2023-2024学年广东省茂名市高一下学期教学质量监测数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省茂名市高一下学期教学质量监测数学试卷（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。

1.已知集合A={x|y= x}，B={x|y=1x−1}，则A∩B=( )
A. {x|x≥0}B. {x|x≥1}
C. {x|0≤x<1}D. {x|x≥0，且x≠1}
2.若复数z满足(4+3i)z=5i，则|z|=( )
A. 1B. 5C. 3D. 5
3.设a∈R，则“a<0”是“2a<18”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
4.已知函数f(x)=x|x|，则y=f(x)的大致图象为( )
A. B.
C. D.
5.已知x>−3，则x+9x+3的最小值为( )
A. 6B. 5C. 4D. 3
6.将函数f(x)的图象向左平移π5个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变、横坐标变为原来的12倍，得到函数g(x)的图象.已知g(x)=sin(2x+π5)，则f(x)=( )
A. f(x)=−sin4xB. f(x)=sinx
C. f(x)=sin(x+π5)D. f(x)=sin(4x−π5)
7.若△ABC是锐角三角形，A=45∘，b=2 2，则边c的取值范围是( )
A. (0,2)B. ( 2,2)C. (2,2 2)D. (2,4)
8.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.若tan∠EAF= 102，则EF=( )
A. 1B. 2C. 5D. 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。
9.已知△ABC是边长为1的正三角形，M，N分别为BC，AC的中点，则( )
A. AB与MN不能构成一组基底B. AN+MB=NM
C. AC⋅CB=12D. NM在AC上的投影向量为14AC
10.某学校开展“国学知识竞赛”，共有“诗经组”、“论语组”、“春秋组”、“礼记组”4个小组参赛，每组10位选手，若该组每位选手的失分不超过6分，该组获得“优秀”称号，则根据每组选手的失分情况，下列小组一定获得“优秀”称号的是( )
A. 诗经组中位数为3，众数为2B. 论语组平均数为3，方差为1
C. 春秋组平均数为3，众数为2D. 礼记组中位数为2，极差为4
11.已知f(x)是定义域为R的偶函数，f(x2+1)为奇函数，当x∈[−1,0]时，f(x)=3x−13，则( )
A. 当x∈[0,1]时，f(x)=3−x−13B. 当x∈[1,2]时，f(x)=−3x+2+13
C. f(x)在(3,4]上单调递增D. f(2026)=−23
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知棱长为 3的正方体的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 ．
13.若复数1−i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p+2q= ．
14.在海面上，乙船以40km/ℎ的速度朝着北偏东30∘的方向航行，甲船在乙船的正东方向30km处.甲船上有应急物资需要运送上乙船，由于乙船有紧急任务不能停止航行，所以甲船准备沿直线方向以v km/ℎ的速度航行与乙船相遇.为了保证甲船能在2小时内和乙船相遇，甲船航行速度的最小值为 (km/ℎ)．
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▱ABCD的顶点A(−1,0)，B(1,−1)，D(3,3)．
(1)若单位向量n与AD方向相同，求n的坐标;
(2)求向量AC与BD的夹角．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=ax2+2ax+1．
(1)若f(1)=4，求f(x)与g(x)=4x+4交点的横坐标;
(2)若f(x)在区间(1,2)上恰有一个零点，求a的取值范围．
17.(本小题15分)
如图1，菱形ABCD的边长为2，∠BAD=π3，将△ABC沿着AC翻折到三角形ACE的位置，连接DE，形成的四面体ACDE如图2所示．
(1)证明：AC⊥DE;
(2)若四面体ACDE的体积为 66，求二面角E−AC−D的大小．
18.(本小题17分)
某市体质健康测试标准包括身体形态、身体机能、躯体素质、运动能力等方面.为了了解学生体质健康情况，某校随机抽取了200名学生进行测试，测试成绩的频率分布直方图如下图所示，其中成绩不超过80分的有108人．
(1)求图中a，b的值;
(2)并根据频率分布直方图，估计该校学生测试分数的平均数和上四分位数(同一组中的数据以该组区间的中点值为代表);
