2023-2024学年四川省泸州市泸县五中高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省泸州市泸县五中高一（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U={1,2,3,4,5,6}，A={1,3,4,6}，B={4,5}，则A∩(∁UB)=( )
A. {3,6}B. {1,3,6}C. {3,4,6}D. {1,3,4,6}
2.命题“∀x∈R，x2+x+1>0”的否定为( )
A. ∀x∈R，x2+x+1≤0B. ∃x∈R，x2+x+1≤0
C. ∃x∈R，x2+x+1<0D. ∃x∈R，x2+x+1>0
3.已知实数a，b，c，d满足：a>b>0>c>d，则下列不等式一定正确的是( )
A. a+d>b+cB. ad>bcC. a+c>b+dD. ac>bd
4.若y=f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x+2)=−f(x)，对任意的x∈R恒成立，若对任意的x∈[−1,0]，f(x)=x2，则当x∈[2024,2025]时，f(x)的解析式为( )
A. (x−2025)2B. (x−2024)2C. −(x−2025)2D. −(x−2024)2
5.已知函数f(x)= 3sin2xcs2x+cs22x，则下列结论不正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为π2
B. f(x)的图象关于点(5π24,12)对称
C. 若f(x+t)是偶函数，则t=π12+kπ4，k∈Z
D. f(x)在区间[0,π4]上的值域为[0,1]
6.已知函数ℎ(x)=sinx+xcsx，则函数在区间(0,3π)内零点的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 5
7.如图，△OAB的斜二测画法的直观图是腰长为1的等腰直角三角形，y′轴经过A′B′的中点，则AB=( )
A. 3
B. 2
C. 2 3
D. 6
8.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2<φ<π2)的部分图像如图所示，若f(θ)=13，则f(2θ+5π3)=( )
A. −29
B. 29
C. −79
D. 79
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.已知复数z1，z2是方程x2−x+2=0的两根，则( )
A. z−1=z2
B. z1z2=1
C. z1z2=|z1|2
D. z1+z21−i在复平面内所对应的点位于第四象限
10.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列命题中正确的是( )
A. 若acsA=bcsB=ccsC，则△ABC是等边三角形
B. 若c−acsB=(2a−b)csA，则△ABC是等腰三角形
C. 若asinB+bsinA=2c，则△ABC是等腰直角三角形
D. 若cs(2B+C)+csC>0，则△ABC是锐角三角形
11.已知正四面体A−BCD的棱长为a，N为△ABD的重心，P为线段CN上一点，则( )
A. BC⊥AD
B. 正四面体的体积为 212a3
C. 正四面体的外接球的体积为 68a3π
D. P点到各个面的距离之和为定值，且定值为 66a
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知α∈(π2,π),8sinα=3cs2α，则tanα= ______．
13.已知a=(2,1)，b=(k,−2)，k∈R，a与b的夹角为θ.若θ为钝角，则k的取值范围是______．
14.设a为常数，函数f(x)=2cs2x−asinx−1在区间(0,nπ)上恰有2024个零点，求所有可能的正整数n的值组成的集合为______．
