2024-2025学年四川省泸州市高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年四川省泸州市高一（下）期末考试数学试卷一、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.集合A={x|2x+1>3}，B={x|−1<x≤3}，则A∩B=(

)A.(−1,3] B.(−1,1) C.(1,3) D.(1,3]2.命题：“∃x>0，x2−2x>0”的否定是(

)A.∀x>0，x2−2x>0 B.∀x>0，x2−2x≤0

C.∃x≤0，x23.在△ABC中，AB=3AD，则CD=A.AB−13AC B.AB+14.在平面直角坐标系中，角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，且α的终边与圆心在坐标原点的单位圆交于点P(−35,45A.−2425 B.−247 C.5.设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，则下列结论正确的是(

)A.若α⊥β，γ⊥β，则α⊥γ B.若m⊥α，m⊥n，则m//α

C.若1//m，m⊥α，则l⊥α D.若α⊥β，m//α，n⊥β，则m//n6.已知alog34=2，则2A.19 B.29 C.497.若一个圆台的高为3，母线与底面所成角为60°，侧面积为6π，则该圆台的体积为(

)A.53π3 B.738.若关于x的方程ex−ln(−x+a)=0在(0,+∞)上有解，则实数aA.(e,+∞) B.(−∞,e) C.(−∞,1e)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.设复数z在复平面内对应的点为Z，i为虚数单位，则下列说法正确的是(

)A.若z=i，则z4n(n∈N∗)是实数 B.若z=1+2i，则z的虚部为2i

C.若点Z的坐标为(3,2)，则z−=3−2i 10.将函数f(x)=sin(2x+π6)的图象向左平移π4A.g(x)的图象关于直线x=−π12对称 B.g(x)的图象关于点(π12,0)对称

C.g(x)在(−π611.如图，点M是棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的侧面ADDA.当CM⊥AD1时，点M一定在线段A1D上

B.当M为A1D的中点时，三棱锥M−ABD的外接球的表面积为2π

C.当点M在棱DD1上运动时，|MA|+|MB1|的最小值为3+1

D.线段AD1上存在点12.已知向量a⊥b，|a|=1，|a+13.已知函数f(x)=tan(ωx+π4)在(0,14.若a>0，b>0，且3a+2b=ab，则122a+1+1四、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)

已知向量a=(4,3)，b=(0,−1)．

(Ⅰ)若向量a−b与m=(1,k−3)共线，求|m|；

(Ⅱ)已知c=a+t16.(本小题15分)

已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的最小值为−1，其图象经过点(0,12)，且图象上相邻两个最高点之间的距离为π．

(Ⅰ)求函数f(x)的解析式；

(Ⅱ)若f(α+π17.(本小题15分)

设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且abcosA+a2cosB=3c．

(Ⅰ)求a的值；

(Ⅱ)若点D在线段BC上，∠BAC=120°，AD=1，△ABC的面积为3318.(本小题17分)

如图，四边形PADE为矩形，四边形ABCD为梯形，AD//BC，平面PADE⊥平面ABCD，∠BAD=90°，M为PB的中点，AB=BC=12AD=3．

(Ⅰ)求证：BD//平面AME；

(Ⅱ)求证：AC⊥平面CDE；

(Ⅲ)若二面角P−BC−A为π6，求点19.(本小题17分)

若函数f(x)在定义域内存在x满足f(1x)=−f(x)，则称f(x)为“局部反比例对称函数”．

(Ⅰ)已知函数f(x)=kx+2(k∈N∗)是“局部反比例对称函数”，求k的值；

(Ⅱ)求证：函数g(x)=lnx−x+1x−1有两个零点x1，x2，且x1x参考答案1.D

2.B

3.C

4.C

5.C

6.B

7.B

8.A

9.AC

10.ACD

11.ABD

12.2

13.1

14.191215.(Ⅰ)由题意可得：a−b=(4,4)．

因为向量a−b与m=(1,k−3)共线，

所以4(k−3)=1×4，解得：k=4，

则m=(1,1)，|m|=12+12=2．

(Ⅱ)由向量a=(4,3)，b=(0,−1)可得：|a|=42+32=516.(Ⅰ)因为函数f(x)=Asin(ωx+φ)的最小值为−1，所以A=1，

因为函数图象上相邻两个最高点之间的距离为π，

所以函数的最小正周期为T=π，即ω=2πT=2，

又函数图象过点(0,12)，所以f(0)=sinφ=12，

又|φ|<π2，所以φ=π6，则f(x)=sin(2x+π6).

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f(α+π12)=sin[2(α+π12)+17.解：(Ⅰ)由abcosA+a2cosB=3c，

根据正弦定理得：a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，(R为△ABC的外接圆的半径)，

即有asinBcosA+asinAcosB=3sinC，

即a(sinAcosB+cosAsinB)=3sinC，

则asin(A+B)=asinC=3sinC，

而sinC>0，所以a=3；

(Ⅱ)由题意，S△ABC=12bcsin∠BAC=12bc×32=334，则bc=3，

又∠BAC=120°，

由余弦定理得a2=b2+c2−2bccos∠BAC=9，则b2+c2+bc=9，

解得b=c=318.(1)证明：连接PD交AE于点F，连接MF，

因为四边形PADE为矩形，

所以点F是PD的中点，又因为点M是PB的中点，

所以MF//BD，

又MF⊂平面AME，BD⊄平面AME，

所以BD//平面AME；

(2)取AD中点G，连接CG，

因为AB=BC=12AD=3，所以BC=AG

又AD//BC，∠BAD=90°，所以四边形ABCG是矩形，

所以CG垂直平分AD，所以AC=CD=3+3=6，

又AD=23，所以AC2+CD2=AD2，即AC⊥CD，

因为四边形PADE为矩形，所以DE⊥AD，

又平面PADE⊥平面ABCD，平面PADE∩平面ABCD=AD，DE⊂平面PADE，

所以DE⊥平面ABCD，

又AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC，

又DE⊥AD，AD∩AC=A，AD，AC⊂平面ACD，

所以AC⊥平面CDE；

(3)因为∠BAD=90°，AD//BC，所以AB⊥BC，

由(2)知道DE⊥平面ABCD，而BC⊂平面ABCD，

所以DE⊥BC，

又因为DE//PA，所以PA⊥BC，

又AB⊥BC，PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，

所以BC⊥平面PAB，

而PB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，BC⊥AB，

若二面角P−BC−A为π6，则tan∠PBA=PA3=33，解得PA=1，

如图所示，取PA中点，连接MM1，

因为BC⊥平面PAB，BC//AD，所以AD⊥平面PAB，

而PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥PA，AD⊥AB，

又因为平面PADE⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，

又DA⊥AB，PA∩DA=A，PA，DA⊂平面PAD，

所以AB⊥平面PAD，

因为MM1//AB，所以MM1⊥平面PAD，

19.(Ⅰ)因为函数f(x)=kx+2是“局部反比例对称函数”，

所以f(1x)=kx+2=−f(x)=−kx−2，

化简得kx2+4x+k=0．

要使得等式成立，则Δ=16−4k2≥0，

解得−2≤k≤2．

又k∈N∗，所以k=1或k=2．

(Ⅱ)证明：因为g(x)=lnx−x+1x−1，x>0且x≠1，

所以g(1x)=ln1x−1x+11x−1=−lnx+x+1x−1，

−g(