2023-2024学年江西省南昌十九中等校联考高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省南昌十九中等校联考高一（下）期末数学试卷（含解析），共14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.已知向量a=(1,2x),b=(2,−8)，若a//b，则x=( )
A. 2B. −2C. 4D. −4
2.若复数z=1−i+2i2，则|z|=( )
A. 2B. 3C. 2D. 1
3.已知sin(π2−α)=13，则cs(π+α)=( )
A. −13B. 13C. −2 23D. 2 23
4.已知平面α//平面β，a，b是平面α，β外两条不同的直线，则下列结论错误的是( )
A. 若a//α，则a//βB. 若b⊥α，则b⊥β
C. 若a//α，b//β，则a//bD. 若a⊥α，b⊥β，则a//b
5.已知函数f(x)=sin(x+φ)+ 3cs(x+φ)是奇函数，则tanφ=( )
A. 33B. − 33C. 3D. − 3
6.已知函数f(x)=12tan(2x−φ)(|φ|<π2)的单调递增区间是(kπ2−π6,kπ2+π3)(k∈Z)，则φ=( )
A. π3B. π4C. π6D. π12
7.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=3,b=1,csC=−13，则边c上的高为( )
A. 62B. 63C. 32D. 33
8.已知函数f(x)=4cs2(ωx2−π6)−1(ω>0)，若对任意的实数t，f(x)在区间(t,t+2π3)上的值域均为[−1,3]，则ω的取值范围为( )
A. (0,2)B. (0,3)C. (2,+∞)D. (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.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A. A=2 B. φ=−π6
C. f(x)的最小正周期为π D. 曲线y=f(x)关于直线x=−π3对称
10.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足2a=b，则( )
A. 若sinA=16，则sinB=13B. 若a=1，c=2，则csC=13
C. 若C=π3，则A=π6D. 若csB= 64，则c= 62a
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是上底面ABCD的中心，E，F分别为AB，AD的中点，则下列结论正确的是( )
A. A1O⊥EF
B. 直线A1O与平面A1B1C1D1所成角的正切值为 2
C. 平面EFB1与平面BBC1C的夹角为π4
D. 异面直线A1O与B1E所成角的余弦值为 3010
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z=(2a−1)+ai(a∈R)在复平面内对应的点位于第二象限，则a的取值范围是______．
13.已知三棱台ABC−A1B1C1的体积为V，记上底面A1B1C1、下底面ABC的面积分别为S1，S2，若S1：S2=1：4，则三棱锥B−A1B1C1的体积为______V.
14.如图，在Rt△ABC中，C=π2,A=π3,AB=2,O为斜边AB的中点，点M，N分别在边AC，BC上(不包括端点)，∠MON=2π3，若OM⋅ON=−14，则∠BON= ______．
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|a|=2,|b|=3，且a⋅b=−4．
(1)若(a+kb)⊥a，求k的值；
(2)求b与a+b夹角的余弦值．
16.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知acsB2=bsin2A．
(1)证明：csAsinB2=14；
(2)若b2+c2=a2+ 2bc，求csB．
