2023-2024学年四川省泸州市泸县五中高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年四川省泸州市泸县五中高一（下）期末数学试卷一、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≤0 B.∃x∈R，x2+x+1≤0

C.∃x∈R，x23.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+c B.ad>bc C.a+c>b+d D.ac>bd4.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)2 B.(x−2024)2 C.5.已知函数f(x)=3sin2xcos2x+cosA.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=π126.已知函数ℎ(x)=sinx+xcosx，则函数在区间(0,3π)内零点的个数为(

)A.1 B.2 C.3 D.57.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.238.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A.−29

B.29

C.−7二、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=0A.z−1=z2

B.z1z10.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acosA=bcosB=ccosC，则△ABC是等边三角形

B.若c−acosB=(2a−b)cosA，则△ABC是等腰三角形

C.若asinB+b11.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6三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知α∈(π2,π),8sinα=3cos2α13.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)=2cos2x−asinx−1在区间(0,nπ)上恰有2024个零点，求所有可能的正整数n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=255，cosβ=−45，且−π2<α<π2，0<β<π．

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ABCD17.(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⋅cos18.(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)=2cos(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参考答案1.B

2.B

3.C

4.D

5.D

6.C

7.C

8.D

9.AC

10.AC

11.ABC

12.−13.−∞,−4∪14.{1012,1349,2023,2024,2025}

15.解：(1)因为sinα=255−π2<α<π2，

所以cosα=55，

所以sin2α=2sinαcosα=2×255×55=45，cos2α=1−2sin2α=−35，

因为cosβ=−45，0<β<π，所以sinβ=35，

所以sin(2α−β)=sin2αcosβ−cos2αsinβ=45×(−45)−(−35)×3516.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cos<AB,AC>=AB⋅AC|AC||AC|=2(m−1)+822+22×(m−1)2+42=22，

解得m=1；

(3)设点D(x,y)，17.解：(1)在△ABD中，由余弦定理得，AB2=36+9−2×6×3cos135°=45+182，

且△ABC是等腰直角三角形，则S△ABC=12AC⋅CB=12AC2=14AB2=454+922

(2)①设∠ADB=θ，0<θ<π，因为AD=6，BD=3，由余弦定理可得，cos∠ABD=AB2+BD2−AD22AB⋅BD=AB2+9−366AB，

∴ABcos∠ABD=AB2−276，即AB2−6AB⋅cos∠ABD=27；

②18.(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=4cosθ，所以S△BFC=12FC⋅FB=4sin2θ≤4，

当且仅当θ=π419.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cos(2x+π6)∈[−1,12]，

所以f(x)=2cos(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)=2cos(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)=2co