2023-2024学年江西省新余市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省新余市高一（下）期末数学试卷（含解析），共17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∈Z|x+1≥0}，B={x|x2−x−6<0}，则A∩B=( )
A. {x∈Z|x≥−1}B. {x|−1≤x≤3}C. {−1,0,1,2,3}D. {−1,0,1,2}
2.设复数z满足(1−2i)z=4+2i，则z−=( )
A. 3iB. −3iC. 2iD. −2i
3.已知向量a=(−2,2 3),b=(1, 3)，则b在a方向上的投影向量为( )
A. 14aB. −14aC. −bD. b
4.已知某正四棱锥的高为3，体积为64，则该正四棱锥的侧面积为( )
A. 48B. 64C. 80D. 144
5.若a，b，c为空间中的不同直线，α，β，γ为不同平面，则下列为真命题的个数是( )
①a⊥c，b⊥c，则a//b
②a⊥α，b⊥α，则a//b
③α⊥γ，β⊥γ，则α//β
④a⊥α，a⊥β，则α//β
A. 0B. 1C. 2D. 3
6.下列结论错误的是( )
A. 在△ABC中，若a>b，则csAB. 在锐角△ABC中，不等式b2+c2−a2>0恒成立
C. 在△ABC中，若C=π4，a2−c2=bc，则△ABC为等腰直角三角形
D. 在△ABC中，若b=3，A=60°，△ABC面积S=3 3，则△ABC外接圆半径为2 393
7.已知A为锐角，tan2A=csA2−sinA，tan(A−B)=2 1515，则tanB=( )
A. − 1517B. 1517C. −2 1517D. 2 1517
8.设函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2),f(−π8)=0,|f(3π8)|=1，且f(x)在区间(−π12,π24)上单调，则ω的最大值为( )
A. 1B. 3C. 5D. 7
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.下列正确的是( )
A. 在任意四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，则AB+DC=2EF
B. 复数z=1+i1−i(i是虚数单位)，则z+z2+z3+⋯+z2024=0
C. 长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体
D. 直三棱柱的任意两个侧面的面积之和大于第三个侧面的面积
10.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. φ=π3
B. 函数f(x)的图象关于直线x=512π对称
C. 函数f(x)图象向左平移π6个单位可得函数y=2sin2x的图象
D. 若方程f(x)=m(m∈R)在[−π6,π3]上有两个不等实数根x1，x2，则cs(x1+x2)= 32
11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别是线段A1B1，CD1上的动点，以下结论正确的是( )
A. 平面AMC1⊥平面CB1D1
B. 若M是A1B1中点，则异面直线AM与DD1所成角的余弦值为 55
C. 三棱锥A−BDM的体积为定值
D. DN+NB1的长的最小值为 2+ 6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某校辩论赛小组共有5名成员，其中3名女生2名男生，现要从中随机抽取2名成员去参加外校交流活动，则抽到2名男生的概率为______．
13.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，C=60°，c=7，若a−b=3，D为AB中点，则CD= ______．
