2023-2024学年湖南省邵阳市隆回县高一下学期期末质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省邵阳市隆回县高一下学期期末质量检测数学试题（含解析），共11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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知n∈N，I=−1,1，则“n为偶数”是“in∈I”(i是虚数单位)的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
2.已知集合A=x|3x>5−2x，B=xx2≤5，则A∪B=( )
A. [− 5,+∞)B. [− 5,1)C. (1, 5]D. [ 5,+∞)
3.函数y= x10−x(0≤x≤10)的最大值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 8
4.某校高一年级有800名学生选学物理，将某次联考的物理成绩绘制成的频率分布直方图如图所示，则高一年级这次联考的物理成绩位于区间60,80的人数约为( )
A. 200B. 220C. 240D. 260
5.已知向量a，b满足a=1，b=1，6a−b=2,3 3，则a,b=( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 90∘
6.已知函数f(x)=2x+x，g(x)=lg2x+x，ℎ(x)=x3+x的零点分别为a，b，c，则( )
A. a>b>cB. b>a>cC. c>a>bD. b>c>a
7.在△ABC中，G为△ABC的重心，若AC=2AG，CG⊥AB，则csC=( )
A. 1116B. 1316C. 1114D. 914
8.从1，2，3，4，5，6，7，8中选取6个不同的数，其中恰有3个奇数，且第60%分位数为5，则不同的选择方法共有( )
A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列各组向量中，可以作为基底的是( )
A. e1=(0,0)，e2=(1,−2)B. e1=(−1,2)，e2=(5,7)
C. e1=(3,5)，e2=(6,10)D. e1=(1,1)，e2=(1,−1)
10.把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是θ1℃，空气中的温度是θ0℃，那么t分钟后物体的温度θ=θ0+θ1−θ0e−kt.其中k是一个常数．现有60℃的物体，放在12℃的空气中冷却，5分钟后物体的温度是36℃，若ln2≈0.693，则下列说法正确的是( )
A. k≈0.14B. k≈0.23
C. 若t≥15，则θ<20℃D. 若θ<15℃，则t≥20
11.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为AD，CC1，DD1的中点，H为BG的中点．则下列说法正确的是( )
A. C1D1//平面ABG
B. A1E⊥平面ABG
C. AH，B1F互为异面直线
D. AA1与平面ABG所成角的正弦值为 53
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某地的中学生有40%的学生爱好篮球，有70%的学生爱好音乐，90%的学生爱好篮球或音乐，则在该地的中学生中随机调查一位学生，既爱好篮球又爱好音乐的概率为 ．
13.设a<0，若f(x)=ln(1+ax)−ln(1+x)x为偶函数，则a= ．
14.已知函数fx=sinωx+π3ω>0在区间0,π上有最大值，无最小值，则ω的取值范围为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知甲、乙两人独立地破译一份密码，甲破译成功的概率为23，甲、乙都破译成功的概率为13.求：
(1)乙破译密码成功的概率p；
(2)恰有1人破译成功的概率；
(3)密码破译成功的概率．
16.(本小题12分)
在复平面内，O是原点，向量OA对应的复数为z1=4+2i1−i−i．
