还剩11页未读，
继续阅读
2023-2024学年河南省鹤壁市高中高一下学期7月期末考试数学试题（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年河南省鹤壁市高中高一下学期7月期末考试数学试题（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。
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m>n>0，下列不等式一定成立的是( )
A. mn1m+nC. m−1n>n−1mD. 2m+nm+2n>mn
2.设a=lg310，b=20.3，c=0.83，则( )
A. b3.已知x0是函数fx=ex+x−2的零点，则( )
A. x0>1B. ln2−x0=x0C. x0−e−x0>0D. e2−x0−e<0
4.有甲、乙两个袋子，甲袋子中有3个白球，2个黑球；乙袋子中有4个白球，4个黑球．现从甲袋子中任取2个球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的 概率为( )
A. 25B. 1325C. 12D. 35
5.如图所示；测量队员在山脚A测得山顶P的仰角为α，沿着倾斜角为β的斜坡向上走200m到达B处，在B处测得山顶P的仰角为γ.若α=45∘，β=34∘，γ=75∘，(参考数据：sin34∘≈0.56，sin41∘≈0.66，cs34∘≈0.83，cs41∘≈0.75， 2≈1.41， 3≈1.73)，则山的高度约为( )
A. 181.13B. 179.88C. 186.12D. 190.21
6.在锐角▵ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,▵ABC的面积为S，若sinA+C=2Sb2−a2，则tanA+13tanB−A的取值范围为( )
A. 2 33,+∞B. 2 33,+∞C. 2 33,43D. 2 33,10 39
7.如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=5，∠BAC=60°，BC、AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，则∠MPN的余弦值为( )
A. 4 9191B. 2 9191C. 9191D. −4 9191
8.已知复数z满足|z−1|+|z+1|=4，则|z|的取值范围为( )
A. [0,1]B. [2,3]C. [1, 3]D. [ 3,2]
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.已知fx=lgax(a>0，且a≠1)，则下列结论正确的是( )
A. 当a>1时，fx在0,+∞上是增函数
B. 不等式fx<0的解集是0,1
C. fx的图象过定点1,0
D. 当a=2时，fx的图象与gx=0.01x的图象有且只有一个公共点
10.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱AB上的动点，DF⊥平面D1EC，F为垂足，下列结论正确的是( )
A. FD1=FCB. 三棱锥C−DED1的体积为定值
C. ED1⊥A1DD. BC1与AC所成的角为45∘
11.已知函数f(x)=sinx− 3csx，则( )
A. f(x)的最大值为2
B. 函数y=f(x)的图象关于点π3,0对称
C. 直线x=π3是函数y=f(x)图象的一条对称轴
D. 函数y=f(x)在区间−π2,0上单调递增
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=4sinx(sinx− 3csx)+1相邻的两个零点分别为x1,x2(x113.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A为锐角，tanBcsC=1−sinC，△ABC的面积为2，则△ABC的周长的最小值为 ．
14.已知四棱锥P−ABCD的侧棱长都相等，且底面是边长为3 2的正方形，它的五个顶点都在直径为10的球面上，则四棱锥P−ABCD的体积为 ．
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)
对于函数y=mx3+ax2+(b−1)x+(b−1)(a≠0)，若存在x0∈R，使得mx03+ax02+(b−1)x0+(b−1)=x0成立，则称x0为函数y=mx3+ax2+(b−1)x+(b−1)(a≠0)的“囧点”．
(1)当m=2，a=−3，b=2时，求函数y=mx3+ax2+(b−1)x+(b−1)(a≠0)的“囧点”；
(2)当m=0时，对任意实数b，函数y=mx3+ax2+(b−1)x+(b−1)(a≠0)恒有“囧点”，求a的取值范围．
16.(本小题12分)
某电子产品制造企业为了提升生产质量，对现有的一条电子产品生产线进行技术升级改造，为了分析改造的效果，该企业质检人员从该条生产线所生产的电子产品中随机抽取了1000件，检测产品的某项质量指标值，根据检测数据得到下表(单位：件)．
(1)估计这组样本的质量指标值的平均数x和方差s2(同一组中的数据用该组区间中点值作代表)；
(2)设x表示不大于x的最大整数，x表示不小于x的最小整数，s精确到个位，a1=5x−s5,b1=5⋅x+s5,a2=5⋅x−2s5,b2=5⋅x+2s5.根据检验标准，技术升级改造后，若质量指标值有65%落在a1,b1内，则可以判断技术改造后的产品质量初步稳定；若有95%落在a2,b2内，则可以判断技术改造后的产品质量稳定，可认为生产线技术改造成功.请问：根据样本数据估计，是否可以判定生产线的技术改造是成功的？
17.(本小题12分)
如图所示，▵ABC的 顶点是我国在南海的三个战略岛屿，各岛屿之间建有资源补给站，在图中的D、E、F点上．岛屿A到补给站D的距离为岛屿A到B的25，岛屿A和岛屿C到补给站E的距离相等，补给站F在靠近岛屿C的BC的三等分点上．设CB=a,CA=b．
(1)用a,b表示EF,CD；
(2)若三个岛屿围成的▵ABC的面积为10( 2+1)平方公里，且满足4csAsinA+3csBsinB=1，求岛屿A和岛屿C之间距离的最小值．
18.(本小题12分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱BB1的中点，P为棱A1D1的中点，平面DA1MN与平面CB1PQ将该正方体截成三个多面体，其中N,Q分别在棱BC,DD1上.