14.如图，在三棱锥A−BCD中，AB=AC=BC=BD=CD，二面角A−BC−D的余弦值为−13，若三棱锥A−BCD的体积为13，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为______．
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)
在△ABC中，BC=6，∠ACB=60°，边AB，BC上的点M，N满足BM=13MA，BN=2NC，P为AC中点．
(1)设NM=λCB+μCA，求实数λ，μ的值；
(2)若BP⋅NM=−8，求边AC的长．
16.(本小题15分)
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)求样本成绩的第75百分位数；
(3)已知落在[50,60)的平均成绩是61，方差是7，落在[60,70)的平均成绩为70，方差是4，求两组成绩的总平均数z−和总方差s2．
17.(本小题15分)
高邮某公司欲生产一款迎春工艺品回馈消费者，工艺品的平面设计如图所示，该工艺品由直角三角形ABC和以BC为直径的半圆拼接而成，点P为半圆上一点(异于B，C)，点H在线段AB上，且满足CH⊥AB.已知∠ACB=90°，AB=10cm，设∠CAB=θ．
(1)为了使工艺礼品达到最佳观赏效果，需满足∠ABC=∠PCB，CA+CP达到最大.当θ为何值时，工艺礼品达到最佳观赏效果；
(2)为了工艺礼品达到最佳稳定性便于收藏，需满足∠PBA=60°，且CH+CP达到最大.当θ为何值时，CH+CP取得最大值，并求该最大值．
18.(本小题17分)
如图，已知等腰梯形ABCD中，AD//BC，AB=AD=12BC=2，E是BC的中点，AE⋂BD=M，将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使平面B1AE⊥平面AECD．
(1)求证：CD⊥平面B1DM；
(2)求B1E与平面B1MD所成的角；
(3)在线段B1C上是否存在点P，使得MP/​/平面B1AD，若存在，求出B1PB1C的值；若不存在，说明理由．
19.(本小题17分)
对于函数f(x)，g(x)，若存在实数m，n，使得函数ℎ(x)=mf(x)+ng(x)，则称ℎ(x)为f(x)，g(x)的“合成函数”．
(1)已知f(x)=x−3，g(x)=3−2x，试判断ℎ(x)=x−6是否为f(x)，g(x)的“合成函数”？若是，求实数m，n的值；若不是，说明理由；
(2)已知f(x)=sin(x−π4)，g(x)=csx，ℎ(x)为f(x)，g(x)的“合成函数”，且m=1，n= 2，若关于x的方程f(x+π4)⋅g(x)+kℎ(x)=0在x∈[0,π2]上有解，求实数k的取值范围；
(3)已知f(x)=x，g(x)=3x，ℎ(x)为f(x)，g(x)的“合成函数”(其中m>0，n>0)，ℎ(x)的定义域为(0,+∞)，当且仅当x=3时，ℎ(x)取得最小值6.若对任意正实数x1，x2，且x1+x2=2，不等式ℎ(x1)+ℎ(x2)≥p恒成立，求实数p的最大值．
答案解析
1.D
【解析】解：因为A={x∈Z|x+1≥0}={x∈Z|x≥−1}，B={x|x2−x−6<0}={x|−2所以A∩B={−1,0,1,2}．
故选：D．
2.D
【解析】解：z=4+2i1−2i=4+2i1+2i1−2i1+2i=2i，
∴z−=−2i．
故选：D．
3.A
【解析】解：由已知条件可得，|a|= (−2)2+(2 3)2=4,a⋅b=−2×1+2 3× 3=4，
所以b在a方向上的投影向量为a⋅b|a|2a=442a=14a．
故选：A．
4.C
【解析】解：设该正四棱锥的底面边长为a，则V=13a2⋅ℎ=13a2×3=64，解得a=8．
设该正四棱锥的斜高为ℎ′，则ℎ′= 32+(82)2=5，
所以该正四棱锥的侧面积为4×12×5×8=80．
故选：C．
5.C
【解析】解：a，b，c为空间中的不同直线，α，β，γ为不同平面，