(1)求|OA|的值；
(2)若z1是关于x的方程x2+bx+c=0b,c∈R的一个根，求b，c的值；
(3)已知z2=3+i，复数z对应的点为P，且z=z−z1=z−z2.说明点P的集合是什么图形，并求图形的面积．
17.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2sin(B−π6)=csCcsA．
(1)求角A；
(2)若c=6，BC边上的中线AD= 13，求BC边上的高．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，E为BC的中点，且AD⊥PE．
(1)求证：∠PAD=∠PDA；
(2)若四棱锥P−AED的体积为2 33，直线AB与PE所成角为30°，求二面角P−AD−E的正切值．
19.(本小题12分)
若对∀x∈I，fx+φ−fx<φ，则称函数fx为I上的φ−函数．
(1)设I∈0,m，fx=sinπ2x，若fx为I上的1−函数，求m的最大值；
(2)若fx=x3−x为R上的φ−函数，求φ的取值范围；
(3)若0答案解析
1.C
【解析】解：当n为偶数时，in=±1∈I，则“n为偶数”是“in∈I”(i是虚数单位)的充分条件；
当n为奇数时，in=±i∉I，则in∈I时，n为偶数，则“n为偶数”是“in∈I”(i是虚数单位)的必要条件．
综上，“n为偶数”是“in∈I”(i是虚数单位)的充要条件．
故选：C
2.A
【解析】解：由3x>5−2x可得，x>1，即A=(1,+∞)，
又由x2≤5可得，− 5≤x≤ 5，即B=[− 5, 5]，
则A∪B=(1,+∞)∪[− 5, 5]=[− 5,+∞)．
故选：A．
3.B
【解析】解：∵0≤x≤10，∴10−x≥0，∴ x10−x≤x+10−x2=5，
当且仅当x=10−x，即x=5时，等号成立．
所以函数y= x10−x(0≤x≤10)的最大值为5，
故选：B．
4.C
【解析】解：0.01+0.02+a+0.005×20=1⇒a=0.015，
成绩落在60,80的频率为0.015×20=0.3，则成绩位于区间60,80的人数约为800×0.3=240(人)．
故选：C．
5.C
【解析】解：由6a−b=2,3 3可得：6a−b2=4+27=31，
则36a2−12a⋅b+b2=31，又因为a=1，b=1，
所以36−12a⋅b+1=31⇒a⋅b=12，
则csa,b=a⋅ba⋅b=121×1=12，
因为a,b∈0,π，所以a,b=π3，
故选：C．
6.D
【解析】解：由函数零点可知：2x+x=0⇔2x=−x，lg2x+x=0⇔lg2x=−x，x3+x=0⇔x3=−x
利用数形结合，构造三个函数y1=2x,y2=lg2x,y3=x3,它们与y=−x的交点横坐标就是对应的三个零点a,b,c．
由图可知：a故选：D．
7.A
【解析】解：
连接AG,AG∩BC=E，因为G是重心，所以E是中点，
连接CG,CG∩AB=D，同理D是中点，又因为CG⊥AB，所以AC=BC，
设AG=t,AC=2t=BC,BE=t，
因为G是重心，所以AG=23AE,AE=32t，
在▵ACE中，由余弦定理得
csC=AC2+CE2−AE22×AC×CE=4t2+t2−94t22×t×2t=1116．
故选：A．
8.D
【解析】解：因为6×0.6=3.6，所以6个数从小到大排列第4个数为5，
所以3个数比5小，2个数比5大，
当比5大的数是6，8时，则比5小的3个数必须有两个奇数1，3，则有2种取法；
当比5大的数是6，7时，则比5小的3个数必须有1个奇数1或3，则有2种取法；
当比5大的数是7，8时，则比5小的3个数必须有1个奇数1或3，则有2种取法；
选取6个不同的数，其中恰有3个奇数，且第60%分位数为5，则不同的选择方法共有2+2+2=6种.
故选：D．
9.BD
【解析】解：对A，因为e1=(0,0)为零向量，所以不能作为基底， A错误；
对B，因为−1×7−2×5≠0，所以e1,e2不共线，可以作为基底， B正确；
对C，因为e1=12e2，所以e1,e2共线，不能作为基底， C错误；
对D，因为1×−1−1×1≠0，所以e1,e2不共线，可以作为基底， D正确；
故选：BD．
