2024江西省上进联考高一下学期7月期末考试数学含解析（新结构）

这是一份2024江西省上进联考高一下学期7月期末考试数学含解析（新结构），共16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．已知向量，，若，则x＝（ ）
A．2 B．－2 C．4 D．－4
2．若复数，则|z|＝（ ）
A．2 B． C． D．1
3．已知，则cs（π＋α）＝（ ）
A． B． C． D．
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．已知函数是奇函数，则tanφ＝（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数的单调递增区间是（k∈Z），则φ＝（ ）
A． B． C． D．
7．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝3，b＝1，，则边c上的高为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数（ω＞0），若对任意的实数t，f（x）在区间上的值域均为[－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．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知函数f（x）＝Asin（ωx＋φ）（A＞0，ω＞0，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．A＝2B．
C．f（x）的最小正周期为πD．曲线y＝f（x）关于直线对称
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，则B．若a＝1，c＝2，则
C．若，则D．若，则
11．如图，在正方体中，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．
B．直线与平面所成角的正切值为
C．平面与平面的夹角为
D．异面直线与所成角的余弦值为
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．已知三棱台的体积为V，记上底面、下底面ABC的面积分别为，，若，则三棱锥的体积为________V．
14．如图，在Rt△ABC中，，，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），，若，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，，且．
（1）若，求k的值；
（2）求与夹角的余弦值．
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．
（1）证明：；
（2）若，求csB．
17．（本小题15分）
如图，正方体的棱长为2，G，H分别是棱，的中点，M是棱上的一点，点N在棱AB上，，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，求的长度．
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（i＝1，2，…，m，m≥3且m∈N），记，，若存在（p∈{1，2，…，m}），使得，k∈Z，则称是的“k向量”．
（1）设，，若是的“－3向量”，求实数l的取值范围；
（2）若，，则是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由；
（3）已知，，均为的“－1向量”，其中，．设平面直角坐标系xOy中的点列，，…，满足（与原点O重合），且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围．
答案和解析
1．【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量的坐标运算和向量平行的转化，属于基础题．
根据平行列关系式求解即可．
【解答】
解：，，
由，得1×（－8）＝4x，解得x＝－2．
故选B．
2．【答案】C
【解析】【分析】
本题考查复数四则运算和复数的模，属于基础题型．
化简z＝－1－i，再由复数模的运算即可得出答案．
【解答】
解：，
所以．
3．【答案】A
【解析】【分析】
本题考查三角函数值的求法，考查诱导公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
利用诱导公式直接求解．
【解答】
解：，
故．
故选：A．
4．【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，是中档题．
根据空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐项分析即可求解．
【解答】
解：由线面平行的性质知“若a∥α，则a∥β”，A正确；
由线面垂直的性质知“若b⊥α，则b⊥β”，B正确；
若a∥α，b∥β，则a与b的关系不能确定，C错误；
由线面垂直的性质知“若a⊥α，b⊥β，则a∥b”，D正确．
故选C．
5．【答案】D
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的奇偶性，三角恒等变换，诱导公式，属于基础题．
由辅助角公式化为，利用正弦型函数的奇偶性得，k∈Z，求出φ的表达式，再利用诱导公式计算即得．
【解答】
解：由函数是奇函数，
得，k∈Z，
则，k∈Z，
所以当k∈Z时，．
6．【答案】C
【解析】【分析】
本题考查正切型函数单调性，属于中档题．
先根据函数单调性求出函数f（x）的单调递增区间，对照已知条件求出φ的值．
【解答】
解：由（k∈Z），
得（k∈Z），
所以函数f（x）的单调递增区间为（k∈Z），
则，且，解得．
故选C．
7．【答案】B
【解析】【分析】本题考查余弦定理解三角形，三角形的面积，属于基础题．
由余弦定理求得c，由等面积法求c边上的高．
【解答】
解：由余弦定理得，
得，
由，C为三角形内角，得，
设边c上的高为h，由面积关系，得，即，
得．
故选B．
8．【答案】D
【解析】【分析】
本题考查余弦型函数的图像和性质，属基础题．
先化简函数解析式，然后由题意可得，解不等式即可．
【解答】
解：，
则f（x）的最小正周期，
因为对任意的实数t，f（x）在区间上的值域均为[－1，3]，