对于①，a⊥c，b⊥c，则a与b相交、平行或异面，故①错误；
对于②，a⊥α，b⊥α，则由线面垂直的性质得a/​/b，故②正确；
对于③，α⊥γ，β⊥γ，则α与β平行或相交，故③错误；
对于④，a⊥α，a⊥β，则由面面平行的判定定理得α/​/β，故④正确．
故选：C．
6.D
【解析】解：A中，因为a>b，所以π>A>B>0，
由余弦函数的单调性，可得csAB中，在锐角三角形中，因为A∈(0,π2)，所以csA=b2+c2−a22bc>0，
所以b2+c2>a2恒成立，所以B正确；
C中，因为C=π4，a2−c2=bc，①
由余弦定理可得a2+b2−c2=2abcsπ4，②，
②−①可得b2= 2ab−bc，可得b= 2a−c，③
将③代入①可得a2−c2=( 2a−c)c，
可得a= 2c，在代入③，可得b=c，
即B=C=π4，A=π2，所以该三角形为等腰直角三角形，所以C正确；
D中，△ABC中，若b=3，A=60°，△ABC面积S=3 3，
所以12bcsinA=3 3，即12×3×c× 32=3 3，解得c=4，
由余弦定理可得a= b2+c2−2bccsA= 9+16−2×3×4×12= 13，
则△ABC外接圆的半径为R，则asinA=2R，
所以R= 132× 32= 393，所以D正确．
故选：D．
7.A
【解析】解：因为tan2A=csA2−sinA，所以sin2Acs2A=csA2−sinA，
所以2sinAcsA1−2sin2A=csA2−sinA，
又A为锐角，csA>0，
所以2sinA(2−sinA)=1−2sin2A，
解得sinA=14，
因为A为锐角，所以csA= 154，tanA= 1515，
又tan(A−B)=2 1515，
所以tanB=tan[A−(A−B)]=tanA−tan(A−B)1+tanAtan(A−B)= 1515−2 15151+ 1515×2 1515=− 1517．
故选：A．
8.B
【解析】解：由f(−π8)=0，得−π8ω+φ=k1π(k1∈Z)，
由|f(3π8)|=1，得3π8ω+φ=k2π+π2(k2∈Z)，
两式作差，得ω=2(k2−k1)+1(k1,k2∈Z)，
因为f(x)在区间(−π12,π24)上单调，所以π24+π12≤12⋅2πω，得ω≤8．
当ω=7时，−7π8+φ=k1π(k1∈Z)，因为|ϕ|<π2，所以φ=−π8，
所以f(x)=sin(7x−π8)．
x∈(−π12,π24)，7x−π8∈(−1724π,π6)，因为−1724π<−π2，
所以f(x)在区间(−π12,π24)上不单调，不符合题意；
当ω=5时，−5π8+φ=k1π(k1∈Z)，因为|ϕ|<π2，所以φ=−3π8，
所以f(x)=sin(5x−3π8)．
x∈(−π12,π24)，5x−3π8∈(−1924π,−π6)，因为−1924π<−π2，
所以f(x)在区间(−π12,π24)上不单调，不符合题意；
当ω=3时，−3π8+φ=k1π(k1∈Z)，因为|ϕ|<π2，所以φ=3π8，
所以f(x)=sin(3x+3π8)．
x∈(−π12,π24)，3x+3π8∈(π8,π2)，
所以f(x)在区间(−π12,π24)上单调，符合题意，所以ω的最大值是3．
故选：B．
9.ABD
【解析】解：对于A，∵在任意四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，
∴AE=ED，BF=FC，
∵AB=AE+EF+FB，DC=DE+EF+FC，
∴AB+DC=AE+EF+FB+DE+EF+FC=(AE+DE)+(FB+FC)+2EF=2EF，故A正确；
对于B，∵z=1+i1−i(i是虚数单位)，
∴z=(1+i)2(1−i)(1+i)=i，
∴z+z2+z3+⋯+z2024=i+i2+i3+⋯+i2024=506(i+i2+i3+i4)=506×0=0，故B正确；
对于C，长方体是四棱柱，直四棱柱不一定是长方体，故C错误；
对于D，∵直三棱柱的侧面是矩形，∴直三棱柱的侧面积是底乘高，而高相等，