(1)求证：平面MNDA1//平面CB1PQ；
(2)求异面直线CQ与MN所成角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知函数fx=2 3sinωx2csωx2−2cs2ωx2+1,ω>0,x∈R，在曲线y=fx与直线y=2的交点中，若相邻交点的距离为π．
(1)求函数fx的解析式；
(2)若x∈π3,π，解不等式fx≥− 3；
(3)若x∈π3,π，且关于x的方程f2x−a+1fx+a=0有三个不等的实根，求实数a的取值范围．
答案解析
1.B
【解析】对于A，mn−m+2n+2=mn+2−nm+2nn+2=2m−nnn+2，
因为m>n>0，所以m−n>0,nn+2>0，
所以mn−m+2n+2=2m−nnn+2>0，
所以mn>m+2n+2，故 A错误；
对于B，因为m>n>0，所以1n>1m>0，
所以m+1n>1m+n，故 B正确；
对于C，当m=0.2,n=0.1时，m−1n=−9.8<−4.9=n−1m，故 C错误；
对于D，当m=2,n=1时，2m+nm+2n=54<2=mn，故 D错误．
故选：B．
2.C
【解析】解：c=0.83<0.80=1，
20<20.3<21，即1a=lg310>lg39=2，
所以a>b>c．
故选：C
3.B
【解析】y=ex,y=x−2均为单调增函数，故fx为单调增函数；
对A：因为f0=−1,f1=e−1>0，故x0∈0,1，故 A错误；
对B：因为ex0+x0−2=0，故ex0=2−x0>0，两边取对数可得x0=ln2−x0，故 B正确；
对C：ex0=2−x0，故x0ex0=x02−x0=−x0−12+1<1，则x0对D：因为x0∈0,1，2−x0∈1,2，故e2−x0∈e,e2，则e2−x0>e，e2−x0−e>0，故 D错误．
故选：B．
4.B
【解析】解：若从甲袋子取出2个白球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为C32C52⋅C61C101=950；
若从甲袋子取出2个黑球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为C22C52⋅C41C101=125；
若从甲袋子取出1个白球和1个黑球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为C31⋅C21C52⋅C51C101=310．
∴从甲袋子中任取2个球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为950+125+310=1325．
故选：B．
5.C
【解析】在▵ABP中，则∠ABP=180∘−γ+β,∠BPA=180∘−α−β−∠ABP=180∘−α−β−180∘−γ+β=γ−α，
因为APsin∠ABP=ABsin∠APB，则AP=ABsin∠ABPsin∠APB=ABsinγ−βsinγ−α，
在Rt△PAQ中，则PQ=APsinα=ABsinγ−βsinαsinγ−α=200×sin41∘×sin45∘sin30∘≈200×0.66× 2212≈186.12．
故选：C．
6.C
【解析】由题意sinA+C=sinB=2Sb2−a2=2⋅12acsinBb2−a2，而sinB>0，
所以b2−a2=ac，由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
故c=2acsB+a，
又由正弦定理得sinC=2sinAcsB+sinA=sinAcsB+csAsinB，
整理得sin(B−A)=sinA，
故B−A=A或B−A=π−A(舍去)，得B=2A，
因为▵ABC是锐角三角形，
故0解得π6tanA+13tanB−A=tanA+13tanA∈2 33,43．
故选：C．
7.A
【解析】解：因为∠MPN即为向量AM与BN的夹角θ，
设AB=a，AC=b，
则a⋅b=2×5×12=5，
因为AM=12a+12b，BN=12b−a，
所以|AM|2=14(a2+b2+2a⋅b)=14(4+25+10)=394，
|BN|2=14b2+a2−a⋅b=254+4−5=214，
|AM|= 392，|BN|= 212，
所以AM⋅BN=(12a+12b)(12b−a)=|AM|⋅|BN|csθ，
故csθ=4 9191．
故选：A．
8.D
【解析】复数z满足|z−1|+|z+1|=4，
则复数z对应的点的轨迹为以(−1,0),(1,0)为焦点，长轴长2a=4的椭圆，
则椭圆短半轴长为b= 22−12= 3，椭圆方程为x24+y23=1，
|z|表示椭圆上的点到原点的距离，
当点位于椭圆长轴上的顶点时，|z|取值大值2；
当点位于椭圆短轴上的顶点时，|z|取值小值 3；
故|z|的取值范围为[ 3,2]，
故选：D
9.AC
【解析】对A：当a>1时，fx在0,+∞上是增函数，故 A正确；
对B：当a>1时，lgax<0，则x∈0,1，当0对C：f1=lga1=0，故 C正确；
对D：当a=2时，fx=lg2x，令ℎx=lg2x−0.01x，
有ℎ1=lg21−0.01=−0.01<0，ℎ2=lg22−0.01×2=1−0.02=0.98>0，
ℎ210=lg2210−0.01×210=10−10.24=−0.24<0，
故ℎx在1,2及2,210上都至少有一根，
即fx的图象与gx=0.01x的图象在1,2及2,210上都至少有一个交点，
故D错误．
故选：AC．
