2024-2025学年河南省项城市第三高级中学高一下学期期末考试数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河南省项城市第三高级中学高一下学期期末考试数学试卷（含解析），共12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.设复数z满足z+z=8−4i，那么z=( )
A. 3+4iB. 3−4iC. −3+4iD. −3−4i
2.已知点P(−4,3)是角α终边上的一点，则sin(π−α)=
A. 35B. −35C. −45D. 45
3.“a=b”是“|a|=|b|”的( )
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充分必要条件D. 既非充分又非必要条件
4.在▵ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，a=2,b=3,csB= 74，则A=( )
A. π6B. π3C. 5π6D. π6或5π6
5.若一圆弧的长等于其所在圆的内接正三角形的边长，那么其圆心角的弧度数是
A. π3B. 2π3C. 3D. 2
6.要得到函数y= 2csx的图象，只需将函数y= 2cs2x+π4的图象上所有的点作( )
A. 横坐标伸长到原来的2倍，再向右平行移动π4个单位长度；
B. 横坐标伸长到原来的2倍，再向右平行移动π8个单位长度；
C. 横坐标缩短到原来的12倍，再向右平行移动π4个单位长度；
D. 横坐标缩短到原来的12倍，再向左平行移动π8个单位长度
7.函数y=2|x|的图象大致是( )
A. B. C. D.
8.化橘红具有散寒燥湿，利气消疾，止咳、健脾消食等功效．如图，小明为了测量一棵老橘红树的高度，他选取与树根部C在同一水平面的A、B两点，在A点测得树根部C在西偏北30°的方向上，沿正西方向步行20米到B处，测得树根部C在西偏北75°的方向上，树梢D的仰角为30°，则树的高度是( )
A. 10 6米B. 10 3米C. 10 33米D. 10 63米
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.若e1,e2是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是( )
A. e1−e2,e2−e1B. 2e1−e2,e1−12e2
C. 2e2−3e1,6e1−4e2D. e1+e2,e1+3e2
10.(多选)已知函数f(x)=ax−1+1(a>0,a≠1)的图象恒过点A，则下列函数图象也过点A的是( )
A. y= 1−x+2B. y=|x−2|+1C. y=lg2(2x)+1D. y=2x−1
11.下列各式中，计算结果为1的是( )
A. sin75∘cs15∘+cs75∘sin15∘B. cs222.5∘−sin222.5∘
C. 3−tan15∘1+ 3tan15∘D. tan22.5∘1−tan222.5∘
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知角α为第二象限角，且满足sinα+csα=12，则sinα−csα的值为 ．
13.已知向量a→=1,− 3，向量b在a上的投影向量为−12a，则a⋅b=
14.在▵ABC中，∠ABC=π4，BC= 2，S▵ABC=2，若E为AC中点，则BE长为 ．
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)
已知z=−7+8i是关于x的方程x2+px+q=0的一个根，其中p，q为实数．
(1)求qp的值；
(2)设复数z1=m+4i满足z1⋅z是纯虚数，求实数m的值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=2sinx+1．
(1)求不等式f(x)>0的解集；
(2)若不等式fx1≤f(x)≤fx2对∀x∈R恒成立，求fx1+x22．
17.(本小题15分)
如图，在▵OAB中，OA=4，OB=2，P为AB边上一点，且BP=2PA．
(1)设OP=xOA+yOB，求实数x，y的值；
(2)若OA与OB的夹角为π3，求OP⋅AB的值．
18.(本小题17分)
在▵ABC中，角A，B，C所对的分别为a，b，c.向量m= 3a,b，n=sinA,csB，且m→/\!/n→．
(1)求B的大小；
(2)若b=3，sinC=2sinA，求a，c的值．
(3)若a=2，b= 7，求▵ABC的面积
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=lga4−2xbx+4(a>0,a≠1,b≠−2)是定义在(−2,2)上的奇函数．
(1)求f(0)和实数b的值；
(2)当a>1时，若f(x)满足f(t2−2)+f(3t−2)0,csα0
所以sinα−csα= 72．
故答案为： 72．
13.【答案】−2
【解析】【分析】根据投影向量及模长公式计算即可．
【详解】a= 1+3=2，
向量b在a上的投影向量为a⋅ba⋅aa=a⋅b4⋅a=−12a，
所以a⋅b=−2．
故答案为：−2．
14.【答案】 262
【解析】【分析】在▵ABC中，根据面积公式可得AB，由余弦定理可得AC与csC，在▵EBC中由余弦定理即可得BE长.