∵三棱柱的底面上任意两边和大于第三边，
∴三棱柱的任意两个侧面的面积之和大于第三个侧面的面积，故D正确．
故选：ABD．
10.ACD
【解析】解：对于A，根据函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象，
得A=2，T4=π2ω=π3−π12=π4，则ω=2，
根据五点法作图，得2×π3+φ=π，
所以φ=π3，故f(x)=2sin(2x+π3)，故A正确；
对于B，f(5π12)=2sin7π6=−1，不是最值，
则函数f(x)的图象不关于直线x=512π对称，故B错误；
对于C，把函数f(x)图象向右平移π6个单位，
得到函数y=2sin[2(x−π6)+π3]=2sin2x的图象，故C正确；
对于D，若方程f(x)=m(m∈R)在[−π6,π3]上有两个不等实数根x1，x2，
而2x+π3∈[0,π]，故2x1+π3+(2x2+π3)=π，即x1+x2=π6，
则cs(x1+x2)= 32，故D正确．
故选：ACD．
11.ACD
【解析】解：对于A，由正方体ABCD−A1B1C1D1，得A1C1⊥B1D1，
因为AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，
所以AA1⊥B1D1，
由AA1∩A1C1=A1，AA1，A1C1⊂平面AA1C1，
所以B1D1⊥平面AA1C1，
又AC1⊂平面AA1C1，
所以B1D1⊥AC1，同理得AC1⊥CD1，
又CD1∩B1D1=D1，CD1，B1D1⊂平面CB1D1，
所以AC1⊥平面CB1D1，
又AC1⊂平面AMC1，所以平面AMC1⊥平面CB1D1，故A正确；
对于B，因为DD1//AA1，所以∠MAA1即为异面直线AM与DD1所成角的平面角，
AA1=2,A1M=1,AM= 5，
所以cs∠MAA1=AA1AM=2 55，
即异面直线AM与DD1所成角的余弦值为2 55，故B错误；

对于C，因为A1B1/​/平面ABCD，
所以点M到平面ABCD的距离等于点A1到平面ABCD的距离等于，为定值，
而S△ABD=12AB⋅AD为定值，所以三棱锥A−BDM的体积为定值，故C正确；
对于D，如图，设CD1∩C1D=O，连接OB1，则O为CD1的中点，且OD⊥CD1，
因为B1C=B1D1=CD1=2 2，所以OB1⊥CD1，且OB1= 6，
则DN+NB1≥OD+OB1= 2+ 6，当且仅当N位于点O处取等号，
所以DN+NB1的长的最小值为 2+ 6，故D正确．
故选：ACD．
12.110
【解析】解：设3名女生为A，B，C，2名男生为a，b，
则有(A,B)，(A,C)，(A,a)，(A,b)，(B,C)，(B,a)，(B,b)，(C,a)，(C,b)，(a,b)，共10种抽法，
其中抽到2名男生的抽法有(a,b)，
所以抽到2名男生的概率为110．
故答案为：110．
13. 1292
【解析】解：因为△ABC中，C=60°，c=7，a−b=3，
由余弦定理得，c2=a2+b2−2abcs60°=(a−b)2+ab，
即49=9+ab，
所以ab=40，
D为AB中点，则CD=12(CA+CB)，
所以|CD|2=14(CA2+CB2+2CA⋅CB)=14(b2+a2+ab)
=14[(a−b)2+3ab]=14(9+120)=1294，
所以CD= 1292．
故答案为： 1292．
14.4π
【解析】解：取BC的中点E，连接AE，DE，过点A作AH⊥DE，垂足为H，
所以∠AED为二面角A−BC−D的平面角，
设AB=2a，则AE=DE= 3a，cs∠AED=−13，
所以sin∠AEH=sin∠AED=2 23，
所以AH=2 63a，
因为三棱锥A−BCD的体积为13，
所以13× 34×(2a)2×2 63a=13，解得a= 22，
设△BCD外接圆的圆心为O′，三棱锥A−BCD外接球的球心为O，连接OO′，OC，O′C，
则O′C=O′D=23DE= 63，OO′=12AH= 33，
所以三棱锥A−BCD外接球的半径R满足R2=O′O2+O′C2=1，