10.ABC
【解析】解：对于A，取D1C中点O，连接DO、FO，因为四边形DD1C1C为正方形，
所以DO⊥D1C，又因为DF⊥平面D1EC，D1C⊂平面D1EC，∴DF⊥D1C，
DO⋂DF=D，DO、DF⊂平面DOF，∴D1C⊥平面DOF，而FO⊂平面DOF，
所以FO⊥D1C，因为O为D1C中点，
所以FD1=FC，故A正确；
对于B，三棱锥C−DED1即为三棱锥E−DCD1，因为ΔDCD1的面积为定值，
E点到平面DCD1的距离为定值，所以三棱锥E−DCD1的体积为定值，
即三棱锥C−DED1的体积为定值，故B正确；
对于C，因为A1D⊥AD1,A1D⊥AB，AD1⋂AB=A，AD1、AB⊂平面ABC1D1，
所以A1D⊥平面ABC1D1,ED1⊂平面ABC1D1⇒ED1⊥A1D，故C正确；
对于D，将BC1平移到AD1，易知BC1与AC所成的角为60∘，所以D错误．
11.AB
【解析】解：函数f(x)=sinx− 3csx=2(sinxcsπ3−csxsinπ3)=2sin(x−π3)，
对于选项A，f(x)=2sin(x−π3)≤2， A正确；
对于选项B和C，将x=π3代入函数f(x)=2sin(x−π3)的解析式，得f(π3)=0，函数y=f(x)的图象关于点π3,0对称， B正确，C错误；
对于选项D，函数y=f(x)在区间−π2,−π6上单调递减，在区间−π6,0上单调递增，D不正确．
故选：AB．
12.±34
【解析】f(x)=4sinx(sinx− 3csx)+1=4sin2x−4 3sinxcsx+1
=2−2cs2x−2 3sin2x+1=3−4sin2x+π6，
令fx=0得sin2x+π6=34，
故2x1+π6+2x2+π62=π2+2kπ,k∈Z，或2x1+π6+2x2+π62=3π2+2kπ,k∈Z，
解得x1+x2=π3+2kπ,k∈Z或x1+x2=4π3+2kπ,k∈Z，
又x1故cs(x1−x2)=cs−2x2+π3+2kπ=csπ2−2x2+π6=sin2x2+π6=34，
或cs(x1−x2)=cs−2x2+4π3+2kπ=−cs−2x2+π3=−csπ2−2x2+π6=−sin2x2+π6=−34，
综上，cs(x1−x2)=±34．
故答案为：±34
13.4+2 2
【解析】解：由tan Bcs C=1−sin C，得sinBcsBcsC=1−sinC，sin Bcs C+cs Bsin C=cs B，sin(B+C)=csB=sin(B+π2)，故C=π2或B+C+B+π2=π，
若2B+C=π2，则B+C<π2，A>π2，不合题意，
所以C=π2，S▵ABC=12ab=2，ab=4，△ABC的周长为a+b+ a2+b2，
因为a+b+ a2+b2≥2 ab+ 2ab=4+2 2(当且仅当a=b=2时取等号)，
所以△ABC的周长的最小值为4+2 2．
故答案为4+2 2．
14.6或54
【解析】由题意可知，棱锥底面正方形的对角线长为：3 2× 2=6，
棱锥的底面积为：S=3 22=18，据此分类讨论：
当球心位于棱锥内部时，棱锥的高为：ℎ=5+ 52−32=9，棱锥的体积：V=13Sℎ=54；
当球心位于棱锥外部时，棱锥的高为：ℎ=5− 52−32=1，棱锥的体积：V=13Sℎ=6；
综上可得：四棱锥P−ABCD的体积为6或54．
故答案为：6或54
15.解：(1)当m=2，a=−3，b=2时，y=2x3−3x2+x+1，
由题意知：∴2x3−3x2+x+1=x，∴2x+1x−12=0，
解得x1=1，x2=−12，
所以当m=2，a=−3，b=2时，函数y=mx3+ax2+(b−1)x+(b−1)(a≠0)的“囧点”x1=1，x2=−12．
(2)由题知：ax2+(b−1)x+(b−1)=x(a≠0)，所以ax2+(b−2)x+(b−1)=0，
由于函数y=ax2+(b+1)x+(b−1)(a≠0)恒有“囧点”，
所以Δ=(b−2)2−4a(b−1)≥0，即b2−4(a+1)b+4(a+1)≥0，
又因为b是任意实数，所以Δ1=aa+1≤0，
解得−1≤a≤0，又a≠0.故−1≤a<0．
【解析】(1)利用“囧点”定义布列方程，即可得到结果；
(2)函数y=mx3+ax2+(b−1)x+(b−1)(a≠0)恒有“囧点”，等价于函数y=ax2+(b+1)x+(b−1)(a≠0)恒有“囧点”，结合判别式即可得到结果．
16.解：(1)由检测数据的统计图表，可得：
平均数x=30×0.06+40×0.1+50×0.16+60×0.3+70×0.2+80×0.1+90×0.08=61，
方差为s2=(30−61)2×0.06+(40−61)2×0.1+(50−61)2×0.16+(60−61)2×0.3+(70−61)2×0.2+(80−61)2×0.1+(90−61)2×0.08=241
(2)由(1)知，s2=241，因为15.52=240.25，162=256，所以15.5又因为s精确到个位数，所以s≈16，
则a1=561−165=45,b1=5⋅61+165=75，
该抽样数据落在[45,75]内的概率约为0.16+0.3+0.2=66%>65%，
又由a2=5⋅61−2×165=30,b2=5⋅61+2×165=90，，
所以该抽样数据落在[30,90]内的概率约为1−0.03+0.04=93%<95%，
所以，可以判断技术改造后的产品质量初级稳定，但不能判定生产线技术改造成功．
【解析】(1)利用表格中的数据，根据平均数和方差的公式，准确计算，即可求解；
