所以在三角形AA1C′中，∠AA1C′=∠AA1B+∠BA1C′=120°，AA1=1，A1C′=2，
由余弦定理得：AC′= 1+4−2×1×2×(−12)= 7．
故选：D．
8.C
【解析】解：对于甲：acsA=bcsB，由正弦定理可得sinAcsA=sinBcsB，
即sin2A=sin2B，又A，B，A+B∈(0,π)，所以2A=2B或2A=π−2B，即A=B或A+B=π2，
所以A=B或C=π2，
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形且C=π2；
对于乙：a2tanB=b2tanA，由正弦定理可得sin2AtanB=sin2BtanA，
所以sin2A⋅sinBcsB=sin2B⋅sinAcsA，
又A，B∈(0,π)，所以sinA>0，sinB>0，
所以sinAcsA=sinBcsB，
即sin2A=sin2B，又A，B，A+B∈(0,π)，所以2A=2B或2A=π−2B，
即A=B或A+B=π2，所以A=B或C=π2，
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形且C=π2；
对于丙：acsB=bcsA，由正弦定理可得sinAcsB=sinBcsA，
所以sin(A−B)=0，又A，B∈(0,π)且A+B∈(0,π)，
所以A−B∈(−π,π)，所以A−B=0，即A=B，所以△ABC为等腰三角形；
对于丁：a−b=ccsB−ccsA，由正弦定理可得sinA−sinB=sinCcsB−sinCcsA，
所以sin(B+C)−sin(A+C)=sinCcsB−sinCcsA，
即sinBcsC+csBsinC−sinAcsC−csAsinC=sinCcsB−sinCcsA，
所以sinBcsC−sinAcsC=0，
即(sinB−sinA)csC=0，
所以csC=0或sinB−sinA=0，
又A，B，C∈(0,π)且A+B+C=π，
所以C=π2或A=B，
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形且C=π2．
故选：C．
9.BD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，事件“2张卡片都为红色”与“2张卡片不全为红色”是对立事件，不符合题意；
对于B，事件“2张卡片都为红色”与“2张卡片恰有一张红色”是互斥而不对立，符合题意；
对于C，事件“2张卡片都为红色”与“2张卡片至少有一张红色”不是互斥事件，不符合题意，
对于D，事件“2张卡片都为红色”与“2张卡片都为绿色”是互斥而不对立，符合题意；
故选：BD．
10.BCD
【解析】解：对于A，甲组数据为：1，1，3，3，5，7，9，乙组数据为：1，3，5，7，9，这两组数据的第80百分位数分别为5和7，所以A错误；
对于B，这两组数据的极差都为8，所以B正确；
对于C，这两组数据分别去掉一个最大值和一个最小值后，甲组数据的均值改变，乙组数据的均值不变，所以C正确；
对于D，甲组数据的方差大于乙组数据的方差，所以甲组数据比乙组数据分散，所以D正确．
故选：BCD．
11.BD
【解析】解：由题意知，点P1，P2，…，Pn−1分别是AB上的n等分点，其中n∈N∗，n≥4，
所以OPn−3⋅OPn−2=OPn−2⋅OPn−1不一定成立，选项A错误；
由Pn−2是Pn−1Pn−3的中点，根据平面向量的中线定理，可得2OPn−2=OPn−3+OPn−1，选项B正确；
由平面向量的线性运算可得OPn−1=OA+APn−1=OA+n−1nAB=OA+n−1n(OB−OA)=1nOA+n−1nOB，选项C错误；
由平面向量的中线定理和平行四边形法则，可得2(OP1+OP2+⋅⋅⋅+OPn−1)=(n−1)(OA+OB)，
所以2|OP1+OP2+⋅⋅⋅+OPn−1|=(n−1)|OA+OB|，选项D正确．
故选：BD．
12.9500
【解析】解：20000×65+30200=9500(户)．
故答案为：9500．
13.6
【解析】解：因为a>0，b>0，且(4a−1)(b−1)=4，
所以4a+b=4a−1+b−1+2≥2 (4a−1)(b−1)+2=6，
当且仅当4a−1=b−1=2，即a=34，b=3时取等号．
故答案为：6．
14. 2
【解析】解：在矩形ABCD中，已知AB=2AD=2a，E是AB的中点，
所以：△A1DE为等腰直角三角形；
斜边DE上的高为：A′K=12DE=12 a2+a2= 22a；
要想三棱锥A1−CDE的体积最大；需高最大，则当△A1DE⊥面BCDE时体积最大，
此时三棱锥A1−CDE的高等于：12DE=12 a2+a2= 22a；
取DC的中点H，过H作下底面的垂线；
此时三棱锥A1−CDE的外接球球心在OH上；
∵三棱锥A1−CDE外接球的体积为8 23π；
所以球半径R= 2；
如图：OH2=OC2−CH2；①
A′O2=A′G2+GO2；②
即：R2−a2=OH2；③
R2=( 22a−OH)2+( 22a)2；④
联立③④可得a= 2；
故答案为： 2．
15.解：(1)由已知a+b=( 3,1)，所以(a+b)2=|a|2+|b|2+2a⋅b=4，所以a⋅b=0，
所以|a−b|2=|a|2+|b|2−2a⋅b=4，所以|a−b|=2；
(2)a+b与a−b的夹角的余弦值为(a+b)⋅(a−b)|a+b||a−b|=a2−b22×2=1−34=−12，
所以a+b与a−b的夹角为120°．
【解析】(1)由已知，得到两个向量的数量积，然后将所求平方可求；
(2)利用数量积公式求之．
16.解：(1)因为f(x)=csx(2 3sinx+csx)−sin2x
=2 3sinxcsx+cs2x−sin2x
= 3sin2x+cs2x
=2( 32sin2x+12cs2x)
=2sin(2x+π6)，
所以函数f(x)的最小正周期T=π，
因为函数y=sinx的单调增区间为[−π2+2kπ,π2+2kπ],k∈Z，