所以f（x）在区间上既能取得最大值3，也能取得最小值－1，
所以，解得ω＞3．
故选D．
9．【答案】ABC
【解析】【分析】此题主要考查数f（x）＝Asin（ωx＋φ）的图象及性质，属于基础题．
解题时利用函数的图象，得到A的值，代入（0，－1）得φ，代入求出ω，由求出周期，代入，判定D选项即可．
【解析】
解：由已知得到A＝2，故A正确；
由，2sinφ＝－1得，B正确；
由ω＞0，，
得，解得ω＝2，
所以，则最小正周期，C正确；
因为，不是函数f（x）的最值，所以曲线y＝f（x）不关于直线对称，D错误．
故选ABC．
10．【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了利用正余弦定理解三角形和三角恒等变换，是中档题．
利用正余弦定理解三角形和三角恒等变换逐一判定即可．
【解答】
解：因为2a＝b，所以，由正弦定理，得2sinA＝sinB，
所以，A正确；
因为a＝1，c＝2，b＝2a＝2，所以△ABC是等腰三角形，
所以，B错误；
由2a＝b得2sinA＝sinB，
即，
即，得，
因为A是三角形内角，所以，C正确；
由余弦定理得，
整理得，解得（舍去）或，D错误．
故选AC．
11．【答案】ABD
【解析】【分析】
【分析】本题主要考查了直线与直线的关系，直线与平面所成的角，平面与平面所成的角，属于中等题．对于A，利用，即可判断A；对于B，找到为直线与平面所成角，即可判断B；对于C，利用已知得平面与平面的夹角为，即可判断C；对于D，得到为异面直线与所成角，即可判断D．
【解答】
【解答】解：设正方体的棱长为2．对于A，连接BD，则BD∥EF，
因为，所以，A正确；
对于B，设下底面的中心为，连接，，则平面，所以为直线与平面所成角，则，B正确；
对于C，易知平面与平面的夹角为，平面不与平面平行，C错误；对于D，设的中点为G，连接OG，，则，所以为异面直线与所成角，在中，，，所以，D正确．
故选ABD．
12．【答案】
【解析】【分析】
【分析】本题主要考查了复数的几何意义，属于基础题．
根据题意得即可解得．
【解答】解：依题意，解得．
故答案为．
13．【答案】
【解析】【分析】
【分析】本题主要考查了三棱台和三棱锥的体积，属于基础题．
利用棱台和棱锥的体积公式即可解得．
【解答】解：依题意，解得．
故答案为．
14．【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了正弦定理以及数量积，属于基础题．
利用正弦定理解得OM，ON，再用数量积得，化简整理即可．
【解答】解：设∠BON＝θ，因为，，则，所以，，．在△BNO中，由正弦定理，得，；
在△AMO中，由正弦定理，得，得，则
，因为，所以，即，化简得，得，因为，所以．
故答案为．
15．【答案】解：（1）因为，所以，
即，
因为，，
所以，解得k＝1．
（2），
，
所以，，
所以与的夹角的余弦值为．
【解析】本题考查平面向量数量积的性质和运算，夹角公式，属于基础题．
（1）利用，得，即可求出k的值；
（2）先求出和，然后利用夹角公式求出向量与夹角的余弦值．
16．【答案】（1）证明：由，得，
由正弦定理，得，
因为sinA≠0，所以，
由二倍角公式得，
因为，所以．
（2）解：由，
得，
所以，
因为，
所以，得，
所以．
【解析】本题考查了利用正余弦定理解三角形和三角恒等变换，是中档题．
（1）由正弦定理，得，再由三角恒等变换即可得证；
（2）由余弦定理得，再由三角恒等变换可得结果．
17．【答案】（1）证明：依题意，，
，，
所以，
所以△NGF是直角三角形，GN⊥GF．
因为BC⊥平面，平面，所以BC⊥GN，
因为G，H分别是棱，的中点，
所以BC∥GH，则GN⊥GH，
因为GH∩GF＝G，GH，平面EFGH，
所以GN⊥平面EFGH．
（2）解：连接，，
因为，，C为DE的中点，
所以，H，E共线，
同理，G，F共线．
易知平面平面EFGH，过点M作MO⊥平面EFGH，
则垂足O在交线上，
则四棱锥M—EFGH的体积，得．
因为，
所以，得．

【解析】本题考查了线面垂直的判定和棱锥的体积，是中档题．
（1）由线面垂直的判定即可得证；
（2）由四棱锥M—EFGH的体积得出MO，再由，可得的长度．
18．【答案】【解答】解：如图，设AC为地面，圆O为摩天轮，其旋转半径为45米，最高点距离地面100米，则摩天轮的最低点B距离地面10米，即AB＝10，以AC所在直线为x轴，BO所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，（3分）某人在最低点B的位置坐上摩天轮，设第t分钟时所在位置的高度为h（t），则（ω＞0）．
（1）当t＝5时，，整理得，
所以或，由于摩天轮运行一周的时间不低于20分钟，所以，不符合实际情况，舍去，所以，得，所以周期，所以摩天轮运行一周约需要30分钟．
（2）由（1）知，当该游客距地面大约77.5米时，
得，即，
所以或，得t＝10或t＝20．
所以当该游客距地面大约77.5米时，摩天轮运行了10分钟或20分钟．
【解析】【分析】本题主要考查了正弦函数型的应用，属于中等题．
（1）首先利用已知条件得出（ω＞0）．再分别令或，求解即可；
（2）令，解得或，即可解得t的值．
19．【答案】解：（1）因为是的“－3向量”，所以．
因为，
所以，即，解得l≤0或l≥6，
因此实数l的取值范围是（－∞，0]∪[6，＋∞）．
（2）因为，所以．
因为，所以中的向量依次以3为周期．
若存在“1向量”，只需．
因为，
所以
，
因此由得，即，
即，即，
所以当p＝2，3，5，6，…，3i－1，3i时，符合要求，因此存在“1向量”，且“1向量”为，，，，…，，．
（3）因为为的“－1向量”，所以，即，即．
同理可得：，，
以上三式相加，整理得：，即，即，
因此．
因为，，所以．
设．
因为与关于点对称，与关于点对称，
所以，因此，
所以，，
因此．
因为，所以，
当且仅当时，；时，，因此．
因为，所以
，
即的取值范围是[588，784]．
【解析】本题考查了平面向量的新定义问题，利用向量的数量积求向量的模，向量的长度（模）和中点坐标公式，属于难题．
（1）利用题目所给定义，结合向量模的坐标运算，计算得结论；
（2）利用题目所给条件得中的向量依次以3为周期和，再利用题目所给定义把问题转化为，再利用向量模的坐标运算，计算得结论；
（3）利用题目所给定义，结合向量的数量积求向量的模得，再利用题目条件得，设，利用中点坐标公式和向量减法运算得，再利用题目条件，结合向量模的坐标运算，计算得结论．