17.(本小题15分)
如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，G，H分别是棱BB1，CC1的中点，M是棱C1D1上的一点，点N在棱AB上，BN=12，HCE−GBF是三棱柱，B，C分别是线段AF，DE的中点．
(1)证明：直线GN⊥平面EFGH；
(2)若四棱锥M−EFGH的体积为 56，求D1M的长度．
18.(本小题17分)
如图，某公园里的摩天轮的旋转半径为45米，最高点距离地面100米，某游客在最低点的位置坐上摩天轮，此时摩天轮开始运行，运行一周的时间不低于20分钟，在运行到5分钟时，他距地面大约32.5米．
(1)摩天轮运行一周约需要多少分钟？
(2)该公园规定每次游玩摩天轮只能运行一周，则该游客距地面大约77.5米时，摩天轮运行的时间是多少分钟？
19.(本小题17分)
对于平面向量xi(i=1,2,⋯,m,m≥3且m∈N)，记Ωm={x1,x2,⋯,xm},Sm=x1+x2+⋯+xm，若存在xp(p∈{1,2,⋯,m})，使得|xp|≥|Sm+kxp|,k∈Z，则称xp是Ωm的“k向量”．
(1)设xn=(n,l−n),n∈N∗，若x3是Ω3的“−3向量”，求实数l的取值范围；
(2)若xn=(cs2nπ3,sin2nπ3),n∈N∗，则Ω3i+1(i∈N∗)是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由；
(3)已知x1,x2,x3均为Ω3的“−1向量”，其中x1=(csx,−5sinx),x2=(2csx,sinx).设平面直角坐标系xOy中的点列P1,P2,⋯,Pı(t∈N∗,t≥3)满足P1P2=x3(P1与原点O重合)，且P2k与P2k+1(k∈N∗)关于点P1对称，P2k+1与P2k+2关于点P2对称.求|P99P100|的取值范围．
答案解析
1.B
【解析】解：向量a=(1,2x),b=(2,−8)，a//b，
∴4x+8=0，
解得x=−2．
故选：B．
2.C
【解析】解：复数z=1−i+2i2=1−i−2=−1−i，
则|z|= 2．
故选：C．
3.A
【解析】解：sin(π2−α)=csα=13，则cs(π+α)=−csα=−13．
故选：A．
4.C
【解析】解：∵平面α/​/平面β，a，b是平面α，β外两条不同的直线，
∴对A选项，若a/​/α，则a/​/β，∴A选项正确；
对B选项，若b⊥α，则b⊥β，∴B选项正确；
对C选项，若a/​/α，b/​/β，则a与b相交或异面或平行，∴C选项错误；
对D选项，若a⊥α，b⊥β，则a/​/b，∴D选项正确．
故选：C．
5.D
【解析】解：因为函数f(x)为奇函数，则f(0)=sinφ+ 3csφ=2sin(φ+π3)=0，
所以φ+π3=kπ，k∈Z，解得φ=kπ−π3，k∈Z，
tanφ=tan(kπ−π3)=tan(−π3)=− 3．
故选：D．
6.C
【解析】解：令−π2+kπ<2x−φ<π2+kπ，k∈Z，
解得，kπ+φ−π22因为函数的单调递增区间是(kπ2−π6,kπ2+π3)(k∈Z)，
所以φ−π2=−π3φ+π2=2π3，解得φ=π6．
故选：C．
7.B
【解析】解：因为a=3,b=1,csC=−13，在△ABC中，则C为钝角
由余弦定理可得c= a2+b2−2abcsC= 9+1−2×3×1×(−13)=2 3，
且sinC= 1−cs2C=2 23，
设边c上的高为ℎ，
由等面积法可得12absinC=12c⋅ℎ，
即3×1×2 23=2 3⋅ℎ，
解得ℎ= 63．
故选：B．
8.D
【解析】解：由f(x)=4cs2(ωx2−π6)−1=2cs(ωx−π3)+1(ω>0)，
函数值域为[−1,3]，又对任意的实数t，f(x)在区间(t,t+2π3)上的值域均为[−1,3]，
则2π3>T=2πω，
解得ω>3．
故选：D．
9.ABC
【解析】解：由函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象知，A=2，选项A正确；
由f(0)=2sinφ=−1，所以sinφ=−12，又因为|φ|<π2，所以φ=−π6，选项B正确；