(2)根据题设中的公式，分别求得区间a1,b1和a2,b2，并判断数据落在该区间的概率，结合给定的概率比较，得出结论．
17.(1)解：由岛屿A到补给站D的距离为岛屿A到B的25，可得AD=25AB，
点E为AC中点，且CF=13CB，
又由CB=a,CA=b，所以EF=EC+CF=−12CA+13CB=13a−12b，
CD=CA+AD=CA+25AB=CA+25(CB−CA)=25CB+35CA=25a+35b
(2)解：由4csAsinA+3csBsinB=1，可得4csAsinB+3csBsinA=sinAsinB，
即3csAsinB+3csBsinA=sinAsinB−csAsinB，
可得3sinA+B=sinBsinA−csA，即3sinC=sinBsinA−csA，
设AB=c,AC=b，由正弦定理知3c=bsinA−csA
而S△ABC=12bcsin A=b2sin A(sin A−cs A)6=b2(sin2A−sin Acs A)6
=b2121−cs2A−sin2A=10 2+1，
所以b2=120 2+11−sin2A−cs2A=120 2+11− 2sin2A+π4，
因为3c=bsinA−csA>0，所以π4所以当2A+π4=3π2，即A=5π8时，b2取得最小值120，即b的最小值为2 30，
所以岛屿A和岛屿C之间距离的最小值为2 30公里．
【解析】本题考查向量的运算，利用正弦定理、三角形面积公式解决距离问题，属于中档题．
(1)根据题意，得到AD=25AB，且CF=13CB，结合向量的运算法则，即可求解；
(2)由4csAsinA+3csBsinB=1，化简得到3sinC=sinBsinA−csA，结合正弦定理得到3c=bsinA−csA，利用三角形的面积公式，求得b2=120 2+11− 2sin2A+π4，进而求得b的最小值，得到答案．
18.解：(1)由题意得平面BCC1B1//平面ADD1A1，
又平面MNDA1∩平面BCC1B1=MN，
平面MNDA1∩平面ADD1A1=A1D，所以A1D//MN，
同理PQ//B1C，
因为A1B1//CD且A1B1=CD，
所以四边形A1B1CD为平行四边形，则A1D//B1C，
所以MN//B1C，
又B1C⊂平面CB1PQ，且MN⊄平面CB1PQ，
所以MN//平面PQCB1，
又M为BB1中点，所以N为BC中点，
同理Q为DD1中点，连接B1Q，MD，
因为BB1//DD1，B1M=12B1B=12DD1=QD，
所以四边形B1QDM为平行四边形，所以B1Q//MD，
又B1Q⊂平面CB1PQ，且DM⊄平面CB1PQ，所以DM//平面CB1PQ，
又DM∩MN=M，DM，MN⊂平面MNDA1，
所以平面MNDA1//平面CB1PQ；
(2)由(1)可知：MN//B1C，
所以∠B1CQ为异面直线CQ与MN所成角或其补角，
连接B1D1，因为正方体棱长为2且Q为DD1中点，
则B1C=2 2，CQ= CD2+DQ2= 4+1= 5，
又在正方体中，DD1⊥面A1B1C1D1，B1D1⊂面A1B1C1D1，则DD1⊥B1D1，
则B1Q2=B1D12+D1Q2=9，
所以cs∠B1CQ=B1C2+CQ2−B1Q22B1C⋅CQ=8+5−92×2 2× 5= 1010，
即异面直线CQ与MN所成角的余弦值为 1010．
【解析】(1)由面面平行的性质得到线线平行，进而得到MN//B1C，进而得到B1Q//MD，DM//平面CB1PQ，同理得到MN//平面PQCB1，证明出面面平行；
(2)由(1)可得∠B1CQ为异面直线CQ与MN所成角或其补角，求出三边长，利用余弦定理求出异面直线的夹角余弦值．
19.解：(1)由fx=2 3sinωx2csωx2−2cs2ωx2+1可得fx= 3sinωx−csωx=2sinωx−π6，
因此其最大值为2，由y=fx与直线y=2的交点中相邻交点的距离为π，
可得T=π，故ω=2，
所以解析式为fx=2sin2x−π6
(2)由不等式fx=2sin2x−π6≥− 3可得，sin2x−π6≥− 32，
解得−π3+2kπ≤2x−π6≤4π3+2kπ,k∈Z，
所以−π12+kπ≤x≤3π4+kπ,k∈Z；
因为x∈π3,π，
所以π3≤x≤3π4或11π12≤x≤π，
故x的范围为x|π3≤x≤3π4或11π12≤x≤π；
(3)关于x的方程f2x−a+1fx+a=0有三个不等的实根，
即fx−1fx−a=0有三个不等的 实根，
也即fx=1或fx=a有三个不等实根，
画出函数fx=2sin2x−π6在x∈π3,π上的图象如下：
结合函数图象可知，fx=1有一个根，
故fx=a有两个不等实数根，
所以−2故a的范围为−2,−1．
【解析】(1)结合二倍角公式及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的周期公式可求ω，即可求解函数解析式；
(2)结合正弦函数的性质即可求解不等式；
(3)由已知方程可得fx=1或fx=a，然后结合正弦函数的性质即可求解．
质是 指标值
25,35
35,45
45,55
55,65
65,75
75,85
85,95
产品
60
100
160
300
200
100
80
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m>n>0，下列不等式一定成立的是( )
A. mn
2.设a=lg310，b=20.3，c=0.83，则( )
A. b
A. x0>1B. ln2−x0=x0C. x0−e−x0>0D. e2−x0−e<0