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)
已知角α，β满足sinα=2 55，csβ=−45，且−π2<α<π2，0<β<π．
(1)求sin(2α−β)的值；
(2)求α+β2的大小．
16.(本小题15分)
在直角坐标系xOy中，已知向量OA=(1,−1)，OB=(3,1)，OC=(m,3)(其中m∈R)，D为坐标平面内一点．
(1)若A，B，C三点共线，求m的值；
(2)若向量AB与AC的夹角为π4，求m的值；
(3)若四边形ABCD为矩形，求D点坐标．
17.(本小题15分)
如图所示，已知△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，在△ABD中，AD=6，BD=3，DE=2EB．
(1)若∠ADB=135°，求△ABC的面积；
(2)①求AB2−6AB⋅cs∠ABD的值；
②求CE2的最大值．
18.(本小题17分)
如图，等腰梯形ABCD为圆台OO1的轴截面，E，F分别为上下底面圆周上的点，且B，E，D，F四点共面．
(1)证明：BF//DE；
(2)已知AD=2，BC=4，四棱锥C−BEDF的体积为3．
①求三棱锥B−ADE的体积；
②当母线与下底面所成的角最小时，求二面角C−BF−D的正弦值．
19.(本小题17分)
若定义在A上的函数f(x)和定义在B上的函数g(x)，对任意的x1∈A，存在x2∈B，使得f(x1)+g(x2)=t(t为常数)，则称f(x)与g(x)具有关系P(t)，已知函数f(x)=2cs(2x+π6)，x∈[π12,2π3]．
(1)若函数g(x)=4sinx，x∈R，判断f(x)与g(x)是否具有关系P(2)，并说明理由；
(2)若函数g(x)=2x+a，x∈[−1,2]，且f(x)与g(x)具有关系P(4)，求a的最大值；
(3)若函数g(x)=cs2x−mcsx+5，x∈R，且f(x)与g(x)具有关系P(3)，求m的取值范围．
答案解析
1.B
【解析】解：∵U={1,2,3,4,5,6}，B={4,5}，
∴∁UB={1,2,3,6}，
又A={1,3,4,6}，
∴A∩(∁UB)={1,3,6}．
故选：B．
2.B
【解析】解：由题意∀x∈R，x2+x+1>0，否定是∃x∈R，x2+x+1≤0
故选：B．
3.C
【解析】解：不妨设a=2，b=1，c=−1，d=−2，此时a+d=b+c，A错误，
ad=−4因为a>b，c>d，根据不等式的基本性质，同向可加性得到：a+c>b+d，C正确；
a=2，b=1，c=−1，d=−2时，ac=bd，D显然错误．
故选：C．
4.D
【解析】解：由f(x+2)=−f(x)，得f(x+4)=−f(x+2)，
所以f(x)=−f(x+2)=f(x+4)，即f(x)的周期为4．
又∀x∈[−1,0]，f(x)=x2，f(x)为奇函数，所以∀x∈[0,1]，f(x)=−x2，
所以当x∈[2024,2025]时，x−2024∈[0,1]，
则f(x)=f(x−2024)=−(x−2024)2．
故选：D．
5.D
【解析】解：f(x)= 3sin2xcs2x+cs22x
= 32sin4x+12cs4x+12
=sin(4x+π6)+12，
则T=12π，A正确；
因为f(5π24)=12，即函数f(x)的图象关于(5π24,12)对称，B正确；
若f(x+t)=sin(4x+4t+π6)+12是偶函数，则4t+π6=π2+kπ，k∈Z，
所以t=π12+kπ4，k∈Z，C正确；
当0≤x≤π4时，π6≤4x+π6≤7π6，−12≤sin(4x+π6)≤1，
所以0≤f(x)≤32，D错误．
故选：D．
6.C
【解析】解：令sinx+xcsx=0，可得sinx=−xcsx
当csx≠0时，则有tanx=−x，
数形结合画出y=tanx与y=−x在(0,3π)上的图象如下图所示：
可得在(0,3π)内两图象有三个交点；