(3)若抽取的200名学生中，男生120人，女生80人，其中男生分数的平均数为x，方差为s12;女生分数的平均数为y，方差为s22;200名学生分数的平均数为z，方差为s2．
①s2=120200(s12+x2−z2)+80200(s22+y2−z2); ②s2=120200[s12+(x−z)2]+80200[s22+(y−z)2]，请判断公式 ①和公式 ②是否相等，并说明理由．
19.(本小题17分)
如图所示，在△ABC中，AB=3AC，AD平分∠BAC，且AD=kAC．
(1)若DC=2，求BC的长度;
(2)求k的取值范围;
(3)若S△ABC=1，求k为何值时，BC最短．
答案解析
1.D
【解析】
解：∵A={x|x≥0}，B={x|x≠1}
∴A∩B={x|x≥0，且x≠1}．
故选D．
2.A
【解析】解：∵(4+3i)z=5i，
∴z=5i(4+3i)=5i⋅(4−3i)(4+3i)⋅(4−3i)=15+20i25=35+45i，
∴|z|= (35)2+(45)2=1．
故选A．
3.B
【解析】解：∵2a<18，∴a<−3，
由a<−3可以推出a<0，而a<0不可以推出a<−3．
所以“a<0”是“2a<18”的必要不充分条件．
故选B．
4.C
【解析】解：
根据f(x)=x⋅|x|=x2,x≥0−x2,x<0的解析式可得函数图象．
故选C．
5.D
【解析】解：∵x>−3，∴x+3>0，x+9x+3=(x+3)+9x+3−3≥2 (x+3)⋅9x+3−3=3．
当且仅当x=0时等号成立，
∴x+9x+3的最小值为3．
6.B
【解析】解：函数g(x)=sin(2x+π5)的图象上各点的纵坐标不变、横坐标变为原来的2倍，
得到y=sin(x+π5)的图象，再将函数的图象向右平移π5个单位，得到f(x)=sinx的图象．
故选B．
7.D
【解析】解：∵bsinB=csinC，∴c=2 2sinCsinB=
2 2sin(135∘−B)sinB=2csB+2sinBsinB=2csBsinB+2=2tanB+2．
∵0∘1．
∴0<2tanB<2，∴2<2tanB+2<4.故c∈(2,4)．
故选D．
8.C
【解析】解：∵PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴PA⊥BC，
∵BC⊥AB，PA∩AB=A，
∴BC⊥平面PAB，
∴BC⊥AE，
又∵AE⊥PB，PB∩BC=B，
∴AE⊥平面PBC，
∵tan∠EAF=EFAE= 102，
∵AE= 2，∴EF= 5．
故选C．
9.ABD
【解析】解：△ABC是正三角形，由题意可知，NM是AB的中位线，
所以NM//AB，所以AB与MN不能构成一组基底，A正确;
由向量的线性运算可知，AN+MB=12AC+12CB=12AB=NM，B正确;
因为AC⋅CB=|AC|⋅|CB|cs(π−π3)=1×1×(−12)=−12，C错误;
由题意可知，NM在AC上的投影向量为14AC，D正确．
故答案为ABD．
10.BD
【解析】解：对于A数据为：1，2，2，2，2，4，6，7，8，9时，满足中位数为3，众数为2，
但不满足每位选手的失分不超过6分，故A错误；
对于B，假设有一位同学失7分，则方差s2≥(7−3)210=1.6与方差为1矛盾，
∴假设不成立，故B正确;
对于C，数据为：1，2，2，2，2，2，2，3，5，9时，满足平均数为3，众数为2，
但是不满足每位选手失分不超过6分，故C错误;
对于D，中位数为2，极差为4，所以最大值不超过6分，故D正确．
故选BD．
11.ACD
【解析】解：对于A:当x∈[0,1]时，则−x∈[−1,0]，因为f(x)是定义域为R的偶函数，所以f(x)=f(−x)=3−x−13，故A正确：
对于B，由f(x2+1)为奇函数得f(−x2+1)+f(x2+1)=0，即f(x+1)+f(1−x)=0，所以f(x)的图象关于点(1,0)对称.当x∈[1,2]时，则2−x∈[0,1]，所以f(x)=−f(2−x)=−(3x−2−13)=−3x−2+13，故B错误;
对于C，由选项AB知，当x∈[0,1]时，f(x)=3−x−13，当x∈[1,2]时，f(x)=−3x−2+13，又因为函数y=3−x，y=−3x−2在R上单调递减，所以f(x)在[0,2]上单调递减.又f(x)为偶函数，所以f(x)在[−2,0]上单调递增.由f(−x)=f(x)，f(x)=−f(2−x)，得f(−x)=−f(2−x)，即f(x)=−f(2+x)，所以f(x+4)=−f(2+x)=f(x)，所以4为f(x)的一个周期.从面f(x)在(3,4]上单调递增，故C正确;
对于D:由选项C知，f(2026)=f(4×506+2)=f(2)=−f(0)=−30+13=−23，故D正确．
故选ACD．
12.9π
【解析】解：∵棱长为 3的正方体的八个顶点都在同一个球面上，
∴球的直径是正方体的体对角线， 体对角线的长度为 3× 3=3
∴球的半径是r=32，
∴球的表面积是S=4π×(32)2=9π.