由f(π2)=2sin(π2ω−π6)=1，且π2<π2ω−π6<π，所以π2ω−π6=5π6，解得ω=2，
所以f(x)=2sin(2x−π6)，最小正周期为T=2πω=π，选项C正确；
x=−π3时，2×(−π3)−π6=−5π6，所以y=f(x)的图象不关于直线x=−π3对称，选项D错误．
故选：ABC．
10.AC
【解析】解：由2a=b，结合正弦定理可得2sinA=sinB，
由sinA=16，可得sinB=2×16=13，故A正确；
若a=1，c=2，则b=2a=2，csC=a2+b2−c22ab=1+4−42×1×2=14，故B错误；
若C=π3，则c2=a2+b2−2abcsC=a2+4a2−2a2=3a2，即c= 3a，
可得csA=b2+c2−a22bc=4a2+3a2−a22×2a× 3a= 32，由0若csB= 64，即c2+a2−b22ca=c2+a2−4a22ca= 64，化为2c2− 6ac−6a2=0，解得c= 6a，或c=− 62a(舍去)，故D错误．
故选：AC．
11.ABD
【解析】解：选项A：因为在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是上底面ABCD的中心，E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF⊥AO，AA1⊥面ABCD，EF⊂面ABCD，所以AA1⊥EF，
又AO，AA1⊂面AA1O，AO∩AA1=A，
所以EF⊥面AA1O，A1O⊂面AA1O，
所以A1O⊥EF，正确；
选项B：连接A1C1，B1D1交于O1连结OO1，
则∠OA1O1为直线A1O与平面A1B1C1D1所成角，
设正方体棱长为a，则正切值为tan∠OA1O1=a 22a= 2，正确；
选项C：延长CB，FE交于H，其中BG=BH，连结B1H，取BC中点设为G，则FG⊥面BCC1B1，
因为B1，H∈面B1HF和面BCC1B1，所以B1H为面B1HF和面BCC1B1的交线，
则过G作GJ⊥B1H，连结FJ，
则∠GJF为平面EFB1与平面BB1C1C的夹角的平面角，
在△HB1G中，设正方体棱长为a，
则GH=BC=a，B1G= a2+(a2)2= 52a，B1H= 52a，HG=a，
在△HB1G中，由余弦定理得：
csH=HG2+HB12−B1G22HG⋅HB1=a2+( 52a)2−( 52a)22×a× 52a= 55，
sinH>0，sinH= 1−( 55)2=2 55，
则GJ=GH⋅sinH=a×2 55=2 55a，
tan∠GJF=FGGJ=a2 55a= 52，错误；
选项D：取B1C1的中点设为Q，连结OQ，A1Q，
则∠A1OQ为异面直线A1O和OQ的夹角，
在△A1OQ中A1O= a2+( 22a)2= 62a，
OQ=A1Q= a2+(a2)2= 52a，
cs∠A1OQ=A1O2+OQ2−A1Q22×A1O×OQ=( 62a)2+( 52a)2−( 52a)22× 62a× 52a= 3010，正确．
故选：ABD．
12.(0,12)
【解析】解：复数z=(2a−1)+ai(a∈R)在复平面内对应的点为(2a−1,a)，
若位于第二象限，则2a−1<0，a>0，解得a的取值范围是(0,12).
故答案为：(0,12).
13.17
【解析】解：根据题意可得小三棱锥与大三棱锥的相似比为1：2，
∴小三棱锥的高与三棱台ABC−A1B1C1的高相等，
∴三棱锥B−A1B1C1的体积与三棱台上面的小三棱锥的体积相等，
又小三棱锥与大三棱锥的体积比为1：8，
∴小三棱锥的体积为三棱台ABC−A1B1C1的体积的17，
∴三棱锥B−A1B1C1的体积为17V.
故答案为：17．
14.π6
【解析】解：因为∠MON=2π3，若OM⋅ON=−14，
所以OM⋅ON=|OM|⋅|ON|cs∠MON=−14，
所以|OM|⋅|ON|=12
即OM=12ON，
又因为C=π2，A=π3，AB=2，O为斜边AB的中点，
∠MON=2π3，所以B=π6，OA=1，OB=1，∠AOM=π3−∠BON，