当csx=0时，在(0,3π)内解得x=π2,3π2,5π2，不是方程的解，不合题意．
故选：C．
7.C
【解析】解：根据题意，在直观图中，过点B′，分别作x′轴和y′轴的平行线，
如图：
与x′轴和y′轴分别交于点M，N，由于△OAB的直观图是腰长为1的等腰直角三角形，
则O′A′=O′B′=1，A′B′= 2，则A′的坐标为(1,0)，则MB′=A′B′= 2，B′N=O′M=1，
故原图中，B的坐标为(−1,2 2)，A的坐标为(1,0)，
故AB= 4+8=2 3，
故选：C．
8.D
【解析】解：由题意得A=1，f(0)=sinφ= 32且−π2<φ<π2，
所以φ=π3，f(x)=sin(ωx+π3)，
因为4πω3+π3=π，
所以ω=12，f(x)=sin(12x+π3)，
因为f(θ)=sin(12θ+π3)=13，
则f(2θ+5π3)=sin(θ+7π6)=sin(θ+2π3+π2)
=cs(θ+2π3)=1−2sin2(12θ+π3)=1−2×19=79．
故选：D．
9.AC
【解析】解：因为复数z1，z2是方程x2−x+2=0的两根，
则有z1=12− 72i，z2=12+ 72i，
对于A，z−1=12+ 72i=z2，故A正确；
对于B，z1z2=(12)2−( 72i)2=14+74=2，故B错误；
对于C，|z1|2=(12)2+( 72)2=2,z1z2=|z1|2，故C正确；
对于D，z1+z21−i=11−i=12+12i，在复平面内所对应的点(12,12)位于第一象限，故D错误．
故选：AC．
10.AC
【解析】解：对于A，acsA=bcsB=ccsC，
由正弦定理得sinAcsA=sinBcsB=sinCcsC，
所以tanA=tanB=tanC，即A=B=C，所以△ABC是等边三角形，故A正确；
对于B，c−acsB=(2a−b)csA，
由正弦定理得sinC−sinAcsB=(2sinA−sinB)csA，又sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，所以2csAsinB=2sinAcsA，
所以csA=0，或者sinB=sinA，则△ABC是等腰三角形或者直角三角形，故B错误；
对于C，asinB+bsinA=2c，
由正弦定理得sinAsinB+sinBsinA=2sinC≥2 sinAsinB⋅sinBsinA=2，当且仅当sinA=sinB即A=B时等号成立，
所以sinC≥1，又sinC≤1，所以sinC=1，即C=π2，此时A=B=π4，△ABC是等腰直角三角形，故C正确；
对于D，cs(2B+C)+csC>0，
因为cs(2B+C)+csC=cs(π−A+B)+cs(π−A−B)=−cs(B−A)−cs(A+B)=−2csAcsB>0，
所以csA<0或者csB<0，即A或者B为钝角，所以△ABC是钝角三角形，故D错误．
故选：AC．
11.ABC
【解析】解：对于A，取BC中点O，连接OA，OD，因为AB=AC=BD=CD，
所以OA⊥BC，OD⊥BC，且OA∩OD=O，OA⊂平面OAD，OD⊂平面OAD，
所以BC⊥平面OAD，又AD⊂平面OAD，所以BC⊥AD，故选项A正确；
对于B，如图，把正四面体A−BCD放到正方体AECF−HBGD中，则正方体的面对角线长为a，
所以正方体棱长为 22a，则正四面体A−BCD的体积为正方体的体积减去四个相同体积的三棱锥，
所以三棱锥的体积为13×12×( 22a)3= 224a3，正方体的体积为( 22a)3= 24a3，
所以正四面体的体积为 24a3−4× 224a3= 212a3，选项B正确；
对于C，在B中，正四面体A−BCD与正方体AECF−HBGD有相同的外接球，
且外接球的直径即为正方体的体对角线，且直径为 ( 22a)2+( 22a)2+( 22a)2= 62a，
所以正四面体的外接球的体积为43π( 64a)3= 68a3π，选项C正确；
对于D，连接PA、PB、PC，设P点到各个面的距离分别为ℎ1、ℎ2、ℎ3、ℎ4，