故答案为9π．
13.2
【解析】
解：∵复数1−i是方程x2+px+q=0的一个根，
∴(1−i)2+p(1−i)+q=0，即(p+q)−(2+p)i=0，解得p=−2，q=2，
∴p+2q=2．
故答案为2．
14.20 3
【解析】解：设甲船航行行了t小时和乙船相遇，
由题意可得，(vt)2=(40t)2+302−2×40t×30cs(90∘−30∘)，0即v2=100(9t2−12t+16)，
令u=1t，则u≥12，v2=100(9u2−12u+16)=100[9(u−23)2+12]，
当u=23，即t=32时，甲船和乙船相遇且速度最小，
v2=100[9(23−23)2+12]=1200，此时，v=20 3．
故答案为20 3．
15.解：(1)根据向量n与AD方向相同，故设n=λAD，λ>0，
∵AD=(4,3)，∴n=(4λ,3λ)，
又∵|n|=1，∴(4λ)2+(3λ)2=1，解得λ=±15．
又∵λ>0，∴λ=15．
∴n=(45,35).
(2)设向量AC与BD的夹角为θ，
∵AB=(2,−1)，AD=(4,3)，
∴AC=AB+AD=(6,2)，BD=AD−AB=(2,4)，
∴AC⋅BD=6×2+2×4=20，
|AC|= 62+22=2 10;|BD|= 22+42=2 5，
∴csθ=AC⋅BD|AC||BD|=2020 2= 22，
∵θ∈[0,π]，∴θ=π4，
所以向量AC与BD的夹角为π4．
【解析】本题考查了向量共线关系的坐标表示和利用向量数量积的坐标运算求向量的夹角，是基础题．
(1)设n=λAD，λ>0，由|n|=1，得λ，可得n的坐标;
(2)得出AC和BD坐标，利用向量夹角公式计算即可．
16.解：(1)设f(x)与g(x)=4x+4交点的横坐标为x0，
∵f(1)=4，即3a+1=4，∴a=1，
∴f(x)=x2+2x+1．
∵x0是f(x)与g(x)=4x+4交点的横坐标，
∴x0是方程x2+2x+1=4x+4的根，
即x02−2x0−3=0，解得x0=−1或x0=3．
所以f(x)与g(x)=4x+4交点的横坐标为−1和3．
(2) ①当a=0时，f(x)=1，f(x)不存在零点;
②当a>0时，f(x)图象开口向上，
∵f(x)的对称轴是x=−1，∴f(x)在区间(1,2)单调递增，
∵f(x)在区间(1,2)上恰有一个零点．
∴f(1)<0f(2)>0解集为⌀．
所以当a>0时不满足题意．
③当a<0时，函数f(x)图象开口向下，
∵f(x)的对称轴是x=−1，
∴f(x)在区间(1,2)单调递减，
∵f(x)在区间(1,2)上恰有一个零点．
∴f(1)>0f(2)<0，解得−13综上，a的取值范围为(−13,−18).