4.有甲、乙两个袋子，甲袋子中有3个白球，2个黑球；乙袋子中有4个白球，4个黑球．现从甲袋子中任取2个球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的 概率为( )
A. 25B. 1325C. 12D. 35
5.如图所示；测量队员在山脚A测得山顶P的仰角为α，沿着倾斜角为β的斜坡向上走200m到达B处，在B处测得山顶P的仰角为γ.若α=45∘，β=34∘，γ=75∘，(参考数据：sin34∘≈0.56，sin41∘≈0.66，cs34∘≈0.83，cs41∘≈0.75， 2≈1.41， 3≈1.73)，则山的高度约为( )
A. 181.13B. 179.88C. 186.12D. 190.21
6.在锐角▵ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,▵ABC的面积为S，若sinA+C=2Sb2−a2，则tanA+13tanB−A的取值范围为( )
A. 2 33,+∞B. 2 33,+∞C. 2 33,43D. 2 33,10 39
7.如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=5，∠BAC=60°，BC、AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，则∠MPN的余弦值为( )
A. 4 9191B. 2 9191C. 9191D. −4 9191
8.已知复数z满足|z−1|+|z+1|=4，则|z|的取值范围为( )
A. [0,1]B. [2,3]C. [1, 3]D. [ 3,2]
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.已知fx=lgax(a>0，且a≠1)，则下列结论正确的是( )
A. 当a>1时，fx在0,+∞上是增函数
B. 不等式fx<0的解集是0,1
C. fx的图象过定点1,0
D. 当a=2时，fx的图象与gx=0.01x的图象有且只有一个公共点
10.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱AB上的动点，DF⊥平面D1EC，F为垂足，下列结论正确的是( )
A. FD1=FCB. 三棱锥C−DED1的体积为定值
C. ED1⊥A1DD. BC1与AC所成的角为45∘
11.已知函数f(x)=sinx− 3csx，则( )
A. f(x)的最大值为2
B. 函数y=f(x)的图象关于点π3,0对称
C. 直线x=π3是函数y=f(x)图象的一条对称轴
D. 函数y=f(x)在区间−π2,0上单调递增
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=4sinx(sinx− 3csx)+1相邻的两个零点分别为x1,x2(x1
14.已知四棱锥P−ABCD的侧棱长都相等，且底面是边长为3 2的正方形，它的五个顶点都在直径为10的球面上，则四棱锥P−ABCD的体积为 ．
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)
对于函数y=mx3+ax2+(b−1)x+(b−1)(a≠0)，若存在x0∈R，使得mx03+ax02+(b−1)x0+(b−1)=x0成立，则称x0为函数y=mx3+ax2+(b−1)x+(b−1)(a≠0)的“囧点”．
(1)当m=2，a=−3，b=2时，求函数y=mx3+ax2+(b−1)x+(b−1)(a≠0)的“囧点”；
(2)当m=0时，对任意实数b，函数y=mx3+ax2+(b−1)x+(b−1)(a≠0)恒有“囧点”，求a的取值范围．
16.(本小题12分)
某电子产品制造企业为了提升生产质量，对现有的一条电子产品生产线进行技术升级改造，为了分析改造的效果，该企业质检人员从该条生产线所生产的电子产品中随机抽取了1000件，检测产品的某项质量指标值，根据检测数据得到下表(单位：件)．
(1)估计这组样本的质量指标值的平均数x和方差s2(同一组中的数据用该组区间中点值作代表)；
(2)设x表示不大于x的最大整数，x表示不小于x的最小整数，s精确到个位，a1=5x−s5,b1=5⋅x+s5,a2=5⋅x−2s5,b2=5⋅x+2s5.根据检验标准，技术升级改造后，若质量指标值有65%落在a1,b1内，则可以判断技术改造后的产品质量初步稳定；若有95%落在a2,b2内，则可以判断技术改造后的产品质量稳定，可认为生产线技术改造成功.请问：根据样本数据估计，是否可以判定生产线的技术改造是成功的？
17.(本小题12分)
如图所示，▵ABC的 顶点是我国在南海的三个战略岛屿，各岛屿之间建有资源补给站，在图中的D、E、F点上．岛屿A到补给站D的距离为岛屿A到B的25，岛屿A和岛屿C到补给站E的距离相等，补给站F在靠近岛屿C的BC的三等分点上．设CB=a,CA=b．
(1)用a,b表示EF,CD；
(2)若三个岛屿围成的▵ABC的面积为10( 2+1)平方公里，且满足4csAsinA+3csBsinB=1，求岛屿A和岛屿C之间距离的最小值．
18.(本小题12分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱BB1的中点，P为棱A1D1的中点，平面DA1MN与平面CB1PQ将该正方体截成三个多面体，其中N,Q分别在棱BC,DD1上.