正四面体A−BCD的一个侧面面积为12×a×a× 32= 34a2，
所以VA−BCD=VP−BCD+VP−ABC+VP−ACD+VP−ABD，由B选项可得，
212a3=13× 34a2(ℎ1+ℎ2+ℎ3+ℎ4)，解得ℎ1+ℎ2+ℎ3+ℎ4= 63a，
所以P点到各个面的距离之和为定值，且定值为 63a，选项D错误．
故选：ABC．
12.− 24
【解析】解：由8sinα=3cs2α=3−3sin2α，解得sinα=13或sinα=−3(舍)，
因为α∈(π2,π)，所以csα=− 1−sin2α=−2 23，
所以tanα=sinαcsα=− 24．
故答案为：− 24．
13.−∞,−4∪−4,1
【解析】解：因为 θ 为钝角，
所以 csθ<0 且 csθ≠−1 ．
所以有， a⋅b=abcsθ<0 ，且 a,b 不共线．
由 a⋅b<0 ，可得 2k−2<0 ，所以 k<1 ．
由 a,b 不共线可得， 2×−2−1×k≠0 ，
所以 k≠−4 ．
所以， k 的取值范围是 k<1 且 k≠−4 ．
故答案为： −∞,−4∪−4,1 ．
14.{1012,1349,2023,2024,2025}
【解析】解：由题意f(x)=2cs2x−asinx−1=−2sin2x−asinx+1，令t=sinx，t∈[−1,1]，
所以f(t)=−2t2−at+1，Δ=a2+8>0，所以f(−1)=−1+a，f(0)=1，f(1)=−a−1，
记f(t)=−2t2−at+1的两零点为t1<0，t2>0，
当t1=−1，即a=1时，得t2=12，f(x)在(0,2kπ)(k为正整数)内零点个数为3k，
在(0,(2k+1)π)内零点个数为3k+2，因为2024=3×674+2，所以n=674×2+1=1349；
当t2=1，即a=−1时，t1=−12，f(x)在(0,2kπ)(k为正整数)内零点个数为3k，
在(0,(2k+1)π)内零点个数为3k+1，此时不存在n；
当a>1，则t1<−1，0所以n=2023或2024；
当−1所以n=k=1012；
当a<−1时，则−11，f(x)在(0,2kπ)和(0,(2k+1)π)(k为正整数)内零点个数均为2k，
因为2024=2×1012，所以n=2024或2025；
综上n的所有可能值为1012，1349，2023，2024，2025．
15.解：(1)因为sinα=2 55−π2<α<π2，
所以csα= 55，
所以sin2α=2sinαcsα=2×2 55× 55=45，cs2α=1−2sin2α=−35，
因为csβ=−45，0<β<π，所以sinβ=35，
所以sin(2α−β)=sin2αcsβ−cs2αsinβ=45×(−45)−(−35)×35=−725；
(2)因为sinα=2 55，−π2<α<π2，
所以0<α<π2，
因为csβ=−45，0<β<π，所以π2<β<π，
故π4<β2<π2，π4<α+β2<π，
又因为csβ=−45=2cs2β2−1，
所以cs2β2=110csβ2= 1010sinβ2=3 1010，
所以cs(α+β2)=csαcsβ2−sinαsinβ2= 55× 1010−2 55×3 1010=− 22，
又因为π4<α+β2<π，所以α+β2=3π4．
【解析】(1)根据题意和同角三角函数基本关系式、二倍角公式分别求出csα= 55，sin2α=45cs2α=−35，sinβ=35，再利用两角差的正弦公式计算即可；
(2)先根据题意缩小角的范围到0<α<π2和π2<β<π，进而得出π4<α+β2<π，再计算cs(α+β2)的值即可得到结果．
16.解：(1)已知向量OA=(1,−1)，OB=(3,1)，OC=(m,3)(其中m∈R)，
所以AB=(2,2)，AC=(m−1,4)，
由于A，B，C三点共线，
故8−2(m−1)=0，解得m=5．
(2)由于AB=(2,2)，AC=(m−1,4)，
故cs=AB⋅AC|AC||AC|=2(m−1)+8 22+22× (m−1)2+42= 22，