【详解】在▵ABC中，∠ABC=π4，BC= 2，
所以S▵ABC=12AB⋅BC⋅sinπ4=12AB× 2× 22=2，则AB=4，
由余弦定理得：AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅csπ4=16+2−2×4× 2× 22=10，故AC= 10，
由余弦定理得：csC=BC2+AC2−AB22BC⋅AC=2+10−162 2× 10=− 55，
若E为AC中点，则在▵EBC中，CE=12AC= 102，
由余弦定理得：BE2=BC2+EC2−2BC⋅EC⋅csC=2+52−2× 2× 102×− 55=132，
故BE= 262．
故答案为： 262．
15.【答案】解：(1)对于实系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，若复数z是方程的根，则其共轭复数z也是方程的根．
已知z=−7+8i是方程x2+px+q=0(p,q为实数)的一个根，
那么z的共轭复数z=−7−8i也是该方程的根．
根据韦达定理，在一元二次方程x2+px+q=0中，两根之和z+z=−p，两根之积z·z=q．
计算p的值：z+z=−7+8i−7−8i=−14，所以−p=−14，即p=14．
计算q的值：z·z=(−7+8i)(−7−8i)=49−64i2，
因为i2=−1，所以z·z=49+64=113，所以q=113．
所以qp=11314．
(2)已知z1=m+4i，计算z1·z：
z1·z=(m+4i)(−7+8i)=−7m−32+(8m−28)i
因为z1·z是纯虚数，根据纯虚数的定义：实部为0，虚部不为0．
则有−7m−32=08m−28≠0
解−7m−32=0，可得m=−327
当m=−327时，8×−327−28=−4527≠0，满足条件．
所以实数m的值为−327．

【解析】(1)根据实系数一元二次方程的虚根成对出现，求出方程的另一个根，再利用韦达定理求出p、q的值，进而求得qp；
(2)先计算z1·z，再根据纯虚数的实部为0且虚部不为0来确定实数m的值．
16.【答案】解：(1)令f(x)=2sinx+1>0，即sinx> −12，可得2kπ−π6 −12，结合正弦函数性质分析求解；
(2)分析可知fx1,fx2分别为f(x)的最小值和最大值，可得x1,x2，代入运算即可．
17.【答案】解：(1)因为BP=2PA，所以OP−OB=2OA−OP，
所以OP=23OA+13OB，故x=23，y=13．
(2)AB=OB−OA，
故OP⋅AB=23OA+13OB⋅OB−OA
=−23OA2+13OB2+13OA⋅OB=−23×42+13×22+13×4×2×csπ3=−8．

【解析】1)根据BP=2PA和向量减法法则得到OP=23OA+13OB，得到答案；
(2)根据(1)和AB=OB−OA，利用向量数量积乘法法则计算出答案．
18.【答案】解：(1)因为m=( 3a,b)，n=(sinA,csB)，且m//n，
所以 3acsB−bsinA=0，
由正弦定理，得 3sinAcsB−sinBsinA=0，
又A∈(0,π),sinA≠0，
所以 3csB−sinB=0，从而tanB= 3，
因为00,a≠1)，
显然函数y=82x+4−1在(−2,2)上单调递减，
由奇函数性质及f(t2−2)+f(3t−2)1时，函数y=lgax在(0,+∞)上单调递增，则f(x)在(−2,2)上单调递减，
不等式化为−2