10.ACD
【解析】解：根据题意：36=12+60−12⋅e−5k，
解得e−5k=12，k=ln25≈0.14,故选项 A正确，选项B错误．
若t≥15，则θ<12+60−12e−15k=12+48e−5k3=18，则θ<20成立，故选项 C正确．
若θ<15℃，则12+60−12⋅e−kt<15,e−kt<116,
又e−5k=12，则e−5k15t<116=124,15t>4,t>20，故选项D正确．
故选：ACD．
11.AB
【解析】解：
对于A，如图，因D1C1//A1B1//AB，AB⊂平面ABG，而D1C1⊄平面ABG，故C1D1//平面ABG，即 A正确；
对于B，如图，在正方形ADD1A1中，因E，G分别为AD，DD1的中点，易得▵A1AD≅▵ADG，
则∠AA1E=∠DAG，因∠DAG+∠A1AG=90∘，故∠AA1E+∠A1AG=90∘，即A1E⊥AG，
又AB⊥平面ADD1A1，A1E⊂平面ADD1A1，故AB⊥A1E，
又AB∩AG=A,AB,AG⊂平面ABG，故A1E⊥平面ABG，即 B正确；
对于C，
如图，连接BF,FG,AF，因F，G分别为CC1，DD1的中点，则FG//CD//AB,FG=CD=AB，
故得▱ABFG，又H为BG的中点，故H也是AF的中点，即AH与B1F交于点F，故 C错误；
对于D，
如图，由B项已得A1E⊥平面ABG，设A1E∩AG=M，则AM即AA1在平面ABG上的投影，
故∠A1AM即AA1与平面ABG所成的角，设正方体棱长为2，则AG= 12+22= 5，
易得∠A1AM=∠A1EA=∠AGD,故sin∠A1AM=sin∠AGD=ADAG=2 5=25 5，即 D错误．
故选：AB．
12.0.2或15
【解析】解：设学生爱好篮球为事件A，学生爱好音乐为事件B，则学生爱好篮球或音乐为事件A+B，既爱好篮球又爱好音乐为事件AB，
PA+B=PA+PB−PAB，
又因为PA=0.4,PB=0.7,PA+B=0.9，
所以PAB=0.2．
故答案为：0.2．
13.−1
【解析】解：因f(x)为偶函数，则f(x)=ln(1+ax)−ln(1+x)x=f−x=ln1−ax−ln1−x−x．
注意到ln1−ax−ln1−x−x=ln1−x−ln1−axx，与ln(1+ax)−ln(1+x)x
相比较，得a=−1．
故答案为：−1
14.[16,76)
【解析】解：因fx=sinωx+π3ω>0，设z=ωx+π3，当x∈0,π时，z=ωx+π3∈(π3,ωπ+π3],
作出y=sinz在(π3,ωπ+π3]上的图象如图．
要使fx区间0,π上有最大值，无最小值，需使π2≤ωπ+π3<3π2，
解得，16≤ω<76，即ω的取值范围为[16,76)．
故答案为：[16,76)．
15.解：(1)记甲、乙成功破译密码分别记作事件A，B，
则P(AB)=P(A)P(B)=23p=13，解得p=12．
(2)记恰有1人破译成功为事件C，
则P(C)=P(AB)+P(AB)=23×12+13×12=12．
(3)记密码破译成功为事件D，
则P(D)=1−P(AB)=1−13×12=56．
【解析】(1)利用相互独立事件的概率乘法公式即可；
(2)利用相互独立事件的概率乘法公式即可；
(3)利用对立事件求解思路更简洁．
16.解：(1)因为z1=(4+2i)(1+i)2−i=1+3i−i=1+2i，所以OA=z1= 5．
(2)由已知得，1−2i也是方程x2+bx+c=0b,c∈R的一个根，
由韦达定理得，−b=1+2i+1−2i=2，c=1+2i1−2i=5，即b=−2，c=5．
(3)记z2所对应的点为B，∵z=z−z1=z−z2，
∴PO=PA=PB，即点P的集合为△OAB的外接圆．
∵OB= 10，AB= 1−32+2−12= 5，
∴OA2+AB2=OB2，即OA⊥AB．
于是△OAB的外接圆半径R=|OB|2= 102．
故所求图形的面积为S=πR2=5π2．
【解析】(1)利用复数的四则运算化简复数z1，再求其模长即得；
(2)由实系数一元二次方程的解的特点易得另一个根，由韦达定理即得；
(3)利用复数与平面向量的一一对应关系，结合图形得到点P的集合为△OAB的外接圆，判断三角形形状，易得其外接圆半径．