解得m=1；
(3)设点D(x,y)，
由AB=(2,2)，BC=(m−3,2)，AD=(x−1,y+1)，CD=(x−m,y−3)，
由于四边形ABCD为矩形，
所以AB⊥BC，
故AB⋅BC=2(m−3)+4=0，解得m=1；
由AB=−CD，所以x−1=−2y−3=−2，解得x=−1，y=1；
故D(−1,1)．
【解析】(1)直接利用三点共线的充要条件求出m的值；
(2)直接利用向量的夹角公式求出m的值；
(3)利用向量垂直的充要条件求出点D的坐标．
17.解：(1)在△ABD中，由余弦定理得，AB2=36+9−2×6×3cs135°=45+18 2，
且△ABC是等腰直角三角形，则S△ABC=12AC⋅CB=12AC2=14AB2=454+9 22
(2)①设∠ADB=θ，0<θ<π，因为AD=6，BD=3，由余弦定理可得，cs∠ABD=AB2+BD2−AD22AB⋅BD=AB2+9−366AB，
∴ABcs∠ABD=AB2−276，即AB2−6AB⋅cs∠ABD=27；
②在△ABD中，AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB=45−36csθ，
由正弦定理可得ADsin∠ABD=ABsinθ，则ABsin∠ABD=ADsinθ=6sinθ，
∵DE=2EB，∴EB=1，又BC= 22AB，
在△BCE中，由余弦定理得CE2=BC2+BE2−2BC⋅BE⋅cs(45°+∠ABD)
=12AB2+12−2⋅ 22AB⋅1⋅ 22(cs∠ABD−sin∠ABD)
=12AB2+1−(ABcs∠ABD−ABsin∠ABD)=12AB2+1−(AB2−276−6sinθ)
=13AB2+6sinθ+112=6sinθ−12csθ+412
=6 5sin(θ−φ)+412(其中φ为锐角，且tanφ=2)，
由0<θ<π可得−φ<θ−φ<π−φ，
所以当θ−φ=π2时，即θ=φ+π2时，CE2取得最大值412+6 5．
【解析】(1)利用余弦定理求解边长，再利用等腰三角形的性质求解面积即可；
(2)①利用余弦定理求解即可；
②在△ABD中，由正弦定理可得BC= 22AB，在△BCE中，由余弦定理得CE2=6 5sin(θ−φ)+412，结合三角函数求解最值即可．
18.(1)证明：在圆台OO1中，平面ADE//平面BFC，
因为平面BEDF∩平面ADE=DE，平面BEDF∩平面BFC=BF，
所以BF//DE；
(2)解：①将圆台OO1的母线延长交于一点P，连接PE，延长PE交底面于点Q，连接BQ，CQ，
在圆台OO1中，平面ADE//平面BFC，
因为平面PCQ∩平面ADE=DE，平面PCQ∩平面BFC=CQ，所以ED//CQ，

又由(1)可知BF/​/ED，所以BF//CQ，
又CF⊥BF，BQ⊥CQ，BF，CF，BQ，CQ⊂平面BFC，
所以BQ//CF，所以四边形BFCQ为平行四边形，所以BF=CQ，
在圆台OO1中，AD=2，BC=4，
所以DECQ=ADBC=12，所以DEBF=ADBC=12，
所以S△BDF=2S△BDE，所以VD−BFC=VC−BDF=23VC−BEDF=2，
连接AC，交BD于点T，所以ATTC=ADBC=12，
所以A，C到平面BEDF的距离之比12，
所以VB−ADE=VA−BDE=12VC−BED=14VC−BDF=12；
②在等腰梯形ABCD中，过点D作边BC的垂线DG，垂足为G，
在平面BFC内过点G作CF的平行线GH交BF于点H，连接DH，
易得DG//OO1，因为OO1⊥平面BFC，所以DG⊥平面BFC，
所以∠DCG为母线与下底面所成角，
因为AD=2，BC=4，所以CG=1，所以tan∠DCG=DG，
要使∠DCG最小，只要DG最小即可，
因为VD−BFC=2，所以VD−BFC=13S△BFC⋅DG=2，所以DG=6S△BFC，
设∠CBF=θ，因为BC为圆O1的直径，所以BF⊥FC，