则三棱锥A−BCD的外接球的表面积为4πR2=4π．
故答案为：4π．
15.解：(1)因为BM=13MA，BN=2NC，所以BN=23BC，BM=14BA，
所以NM=BM−BN=14BA−23BC=14(BC+CA)−23BC=512CB+14CA，
又NM=λCB+μCA，且CB、CA不共线，
所以λ=512，μ=14；
(2)因为BP=BC+CD=−CB+12CA，
所以BP⋅NM=(−CB+12CA)⋅(512CB+14CA)
=−512×62−124×6×|CA|×12+18×|CA|2=−8，
解得|CA|=8或|CA|=−7(舍去)，即边AC的长为8．
【解析】(1)根据平面的线性运算法则及平面向量基本定理的计算求出结果；
(2)用CB，CA表示BP和NM，然后代入BP⋅NM=−8，列方程求出AC的长．
16.解：(1)∵每组小矩形的面积之和为1，
∴(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，
∴a=0.030；
(2)成绩落在[40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65<0.75，
成绩落在[40,90)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030+0.025)×10=0.9>0.75，
所以第75百分位数落在[80,90)内，
设第75百分位数为m，则0.65+(m−80)×0.025=0.75，
解得m=84，
即第75百分位数为84；
(3)由图可知，成绩在[50,60)的市民人数为100×0.1=10，
成绩在[60,70)的市民人数为100×0.2=20，
故z−=10×61+20×7010+20=67，
设成绩在[50,60)中10人的分数分别为x1，x2，x3，⋯，x10；成绩在[60,70)中20人的分数分别为y1，y2，y3，⋯，y20，
则x12+x22+x32+⋯+x10210−612=7，y12+y22+y32+⋯+y20220−702=4，
∴x12+x22+x32+⋯+x102=37280，y12+y22+y32+⋯+y202=98080，
∴s2=110+20(x12+x22+x32+⋯+x102+y12+y22+y32+⋯+y202)−z−2=130×(37280+98080)−672=23． 【解析】(1)根据频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1求解；
(2)根据百分位数的定义求解；
(3)根据平均数和方差的计算公式求解．
17.解：(1)∵三角形ABC为直角三角形，∠CAB=θ，∴∠ABC=∠PCB=π2−θ，
在直角△ABC中，∵AB=10，∴AC=10csθ，BC=10sinθ，
∵点P为半圆上一点，∴∠CPB=π2，又∵∠ABC=∠PCB，
∴∠PBC=θ，∴PC=BC⋅sinθ=10sin2θ，CA+CP=10csθ+10sin2θ=10csθ+10(1−cs2θ)=−10(csθ−12)2+252，
∵θ∈(0,π2)，∴当csθ=12，即θ=π3时，CA+CP达最大值，
(2)在直角△ABC中，∵S△ABC=12CA⋅CB=12AB⋅CH，
∴CH=CA⋅CBAB=10csθ⋅10sinθ10=10sinθcsθ，
∵∠CAB=θ，∴∠CBA=π2−θ，又∵∠PBA=π3，∴∠CBP=θ−π6，
在直角△PBC中，CP=CB⋅sin(θ−π6)=10sinθ⋅( 32sinθ−12csθ)=5 3sin2θ−5sinθcsθ，
∴CH+CP=10sinθcsθ+5 3sin2θ−5sinθcsθ=5sinθcsθ+5 3sin2θ
=52sin2θ−5 32cs2θ+5 32=5sin(2θ−π3)+5 32，θ∈(π6,π2)，
∴当2θ−π3=π2即θ=5π12时，CH+CP达到最大值为5+5 32cm．