(1)求证：平面MNDA1//平面CB1PQ；
(2)求异面直线CQ与MN所成角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知函数fx=2 3sinωx2csωx2−2cs2ωx2+1,ω>0,x∈R，在曲线y=fx与直线y=2的交点中，若相邻交点的距离为π．
(1)求函数fx的解析式；
(2)若x∈π3,π，解不等式fx≥− 3；
(3)若x∈π3,π，且关于x的方程f2x−a+1fx+a=0有三个不等的实根，求实数a的取值范围．
答案解析
1.B
【解析】对于A，mn−m+2n+2=mn+2−nm+2nn+2=2m−nnn+2，
因为m>n>0，所以m−n>0,nn+2>0，
所以mn−m+2n+2=2m−nnn+2>0，
所以mn>m+2n+2，故 A错误；
对于B，因为m>n>0，所以1n>1m>0，
所以m+1n>1m+n，故 B正确；
对于C，当m=0.2,n=0.1时，m−1n=−9.8<−4.9=n−1m，故 C错误；
对于D，当m=2,n=1时，2m+nm+2n=54<2=mn，故 D错误．
故选：B．
2.C
【解析】解：c=0.83<0.80=1，
20<20.3<21，即1
所以a>b>c．
故选：C
3.B
【解析】y=ex,y=x−2均为单调增函数，故fx为单调增函数；
对A：因为f0=−1,f1=e−1>0，故x0∈0,1，故 A错误；
对B：因为ex0+x0−2=0，故ex0=2−x0>0，两边取对数可得x0=ln2−x0，故 B正确；
对C：ex0=2−x0，故x0ex0=x02−x0=−x0−12+1<1，则x0
故选：B．
4.B
【解析】解：若从甲袋子取出2个白球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为C32C52⋅C61C101=950；
若从甲袋子取出2个黑球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为C22C52⋅C41C101=125；
若从甲袋子取出1个白球和1个黑球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为C31⋅C21C52⋅C51C101=310．
∴从甲袋子中任取2个球放入乙袋子，然后再从乙袋子中任取一个球，则此球为白球的概率为950+125+310=1325．
故选：B．
5.C
【解析】在▵ABP中，则∠ABP=180∘−γ+β,∠BPA=180∘−α−β−∠ABP=180∘−α−β−180∘−γ+β=γ−α，
因为APsin∠ABP=ABsin∠APB，则AP=ABsin∠ABPsin∠APB=ABsinγ−βsinγ−α，
在Rt△PAQ中，则PQ=APsinα=ABsinγ−βsinαsinγ−α=200×sin41∘×sin45∘sin30∘≈200×0.66× 2212≈186.12．
故选：C．
6.C
【解析】由题意sinA+C=sinB=2Sb2−a2=2⋅12acsinBb2−a2，而sinB>0，
所以b2−a2=ac，由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
故c=2acsB+a，
又由正弦定理得sinC=2sinAcsB+sinA=sinAcsB+csAsinB，
整理得sin(B−A)=sinA，
故B−A=A或B−A=π−A(舍去)，得B=2A，
因为▵ABC是锐角三角形，
故0
故选：C．
7.A
【解析】解：因为∠MPN即为向量AM与BN的夹角θ，
设AB=a，AC=b，
则a⋅b=2×5×12=5，
因为AM=12a+12b，BN=12b−a，
所以|AM|2=14(a2+b2+2a⋅b)=14(4+25+10)=394，
|BN|2=14b2+a2−a⋅b=254+4−5=214，
|AM|= 392，|BN|= 212，
所以AM⋅BN=(12a+12b)(12b−a)=|AM|⋅|BN|csθ，
故csθ=4 9191．
故选：A．
8.D
【解析】复数z满足|z−1|+|z+1|=4，
则复数z对应的点的轨迹为以(−1,0),(1,0)为焦点，长轴长2a=4的椭圆，
则椭圆短半轴长为b= 22−12= 3，椭圆方程为x24+y23=1，
|z|表示椭圆上的点到原点的距离，
当点位于椭圆长轴上的顶点时，|z|取值大值2；
当点位于椭圆短轴上的顶点时，|z|取值小值 3；
故|z|的取值范围为[ 3,2]，
故选：D
9.AC
【解析】对A：当a>1时，fx在0,+∞上是增函数，故 A正确；
对B：当a>1时，lgax<0，则x∈0,1，当0
对D：当a=2时，fx=lg2x，令ℎx=lg2x−0.01x，
有ℎ1=lg21−0.01=−0.01<0，ℎ2=lg22−0.01×2=1−0.02=0.98>0，
ℎ210=lg2210−0.01×210=10−10.24=−0.24<0，
故ℎx在1,2及2,210上都至少有一根，
即fx的图象与gx=0.01x的图象在1,2及2,210上都至少有一个交点，
故D错误．
故选：AC．
10.ABC
【解析】解：对于A，取D1C中点O，连接DO、FO，因为四边形DD1C1C为正方形，
所以DO⊥D1C，又因为DF⊥平面D1EC，D1C⊂平面D1EC，∴DF⊥D1C，
DO⋂DF=D，DO、DF⊂平面DOF，∴D1C⊥平面DOF，而FO⊂平面DOF，
所以FO⊥D1C，因为O为D1C中点，