所以FC=4sinθ，FB=4csθ，所以S△BFC=12FC⋅FB=4sin2θ≤4，
当且仅当θ=π4，即CF=BF=2 2时取等号，
所以DG的最小值为32，
因为CF⊥BF，CF//GH，所以GH⊥BF，
因为DG⊥平面BCF，BF⊂平面BCF，所以DG⊥BF，
因为DG∩HG=G，DG，HG⊂平面DGH，所以BF⊥平面DGH，
所以BF⊥DH，因此∠DHG为二面角C−BF−D的平面角，
在△BCF中，因为HG2 2=BGBC=34，所以HG=3 22，
因为DG⊥平面BFC，HG⊂平面BFC，所以DG⊥HG，
在Rt△DGH中，由勾股定理得DH=32 3，所以sin∠DHG= 33，
所以二面角C−BF−D的正弦值为 33．
【解析】(1)由面面平行的性质定理即可证明；
(2)①将圆台OO1的母线延长交于一点P，连接PE，延长PE交底面于点Q，连接BQ，CQ，可推得S△BDF=2S△BDE，从而得VB−ADE=14VC−BDF，求得结论；
②在等腰梯形ABCD中，过点D作边BC的垂线DG，垂足为G，可证∠DCG为母线与下底面所成角，由tan∠DCG=DG可知，要使∠DCG最小，只要DG最小即可，进而求得DG的最小值，即可求得结论．
19.解：(1)f(x)与g(x)具有关系P(2)，理由如下：
当x∈[π12,2π3]时，2x+π6∈[π3,3π2]，
故cs(2x+π6)∈[−1,12]，
所以f(x)=2cs(2x+π6)∈[−2,1]，
又g(x)=4sinx在x∈R的值域为[−4,4]，
由于4−2=2，1+1=2，
即[1,4]是[−4,4]的真子集，
故对任意的x1∈A，存在x2∈B，使得f(x1)+g(x2)=2成立，
所以f(x)与g(x)具有关系P(2)；
(2)当x∈[−1,2]时，g(x)=2x+a∈[−2+a,4+a]，
由题意得，任意的x1∈A，存在x2∈B，使得f(x1)+g(x2)=4，
又f(x)=2cs(2x+π6)∈[−2,1]，
−2+6=4，1+3=4，
故[3,6]⊆[−2+a,4+a]，
即−2+a≤3a+4≥6，解得2≤a≤5，
故a的最大值为5；
(3)由题意得对任意的x1∈A，存在x2∈B，使得f(x1)+g(x2)=3，
又f(x)=2cs(2x+π6)∈[−2,1]，
故[−2,1]⊆[3−g(x2)]的值域，
令3−g(x)=3−cs2x+mcsx−5=−cs2x+mcsx−2，x∈R，
令t=csx，则t∈[−1,1]，
设ℎ(t)=−t2+mt−2，t∈[−1,1]，
若对称轴m2≤−1，即m≤−2时，
ℎ(t)∈[ℎ(1),ℎ(−1)]=[m−3,−m−3]，
则−m−3≥1m−3≤−2，解得m≤−4，
与m≤−2求交集，结果为m≤−4；
若m2≥1，即m≥2时，
ℎ(t)∈[ℎ(−1),ℎ(1)]=[−m−3,m−3]，
则m−3≥1−m−3≤−2，解得m≥4，与m≥2取交集，结果为m≥4；
若−1ℎ(t)∈[ℎ(1),ℎ(m2)]=[m−3,m24−2]，
则m24−2≥1m−3≤−2，解得m≥2 3或m≤−2 3，与−2若0≤m2<1，即0≤m<2时，
ℎ(t)∈[ℎ(−1),ℎ(m2)]=[−m−3,m24−2]，
则m24−2≥1−m−3≤−2，解得m≥2 3或m≤−2 3，与0≤m<2取交集，结果为⌀．
综上，m≥4或m≤−4．
所以实数m的取值范围为：(−∞,−4]∪[4,+∞)．
【解析】(1)先求出f(x)∈[−2,1]，g(x)=4sinx在x∈R的值域为[−4,4]，从而得到对任意的x1∈A，存在x2∈B，使得f(x1)+g(x2)=2得到结论；
(2)求出g(x)=2x+a∈[−2+a,4+a]，结合f(x)∈[−2,1]，得到[3,6]⊆[−2+a,4+a]，得到不等式，求出a的取值范围，求出最大值；
(3)由题意得到[−2,1]⊆3−g(x2)的值域，其中3−g(x)=−cs2x+mcsx−2，换元后得到ℎ(t)=−t2+mt−2，t∈[−1,1]，由对称轴进行分类讨论，得到ℎ(t)的值域，从而得到不等式，求出答案．