所以∠AMO=π3+∠BON，∠BNO=5π6−∠BON，
所以在△AMO中，OMsinA=OAsin∠AMO，
即12ON 32=1sin(π3+∠BON)，
整理得， 3ON=sin(π3+∠BON)，
在△BNO中，ONsinB=OBsin∠BNOONsinB=OBsin∠BNO,即ON12=1sin(5π6−∠BON)．
整理得，2ON=1sin(5π6−∠BON)，
联立 3ON=sin(π3+∠BON)2ON=1sin(5π6−∠BON)，
得 321sin(5π6−∠BON)=sin(π3+∠BON)，
即sin(π3+∠BON)sin(5π6−∠BON)= 32，
因为sin(5π6−∠BON)=sin5π6cs∠BON−cs5π6sin∠BON=12cs∠BON+ 32sin∠BON，
sin(π3+∠BON)=sinπ3cs∠BON+csπ3sin∠BON= 34+sin∠BONcs∠BON= 34+12sin2∠BON，
所以 34+12sin2∠BON= 32，
所以sin2∠BON= 32，
因为∠BON∈(0,π3)，所以∠BON∈(0,2π3)，
所以2∠BON=π3，∠BON=π6．
故答案为：π6．
15.解：(1)若(a+kb)⊥a，则(a+kb)⋅a=0，即a2+k(a⋅b)=0，可得22−4k=0，解得k=1；
(2)由(a+b)2=a2+2a⋅b+b2=4+2×(−4)+9=5，可得|a+b|= 5(舍负)．
因为b⋅(a+b)=a⋅b+b2=−4+9=5，
所以b与a+b的夹角θ满足csθ=b⋅(a+b)|b|⋅|a+b|=53× 5= 53．
【解析】(1)根据两个向量垂直的条件，建立关于k的等式，解之可得实数k的值；
(2)先利用向量模的公式与数量积的运算性质，求出|a+b|与b⋅(a+b)，然后根据两个向量的夹角公式算出b与a+b夹角的余弦值．
16.(1)证明：由acsB2=bsin2A得，acsB2=2bsinAcsA，
由正弦定理，得sinAcsB2=2sinBsinAcsA，
因为sinA≠0，所以csB2=2sinBcsA，
由二倍角公式得csB2=4sinB2csB2csA，
因为csB2≠0，所以csAsinB2=14；
(2)解：由b2+c2=a2+ 2bc，得b2+c2−a2= 2bc，
所以csA=b2+c2−a22bc= 2bc2bc= 22，
因为csAsinB2=14，
所以 22sinB2=14，得sinB2= 24，
所以csB=1−2sin2B2=1−2×( 24)2=34．
【解析】(1)由已知结合二倍角公式进行化简即可证明；
(2)由已知结合余弦定理，二倍角公式及(1)的结论即可求解．
17.解：(1)证明：根据题意可得tan∠NGB=tan∠FBG=12，
∴∠NGB=∠GFB，又∠FGB+∠GFB=90°，
∴∠NGB+∠FGB=90°，∴NG⊥GF，
又EF⊥平面BNG，NG⊂平面BNG，
∴NG⊥EF，又NG⊥GF，且EF∩GF=F，
∴GN⊥平面EFGH；
(2)根据题意易知矩形EFGH的面积为2× 5=2 5，
又易知平面EFGH即为平面A1FED1，且平面EFGH⊥平面D1HC1，

∴M到D1H的距离d即为四棱锥M−EFGH的高，
∴四棱锥M−EFGH的体积为13×2 5×d= 56，∴d=14，
而sin∠C1D1H=C1HD1H=1 5，
∴D1M=dsin∠C1D1H= 54．
【解析】(1)证明NG⊥GF，NG⊥EF，即可证明；
(2)易知矩形EFGH的面积为2 5，平面EFGH即为平面A1FED1，且平面EFGH⊥平面D1HC1，从而可得M到D1H的距离d即为四棱锥M−EFGH的高，再根据题意求出d，再解三角形，即可求解．
18.解：(1)由题意知，游客离地面的高度为ℎ=Asin(ωt−π2)+b，其中A=45，b=100−45=55；
t=5时，45sin(5ω−π2)+55=32.5，解得sin(5ω−π2)=−12，所以5ω−π2=−π6+2kπ，k∈Z；
解得ω=π15+2kπ5，k∈Z；k=0时，ω=π15，所以T=2πω=30，
即摩天轮运行一周约需要30分钟；