令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ,k∈Z，解得−π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z，
所以函数f(x)的单调增区间为[−π3+kπ,π6+kπ],k∈Z；
(2)若选择①，不等式f(x)≥m有解，即m≤f(x)max，
由x∈[0,π2]，可得π6≤2x+π6≤7π6，
可得当2x+π6=π2，即x=π6时，f(x)取得最大值，且最大值为f(π6)=2，
故m≤2，即实数m的取值范围是(−∞,2]；
若选择②，不等式f(x)≥m恒成立，即m≤f(x)min，
由x∈[0,π2]，可得π6≤2x+π6≤7π6，
可得当2x+π6=7π6，即x=π2时，f(x)取得最小值，且最小值为f(π2)=−1，
故m≤−1，即实数m的取值范围是(−∞,−1]．
【解析】(1)利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f(x)=2sin(2x+π6)，进而利用正弦函数的性质即可求解；
(2)若选择①，由题意m≤f(x)max，可求π6≤2x+π6≤7π6，利用正弦函数的性质即可求解；
若选择②，由题意可知m≤f(x)min，可求π6≤2x+π6≤7π6，利用正弦函数的性质即可求解．
17.解：(1)从由1，2，3，4，5，6组成的所有“三位递增数”中随机抽取1个数，
所有由1，2，3，4，5，6组成的“三位递增数”共有20个．
分别是123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456．
(2)不公平，由(1)知，所有由1，2，3，4，5，6组成的“三位递增数”有20个，
分别是123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456．
记“甲参加数学竞赛”为事件A，记“乙参加数学竞赛”为事件B．
则事件A含有基本事件有：124，134，234，126，136，146，156，236，246，256，346，356，456共13个．
由古典概型计算公式，得
P(A)=事件A含有的基本事件的个数试验所有基本事件的总数=1320，
又A与B对立，所以P(B)=1−P(A)=1−1320=720，
所以P(A)>P(B).故选取规则对甲、乙两名学生不公平．
【解析】(1)由1，2，3，4，5，6组成的“三位递增数”共有20个，列出所有可能的“三位递增数”即可．
(2)根据对立事件进行概率计算，判断是否公平即可．
18.解：(1)证明：设T是PA中点，连接TN、TD，

在△ABP中，TN为中线，∴TN//AB且TN=12AB，又∵CD/​/AB且CD=12AB，
∴TN//CD且TN=CD，∴四边形CDTN为平行四边形，∴CN//DT且CN=DT．
又∵CN⊄平面PAD，DT⊂平面PAD，∴CN/​/平面PAD
(2)如图以AD中点作为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设二面角角P−AD−B的大小为θ，则OP=(0, 22csθ, 22sinθ)，

设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),1 2DA=(1,0,0), 2OP=(0,csθ,sinθ)，
∴1 2DA⋅n1=x1=0, 2OP⋅n1=y1⋅csθ+z1⋅sinθ=0，
令y1=sinθ，z1=−csθ，所以n1=(0,sinθ,−csθ)．
设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 2CB=(1,1,0), 2BP=(1,csθ−2,sinθ)，
∴ 2CB⋅n2=x2+y2=0, 2BP⋅n2=x2+y2⋅(csθ−2)+z2⋅sinθ=0，
令y2=1，则x2=−1,z2=3−csθsinθ，所以n2=(−1,1,3−csθsinθ)．
∵平面PAD⊥平面PBC，所以n1⋅n2=sinθ−csθ×3−csθsinθ=0，∴csθ=13，∴sinθ=2 23．
【解析】(1)利用已知可证四边形CDTN为平行四边形，进而可得结论；
(2)以AD中点O作为坐标原点，建立空间直角坐标系，设OP=(0, 22csθ, 22sinθ)，进而可得平面PAD的一个法向量，平面PBC的一个法向量，利用平面PAD⊥平面PBC．
19.解：(1)依题意，可写出4个两两垂直的4维信号向量为：
(1,1,1,1)，(−1,−1,1,1)，(−1,1,−1,1)，(−1,1,1,−1)．
(2)证明：假设存在14个两两垂直的14维信号向量y1,y2,…,y14，
因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设y1=(1,1,…,1),y2=(1,1,1,1,1,1,1,−1,−1,−1,−1,−1,−1,−1)，
因为y1⋅y3=0，所以y3有7个分量为−1，
设y3的前7个分量中有r个−1，则后7个分量中有7−r个−1，r∈N∗，
则y2⋅y3=r⋅(−1)+(7−r)+(7−r)+r⋅(−1)=0，则r=72，矛盾，
所以不存在14个两两垂直的14维信号向量．
(3)证明：任取i，j∈{1,2,…,k}，计算内积xi⋅xj，
将所有这些内积求和得到S，则S=x12+x22+…+xk2=2024k，
设x1,x2,⋯,xk的第k个分量之和为ci，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为ci2，
所以S=c12+c22+…+c20242≥c12+c22+…+cm2=k2m，
则2024k≥k2m，所以km≤2024<2025，故 km<45．
【解析】(1)利用n维信号向量的定义即可得解；
(2)由题意得到某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，所此证明即可；
(3)考虑xi,xj的内积和与它们每个分量的内积结果，得到关于k，m的不等式，从而得证．
网线
动迁户
原住户
已安装
65
30
未安装
40
65