17.解：(1)由已知得csC=2sinB−π6csA=( 3sinB−csB)csA．
又csC=−cs(A+B)=sinAsinB−csAcsB，
故 3sinBcsA=sinAsinB．
因为sinB>0，所以sinA= 3csA，即tanA= 3．
因为0(2)因为2AD=AB+AC，两边同时平方得4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC，
即52=36+b2+6b，解得b=2(负值舍去)，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=4+36−2×2×6×12=28，所以a=2 7．
因为△ABC的面积S=12bcsinA=12aℎa，
所以ℎa=bcsinAa=2×6× 322 7=3 217．
【解析】(1)应用两角和差的正弦余弦公式计算即可；
(2)先应用向量的数量积的运算律求出b，再结合余弦定理及面积公式计算即可．
18.解：(1)取AD的中点O，因为四边形ABCD是正方形，∴EO⊥AD．
∵AD⊥PE，EO∩PE=E，EO，PE⊂平面POE，∴AD⊥平面POE．
又PO⊂平面POE，∴AD⊥PO，
又因为O是AD的中点，所以可得PA=PD，即∠PAD=∠PDA．
(2)作PQ⊥EO于点Q，
∵AD⊥平面POE，PQ⊂平面POE，∴PQ⊥AD．
又EQ∩AD=O，EQ,AD⊂平面ABCD，∴PQ⊥平面ABCD．
由VP−AED=13S▵AED⋅PQ=23PQ=2 33，得PQ= 3．
因为EO//AB，所以AB,PE所成角为∠PEQ=30∘，
故tan∠PEQ=PQ2+OQ= 33，解得OQ=1．
因为AD⊥EO，AD⊥PO，所以∠POE为二面角P−AD−E的平面角．
tan∠POE=−tan∠POQ=−PQOQ=− 3．
即所求二面角P−AD−E的正切值为− 3．
【解析】(1)利用线线垂直证明线面垂直，再证线线垂直，利用等腰三角形的三线合一证明即可；
(2)利用垂直关系，易得线面角和二面角的平面角，即可计算求解．
19.解：(1)令g(x)=f(x+1)−f(x)=sin[π2(x+1)]−sin(π2x)
=csπ2x−sinπ2x= 2cs(π2x+π4)，
由题意知，当x∈0,m时，π2x+π4∈π4,π2m+π4.因gx<1恒成立．故只需让π2m+π4小于或等于7π4，即大于π4且让余弦函数可取到 22的最小自变量．
即π2m+π4≤7π4，解得m≤3.故m的最大值为3；
(2)由题，f(x+φ)−f(x)=(x+φ)3−x3−φ=φ[(x+φ)2+x(x+φ)+x2]−φ
=φ(3x2+3φx+φ2−1)<φ对∀x∈R恒成立．
即φ(3x2+3φx+φ2−1)<φ⇔φ(3x2+3φx+φ2−2)<0对∀x∈R恒成立．
令ℎ(x)=3x2+3φx+φ2−2，则φℎx<0对∀x∈R恒成立．
当φ≥0时，注意到ℎ(1)=φ2+3φ+1>0，所以φℎ1≥0，矛盾，舍去；
当φ<0时，则ℎx>0对∀x∈R恒成立．
所以方程ℎx=0的判别式Δ=9φ2−12(φ2−2)=3(8−φ2)<0，解得φ<−2 2．
综上可知，φ的取值范围为−∞,−2 2；
(3)对∀x∈R，f(x+φ)g(x+φ)−f(x)g(x)
=f(x+φ)g(x+φ)−f(x+φ)g(x)+f(x+φ)g(x)−f(x)g(x)
=f(x+φ)[g(x+φ)−g(x)]+g(x)[f(x+φ)−f(x)]．
因为fx，gx均为φ−函数，则g(x+φ)−g(x)<φ，fx+φ−fx<φ
又0所以f(x+φ)[g(x+φ)−g(x)]+g(x)[f(x+φ)−f(x)]<12φ+12φ<φ，
即f(x+φ)g(x+φ)−f(x)g(x)<φ，所以fxgx也为R上的φ−函数．
【解析】(1)问题等价于当x∈0,m时， 2cs(π2x+π4)<1恒成立，后结合余弦函数性质可得答案；
(2)问题等价于φℎ(x)=φ3x2+3φx+φ2−2<0对∀x∈R恒成立，后讨论φ的正负性，结合判别式可得答案；
(3)因f(x+φ)g(x+φ)−f(x)g(x)=f(x+φ)[g(x+φ)−g(x)]+g(x)[f(x+φ)−f(x)]，后结合题意及R上的φ−函数定义可证明结论．