所以FD1=FC，故A正确；
对于B，三棱锥C−DED1即为三棱锥E−DCD1，因为ΔDCD1的面积为定值，
E点到平面DCD1的距离为定值，所以三棱锥E−DCD1的体积为定值，
即三棱锥C−DED1的体积为定值，故B正确；
对于C，因为A1D⊥AD1,A1D⊥AB，AD1⋂AB=A，AD1、AB⊂平面ABC1D1，
所以A1D⊥平面ABC1D1,ED1⊂平面ABC1D1⇒ED1⊥A1D，故C正确；
对于D，将BC1平移到AD1，易知BC1与AC所成的角为60∘，所以D错误．
11.AB
【解析】解：函数f(x)=sinx− 3csx=2(sinxcsπ3−csxsinπ3)=2sin(x−π3)，
对于选项A，f(x)=2sin(x−π3)≤2， A正确；
对于选项B和C，将x=π3代入函数f(x)=2sin(x−π3)的解析式，得f(π3)=0，函数y=f(x)的图象关于点π3,0对称， B正确，C错误；
对于选项D，函数y=f(x)在区间−π2,−π6上单调递减，在区间−π6,0上单调递增，D不正确．
故选：AB．
12.±34
【解析】f(x)=4sinx(sinx− 3csx)+1=4sin2x−4 3sinxcsx+1
=2−2cs2x−2 3sin2x+1=3−4sin2x+π6，
令fx=0得sin2x+π6=34，
故2x1+π6+2x2+π62=π2+2kπ,k∈Z，或2x1+π6+2x2+π62=3π2+2kπ,k∈Z，
解得x1+x2=π3+2kπ,k∈Z或x1+x2=4π3+2kπ,k∈Z，
又x1
或cs(x1−x2)=cs−2x2+4π3+2kπ=−cs−2x2+π3=−csπ2−2x2+π6=−sin2x2+π6=−34，
综上，cs(x1−x2)=±34．
故答案为：±34
13.4+2 2
【解析】解：由tan Bcs C=1−sin C，得sinBcsBcsC=1−sinC，sin Bcs C+cs Bsin C=cs B，sin(B+C)=csB=sin(B+π2)，故C=π2或B+C+B+π2=π，
若2B+C=π2，则B+C<π2，A>π2，不合题意，
所以C=π2，S▵ABC=12ab=2，ab=4，△ABC的周长为a+b+ a2+b2，
因为a+b+ a2+b2≥2 ab+ 2ab=4+2 2(当且仅当a=b=2时取等号)，
所以△ABC的周长的最小值为4+2 2．
故答案为4+2 2．
14.6或54
【解析】由题意可知，棱锥底面正方形的对角线长为：3 2× 2=6，
棱锥的底面积为：S=3 22=18，据此分类讨论：
当球心位于棱锥内部时，棱锥的高为：ℎ=5+ 52−32=9，棱锥的体积：V=13Sℎ=54；
当球心位于棱锥外部时，棱锥的高为：ℎ=5− 52−32=1，棱锥的体积：V=13Sℎ=6；
综上可得：四棱锥P−ABCD的体积为6或54．
故答案为：6或54
15.解：(1)当m=2，a=−3，b=2时，y=2x3−3x2+x+1，
由题意知：∴2x3−3x2+x+1=x，∴2x+1x−12=0，
解得x1=1，x2=−12，
所以当m=2，a=−3，b=2时，函数y=mx3+ax2+(b−1)x+(b−1)(a≠0)的“囧点”x1=1，x2=−12．
(2)由题知：ax2+(b−1)x+(b−1)=x(a≠0)，所以ax2+(b−2)x+(b−1)=0，
由于函数y=ax2+(b+1)x+(b−1)(a≠0)恒有“囧点”，
所以Δ=(b−2)2−4a(b−1)≥0，即b2−4(a+1)b+4(a+1)≥0，
又因为b是任意实数，所以Δ1=aa+1≤0，
解得−1≤a≤0，又a≠0.故−1≤a<0．
【解析】(1)利用“囧点”定义布列方程，即可得到结果；
(2)函数y=mx3+ax2+(b−1)x+(b−1)(a≠0)恒有“囧点”，等价于函数y=ax2+(b+1)x+(b−1)(a≠0)恒有“囧点”，结合判别式即可得到结果．
16.解：(1)由检测数据的统计图表，可得：
平均数x=30×0.06+40×0.1+50×0.16+60×0.3+70×0.2+80×0.1+90×0.08=61，
方差为s2=(30−61)2×0.06+(40−61)2×0.1+(50−61)2×0.16+(60−61)2×0.3+(70−61)2×0.2+(80−61)2×0.1+(90−61)2×0.08=241
(2)由(1)知，s2=241，因为15.52=240.25，162=256，所以15.5
则a1=561−165=45,b1=5⋅61+165=75，
该抽样数据落在[45,75]内的概率约为0.16+0.3+0.2=66%>65%，
又由a2=5⋅61−2×165=30,b2=5⋅61+2×165=90，，
所以该抽样数据落在[30,90]内的概率约为1−0.03+0.04=93%<95%，
所以，可以判断技术改造后的产品质量初级稳定，但不能判定生产线技术改造成功．
【解析】(1)利用表格中的数据，根据平均数和方差的公式，准确计算，即可求解；
(2)根据题设中的公式，分别求得区间a1,b1和a2,b2，并判断数据落在该区间的概率，结合给定的概率比较，得出结论．
17.(1)解：由岛屿A到补给站D的距离为岛屿A到B的25，可得AD=25AB，
点E为AC中点，且CF=13CB，
又由CB=a,CA=b，所以EF=EC+CF=−12CA+13CB=13a−12b，
CD=CA+AD=CA+25AB=CA+25(CB−CA)=25CB+35CA=25a+35b