(2)由题意知，ℎ=45sin(π15t−π2)+55，令ℎ=77.5，得45sin(π15t−π2)=22.5，所以sin(π15t−π2)=12，
所以π15t−π2=π6，或π15t−π2=5π6，解得t=10，或t=20；
所以该游客距地面大约77.5米时，摩天轮运行的时间是10分钟或20分钟．
【解析】(1)设游客离地面的高度为ℎ=Asin(ωt−π2)+b，求出A、b，根据t=5时ℎ=32.5求出ω，即可求出T；
(2)令ℎ=77.5，即可求出t的值．
19.解：(1)由xn=(n,1−n)，n∈N∗．
可得x1=(1,l−1)，x2=(2,l−2)，x3=(3,l−3)，
故S3=x1+x2+x3=(6,3l−6)，S3−3x3=(−3,3)，
由于x3是Ω3的“−3向量”，所以|x3|≥|S3−3x3|，
即 32+(l−3)2≥3 2，
解得l≥6或l≤0．
(2)由于y=cs2nπ3,n∈N∗,y=sin2nπ3,n∈N∗均为周期函数，且周期为3，而
cs2π3+cs4π3+cs6π3=0，sin2π3+sin4π3+sin6π3=0，
故S3i+1=x1+x2+x3+⋯+x3i+1=(cs2π3,sin2π3)=(−12, 32)，
若Ω3i+1(i∈N∗)存在“l向量”，则存在xp(p∈{1,2,⋯,3i+1})，
使得|xp|≥|Sm+xp|，
故|xp|2≥|S3i+1+xp|2，
即S3i+12+2S3i+1⋅xp≤0，
即1+2(cs2π3cs2pπ3+sin2π3sin2pπ3)≤0，
即1+2cs(2π3−2pπ3)≤0．
故−1≤cs(2π3−2pπ3)≤−12，
故2π3+2kπ≤2π3−2pπ3≤4π3+2kπ,k∈Z，
解得−1−3k≤p≤−3k，p=3k−1，或p=3k，k∈N∗．
故Ω3i+1(i∈N∗)存在“1“向量，“1“向量为xp=(cs2pπ3,sin2pπ3)，故xp=(1,0),xp=(−12,− 32)．
(3)由于x1，x2，x3均为Ω3的“−1向量”，故|xp|≥|Sm−xp|,k∈Z，
即|x1|≥|x2+x3|，|x1|2≥|x2+x3|2，
即x12≥x22+x32+2x2⋅x3，同理x22≥x12+x32+2x1⋅x3，x32≥x12+x22+2x1⋅x2，
三式相加并化简，得：0≥x12+x22+x32+2x1⋅x2+2x1⋅x3+2x2⋅x3，
即(x1+x2+x3)2≤0，|x1+x2+x3|≤0，所以x1+x2+x3=0，
设x3=(u,v)，由x1+x2+x3=0，得u=−3csx,y=4sinx，
设Pn(an,bn)，则依题意得：(a2k+1,b2k+1)=2(a1,b1)−(a2k,b2k)(a2k+2,b2k+2)=2(a2,b2)−(a2k+1,b2k+1)，
得(a2k+2,b2k+2)=2(a2,b2)−(a2k+1,b2k+1)=2(a2,b2)−2(a1,b1)+(a2k,b2k).
故(a2k+2,b2k+2)=2k[(a2,b2)−(a1,b1)]+(a2，b2)，
同理(a2k+1,b2k+1)−2(a1,b1)−(a2k,b2k)=2(a1,b1)−2⁢(k−1)[(a2,b2)−(a1,b1)]−(a2，b2)，
故(a2k+1,b2k+1)=2k[(a1,b1)−(a2,b2)]+(a2，b2)，
所以 P2k+1P2k+2=(a2k+2−a2k+1,b2k+2−b2k+1)=4k[(a2,b2)−(a1,b1)]=4kP1P2，
||P1P2|2=(−3csx)2+(4sinx)2=9+7sin2x∈[9,16]，
故|P1P2|∈[3,4]，
故|P99P100|=4×49|P1P2|∈[588,784]．
【解析】(1)根据“−3“向量的定义，即可由模长公式求解．
(2)利用三角函数的周期性可得S3i+1=x1+x2+⋯+x3i+1=(cs2π3,sin2π3)=(−12, 32)，即可由定义求解．
(3)由定义，结合模长公式可得x1+x2+x3=0，设x3=(u,v)，由条件列式，变形为P2k+1P2k+2=(a2k+2−a2⁢k+1,b2⁢k+2−b2⁢⁢⁢k+1)=4⁢kP1P2，结合三角函数的性质，转化为求|P1P2|的最小值．