【解析】(1)利用直角三角形的边角关系，求出CA+CP的解析式，从而可得CA+CP取得最大值时θ的值；
(2)由等积法求出CH的值，再计算CH+CP的最大值以及对应的θ值．
18.(1)证明：∵AD/​/BC，E是BC的中点，∴AB=AD=BE=12BC=2，
故四边形ABED是菱形，从而AE⊥BD，
∴△BAE沿着AE翻折成△B1AE后，AE⊥B1M，AE⊥DM，
又∵B1M∩DM=M，
∴AE⊥平面B1MD，
由题意，易知AD/​/CE，AD=CE，
∴四边形AECD是平行四边形，故AE//CD，
∴CD⊥平面B1DM；
(2)解：∵AE⊥平面B1MD，
∴B1E与平面B1MD所成的角为∠EB1M，
由已知条件，可知AB=AE=CD，AB=AD=BE=12BC=2，
∴△B1AE是正三角形，∴∠EB1M=30°，
∴B1E与平面B1MD所成的角为30°；
(3)假设线段B1C上是存在点P，使得MP/​/平面B1AD，
过点P作PQ/​/CD交B1D于Q，连结MP，AQ，如下图：
∴AM//CD//PQ，∴A，M，P，Q 四点共面，
又∵MP/​/平面B1AD，∴MP//AQ，
∴四边形AMPQ为平行四边形，故AM=PQ=12CD，
∴P为B1C中点，
故在线段B1C上存在点P，使得MP/​/平面B1AD，且B1PB1C=12．
【解析】(1)证明AE⊥平面B1MD，AE/​/CD，即可证明CD⊥平面B1MD．
(2)由线面角的定义可得B1E与平面B1MD所成的角为∠EB1M，解三角形即可得解；
(3)假设线段B1C上是存在点P，使得MP/​/平面B1AD，求出P为B1C中点，即可得解．
19.解：(1)假设ℎ(x)=x−6为f(x)，g(x)的“合成函数”，
则ℎ(x)=x−6=m(x−3)+n(3−2x)=(m−2n)x+3(n−m)，
所以m−2n=13(n−m)=−6，解得m=3，n=1，
所以ℎ(x)=x−6为f(x)，g(x)的“合成函数”，且m=3，n=1；
(2)因为f(x)=sin(x−π4)，且m=1，n= 2，
所以ℎ(x)=sin(x−π4)+ 2csx= 22(sinx+csx)，
由f(x+π4)⋅g(x)+kℎ(x)=0，
得sinxcsx+ 22k(sinx+csx)=0(∗)，
令t=sinx+csx= 2sin(x+π4)，
则t2=(sinx+csx)2=1+2sinxcsx，所以sinxcsx=t2−12，
因为x∈[0,π2]，所以x+π4∈[π4,3π4]，故t∈[1, 2]，
所以方程(∗)为t2−12+ 22kt=0在t∈[1, 2]上有解，
所以 2k=1t−t，
因为函数y=1t,y=−t在t∈[1, 2]上都是减函数，
所以函数y=1t−t在t∈[1, 2]上是减函数，
所以 2k=1t−t∈[ 22− 2,0]，
所以k∈[−12,0]；
(3)由题意ℎ(x)=mx+3nx,m>0,n>0,x∈(0,+∞)，
得ℎ(x)=mx+3nx≥2 3mn，
当且仅当mx=3nx，即x= 3nm时取等号，
所以m>0n>0 3nm=32 3mn=6，解得m=1n=3，
所以ℎ(x)=x+9x,x∈(0,+∞)，
则ℎ(x1)+ℎ(x2)=x1+x2+9x1+9x2≥p恒成立，
因为x1+x2=2，所以ℎ(x1)+ℎ(x2)=x1+x2+9x1+9x2=2+18x1x2≥p，
又x1x2≤(x1+x2)24=1，当且仅当x1=x2=1时取等号，
所以ℎ(x1)+ℎ(x2)=2+18x1x2≥20，
所以p≤20，
所以实数p的最大值为20．
【解析】(1)根据“合成函数”的定义计算即可；
(2)由题意可得ℎ(x)=sin(x−π4)+ 2csx= 22(sinx+csx)，则f(x+π4)⋅g(x)+kℎ(x)=0，即sinxcsx+ 22k(sinx+csx)=0(∗)，令t=sinx+csx，则方程转化为关于t的一元二次方程，分离参数，进而可得出答案；
(3)求得ℎ(x)=mx+3nx，根据已知结合基本不等式求出m，n，从而可求出ℎ(x)的解析式，再利用基本不等式求出ℎ(x1)+ℎ(x2)的最大值即可得解．