(2)解：由4csAsinA+3csBsinB=1，可得4csAsinB+3csBsinA=sinAsinB，
即3csAsinB+3csBsinA=sinAsinB−csAsinB，
可得3sinA+B=sinBsinA−csA，即3sinC=sinBsinA−csA，
设AB=c,AC=b，由正弦定理知3c=bsinA−csA
而S△ABC=12bcsin A=b2sin A(sin A−cs A)6=b2(sin2A−sin Acs A)6
=b2121−cs2A−sin2A=10 2+1，
所以b2=120 2+11−sin2A−cs2A=120 2+11− 2sin2A+π4，
因为3c=bsinA−csA>0，所以π4
所以岛屿A和岛屿C之间距离的最小值为2 30公里．
【解析】本题考查向量的运算，利用正弦定理、三角形面积公式解决距离问题，属于中档题．
(1)根据题意，得到AD=25AB，且CF=13CB，结合向量的运算法则，即可求解；
(2)由4csAsinA+3csBsinB=1，化简得到3sinC=sinBsinA−csA，结合正弦定理得到3c=bsinA−csA，利用三角形的面积公式，求得b2=120 2+11− 2sin2A+π4，进而求得b的最小值，得到答案．
18.解：(1)由题意得平面BCC1B1//平面ADD1A1，
又平面MNDA1∩平面BCC1B1=MN，
平面MNDA1∩平面ADD1A1=A1D，所以A1D//MN，
同理PQ//B1C，
因为A1B1//CD且A1B1=CD，
所以四边形A1B1CD为平行四边形，则A1D//B1C，
所以MN//B1C，
又B1C⊂平面CB1PQ，且MN⊄平面CB1PQ，
所以MN//平面PQCB1，
又M为BB1中点，所以N为BC中点，
同理Q为DD1中点，连接B1Q，MD，
因为BB1//DD1，B1M=12B1B=12DD1=QD，
所以四边形B1QDM为平行四边形，所以B1Q//MD，
又B1Q⊂平面CB1PQ，且DM⊄平面CB1PQ，所以DM//平面CB1PQ，
又DM∩MN=M，DM，MN⊂平面MNDA1，
所以平面MNDA1//平面CB1PQ；
(2)由(1)可知：MN//B1C，
所以∠B1CQ为异面直线CQ与MN所成角或其补角，
连接B1D1，因为正方体棱长为2且Q为DD1中点，
则B1C=2 2，CQ= CD2+DQ2= 4+1= 5，
又在正方体中，DD1⊥面A1B1C1D1，B1D1⊂面A1B1C1D1，则DD1⊥B1D1，
则B1Q2=B1D12+D1Q2=9，
所以cs∠B1CQ=B1C2+CQ2−B1Q22B1C⋅CQ=8+5−92×2 2× 5= 1010，
即异面直线CQ与MN所成角的余弦值为 1010．
【解析】(1)由面面平行的性质得到线线平行，进而得到MN//B1C，进而得到B1Q//MD，DM//平面CB1PQ，同理得到MN//平面PQCB1，证明出面面平行；
(2)由(1)可得∠B1CQ为异面直线CQ与MN所成角或其补角，求出三边长，利用余弦定理求出异面直线的夹角余弦值．
19.解：(1)由fx=2 3sinωx2csωx2−2cs2ωx2+1可得fx= 3sinωx−csωx=2sinωx−π6，
因此其最大值为2，由y=fx与直线y=2的交点中相邻交点的距离为π，
可得T=π，故ω=2，
所以解析式为fx=2sin2x−π6
(2)由不等式fx=2sin2x−π6≥− 3可得，sin2x−π6≥− 32，
解得−π3+2kπ≤2x−π6≤4π3+2kπ,k∈Z，
所以−π12+kπ≤x≤3π4+kπ,k∈Z；
因为x∈π3,π，
所以π3≤x≤3π4或11π12≤x≤π，
故x的范围为x|π3≤x≤3π4或11π12≤x≤π；
(3)关于x的方程f2x−a+1fx+a=0有三个不等的实根，
即fx−1fx−a=0有三个不等的 实根，
也即fx=1或fx=a有三个不等实根，
画出函数fx=2sin2x−π6在x∈π3,π上的图象如下：
结合函数图象可知，fx=1有一个根，
故fx=a有两个不等实数根，
所以−2
【解析】(1)结合二倍角公式及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的周期公式可求ω，即可求解函数解析式；
(2)结合正弦函数的性质即可求解不等式；
(3)由已知方程可得fx=1或fx=a，然后结合正弦函数的性质即可求解．
质是 指标值
25,35
35,45
45,55
55,65
65,75
75,85
85,95
产品
60
100
160
300
200
100
80
相关试卷
2023-2024学年河南省鹤壁市高中高二下学期7月期末考试数学试题（含解析）： 这是一份2023-2024学年河南省鹤壁市高中高二下学期7月期末考试数学试题（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。
2023-2024学年河南省鹤壁市高中高二下学期7月期末考试数学试题（含答案）： 这是一份2023-2024学年河南省鹤壁市高中高二下学期7月期末考试数学试题（含答案），共8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。
2023-2024学年河南省焦作市普通高中高一上学期1月期末考试数学试题（含解析）： 这是一份2023-2024学年河南省焦作市普通高中高一上学期1月期末考试数学试题（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。