【解析】本题考查了一元二次函数的图象与性质，是中档题．
(1)由f(1)=4，得a=1，将f(x)与g(x)=4x+4联立可得交点的横坐标;
(2)分a=0、a>0和a<0三种情况，研究函数零点，可得a的取值范围．
17.解：(1)取AC的中点O，连结OE，OD．
∵AE=CE，AD=CD，O为AC的中点．∴AC⊥OE，AC⊥OD．
∵OE，OD⊂平面ODE，且OE∩OD=O．∴AC⊥平面ODE．
∵DE⊂平面ODE，∴AC⊥DE．
(2)由(1)知AC⊥OE，AC⊥OD，
所以∠EOD是二面角E−AC−D的平面角．
∵VE−ACD=VA−COE+VC−ODE，AC⊥平面ODE，
∴13S△ODEOA+13S△ODEOC=13S△ODEAC= 66．
又∵AC=2 3，OE=OD=1，S△ODE=12OE⋅ODsin∠EOD，
∴sin∠EOD= 22．
∵∠EOD∈[0,π]，∴∠EOD=π4或3π4．
即二面角E−AC−D的大小为π4或3π4．
【解析】本题考查了线面垂直的判定、线面垂直的性质和二面角，是中档题．
(1)取AC的中点O，连结OE，OD先证明AC⊥平面ODE，由线面垂直的性质可得AC⊥DE，
(2)由(1)知AC⊥OE，AC⊥OD，所以∠EOD是二面角E−AC−D的平面角，计算即可．
18.解：(1)因为随机抽取了200名学生进行测试，其中成绩不超过80分的有108人，
所以(0.005+a+0.035)×10=108200，解得a=0.014，
因此(0.005+0.014+0.035+b+0.016)×10=1，解得b=0.030．
(2)设平均数为x，上四分位数为t，
则x=55×0.05+65×0.14+75×0.35+85×0.30+95×0.16=78.8．
因为(0.005+0.014+0.035)×10=0.54<0.75，而(0.005+0.014+0.035+0.030)×10=0.84>0.75，
所以上四分位数t 位于[80,90)内，因此(t −80)×0.03+0.54=0.75，解得t=87．
综上所述，估计该校学生测试分数的平均数为78.8，上四分位数为87．
(3)公式 ①和公式 ②相等．
证明如下：
因为s2=120200[s12+(x−z)2]+80200[s22+(y−z)2]=120200(s12+x2+z2−2xz)+80200(s22+y2+z2−2yz)
=1200(120s12+120x2+120z2−240xz+80s22+80y2+80z2−160yz)
=1200(120s12+120x2+80s22+80y2+200z2−240xz−160yz)
=1200[120s12+120x2+80s22+80y2+200z2−2(120x+80y)z]
=1200(120s12+120x2+80s22+80y2+200z2−2×200z2)
=1200(120s12+120x2−120z2+80s22+80y2−80z2)
=120200(s12+x2−z2)+80200(s22+y2−z2)，
所以公式 ①和公式 ②相等．
【解析】本题考查了频率分布直方图，百分位数，平均数和方差，属于中档题．
(1)利用频率分布直方图，计算得结论；
(2)利用频率分布直方图，结合百分位数和平均数，计算得结论；
(3)利用方差，计算得结论．
19.解：(1)在△ABD中，由正弦定理得ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
在△ACD中，由正弦定理得ACsin∠ADC=DCsin∠CAD，
因为AD平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD，又∠ADB+∠ADC=π，所以ABAC=BDDC，
因为AB=3AC，且DC=2，所以BD=6.所以BC=8．
(2)方法一;由AD是∠BAC的平分线得DBDC=ABAC=3，则BC=4DC，
在△ABC中，由正弦定理得ABsinC=BCsin∠BAC ①，
在△ACD中，由正弦定理得ADsinC=DCsin∠BAC2 ②，
由 ① ②得ADAB=DCBC⋅sin∠BACsin∠BAC2，
又AB=3AC，AD=kAC，所以kAC3AC=14⋅2cs∠BAC2，则k=32cs∠BAC2，
因为cs∠BAC2∈(0,1)，
所以k∈(0,32).
方法二：由S△ABC=S△ABD+S△ADC，得12AB⋅ACsin∠BAC=12AB⋅ADsin∠BAC2+12AD⋅ACsin∠BAC，
又AB=3AC，AD=kAC，整理得k=32cs∠BAC2，
因为cs∠BAC2∈(0,1)，所以k∈(0,32).
(3)由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠BAC=AC2(10−6cs∠BAC)，因为S△ABC=1⋅所以12AB⋅ACsin∠BAC=1，即AC2=23sin∠BAC，故BC 2=43⋅5−3cs∠BACsin∠BAC，
记y=5−3cs∠BACsin∠BAC，
则ysin∠BAC+3cs∠BAC=5，
所以 y2+9sin(∠BAC+φ)=5(其中tanφ=3y).
故当∠BAC+φ=π2时，y取得最小值4，
此时cs∠BAC=cs(π2−φ)=sinφ=35，
又由(1)知k=32cs∠BAC2，
而cs∠BAC=2cs2∠BAC2−1，
则cs∠BAC2=2 55，
故k=32×2 55=3 55，
即当k=3 55时，BC最短．
【解析】本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，属于较难题．
(1)由正弦定理可得ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，ACsin∠ADC=DCsin∠CAD，结合∠BAD=∠CAD，又∠ADB+∠ADC=π，可得BC的长度;
(2)方法一，利用正弦定理得k的范围；
方法二，由S△ABC=S△ABD+S△ADC得k的范围；
(3)根据三角形面积公式以及三角函数相关性质，求出K与BC关系在求解．