2023-2024学年四川省泸州市高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年四川省泸州市高一（下）期末数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。1．（5分）若集合A＝{x∈Z|﹣2＜x＜5}，B＝{x|x2＜4x}，则A∩B＝（）A．（0，4） B．{1，2，3} C．{﹣1} D．（﹣2，4）2．（5分）设复数z满足（1﹣i）z＝3﹣i3，则z=A．2+i B．2﹣i C．1﹣2i D．1+2i3．（5分）设a＝80.4，b=(12)A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．c＜a＜b4．（5分）已知tanα=22，则cos2A．14 B．13 C．125．（5分）平面α与平面β平行的充分条件可以是（）A．α内有无穷多条直线都与β平行 B．直线m⊄α，m⊄β，且m∥α，m∥β C．直线m⊂α，直线n⊂β，且m∥β，n∥α D．α内的任何一条直线都与β平行6．（5分）如图，△AOB为直角三角形，OA＝1，OB＝2，C为斜边AB的中点，P为线段OC的中点，则AP→A．1 B．116 C．14 7．（5分）若圆台侧面展开图扇环的圆心角为180°，其母线长为2，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，则该圆台的高为（）A．23 B．123 C．38．（5分）已知函数f(x)=|x+1|，x≤0|log4x|，x＞0，若方程f（x）＝k有4个不同的根x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则x3x4﹣xA．3 B．0 C．2 D．6二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）下列说法正确的是（）A．任意向量a→，b→，若|a→|＞|b→|且a→B．若向量PA→=λPB→+μPC→，且λ+μ＝1（0＜λ＜1），则C．若a→•b→＞0，则a→D．已知|a→|＝6，b→为单位向量，且＜a→，b→＞−3（多选）10．（6分）已知函数f（x）＝sin（2x+φ）满足f(π3+x)=f(A．f（x）的图象关于x=π2B．sinφ=−1C．f（x）在(π2D．f（x）的图象关于点(13（多选）11．（6分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，已知平面α⊥AC1，则关于平面α截正方体所得截面的判断正确的是（）A．截面形状可能为正三角形 B．平面α与平面ABCD所成二面角的正弦值为33C．截面形状可能为正六边形 D．截面面积的最大值为3三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。12．（5分）已知函数f（x）是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，f（x）＝2x，则f(72)13．（5分）1sin10°−14．（5分）已知三棱锥S﹣ABC的底面是边长为3的等边三角形，且SA＝AB＝SB，当该三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为．四、解答题：本大题共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．（13分）已知向量a→=（1，﹣1），|b→|=2，且（（Ⅰ）求向量a→与b（Ⅱ）若向量ka→+b→与a→16．（15分）已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π2)的部分图象如图所示．（Ⅰ）求函数f（Ⅱ）若将函数f（x）的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的14倍，再将其图象沿x轴向左平移π6个单位得到函数g（x）的图象，求不等式g（17．（15分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2bcosC＝2a+c．（Ⅰ）求B；（Ⅱ）若b=3，且sinAsinC=14，求a18．（17分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，E，F分别为PB，PC的中点，G为线段AC上一动点，PD⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：平面BDF⊥平面AEG；（Ⅱ）当CG＝3AG时，证明：EG∥平面BDF；（Ⅲ）若AD＝2PD，四面体BGEF的体积等于四棱锥P﹣ABCD体积的332，求GC19．（17分）对于三个实数a，b，k，若（a2﹣1）（b2﹣1）≥k|（a﹣b）（1﹣ab）|成立，则称a，b具有“性质k”．（Ⅰ）写出一个数a使之与2具有“性质1”，并说明理由；（Ⅱ）若2x﹣2﹣x，2具有“性质0”，求x的取值范围；（Ⅲ）若π4≤x≤π2，且sinx，cosx具有“性质

2023-2024学年四川省泸州市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。1．（5分）若集合A＝{x∈Z|﹣2＜x＜5}，B＝{x|x2＜4x}，则A∩B＝（）A．（0，4） B．{1，2，3} C．{﹣1} D．（﹣2，4）【考点】解一元二次不等式．【答案】B【分析】先求出集合A，B，再结合交集的定义，即可求解．【解答】解：集合A＝{x∈Z|﹣2＜x＜5}＝{﹣1，0，1，2，3，4}B＝{x|x2＜4x}＝{1，2，3}，故A∩B＝{1，2，3}．故选：B．2．（5分）设复数z满足（1﹣i）z＝3﹣i3，则z=A．2+i B．2﹣i C．1﹣2i D．1+2i【考点】复数的除法运算；共轭复数．【答案】C【分析】先利用复数的除法运算求出z，再利用共轭复数的定义求解．【解答】解：∵复数z满足（1﹣i）z＝3﹣i3，∴z=3−i3∴z=1﹣2i故选：C．3．（5分）设a＝80.4，b=(12)A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．c＜a＜b【考点】对数值大小的比较．【答案】D【分析】分别利用指数函数和对数函数的单调性进行比较，借助于中间值“0”即可判断三个值的大小．【解答】解：因为函数y＝2x在R上单调递增，所以b=(1又因为函数y＝lgx在（0，+∞）上单调递增，所以c=lg1所以c＜a＜b．故选：D．4．（5分）已知tanα=22，则cos2A．14 B．13 C．12【考点】求二倍角的三角函数值．【答案】B【分析】根据给定条件，利用二倍角公式，结合正余弦齐次式法求值．【解答】解：依题意，cos2α=cos故选：B．5．（5分）平面α与平面β平行的充分条件可以是（）A．α内有无穷多条直线都与β平行 B．直线m⊄α，m⊄β，且m∥α，m∥β C．直线m⊂α，直线n⊂β，且m∥β，n∥α D．α内的任何一条直线都与β平行【考点】平面与平面平行．【答案】D【分析】由直线与平面、平面与平面的位置关系结合充分条件的概念逐一判断即可．【解答】解：对于A，若α内有无穷多条直线都与β平行，则α，β平行或相交，故充分性不成立，故A错误；对于B，如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，C1D1⊄平面ABCD，C1D1⊄平面ABB1A1，且C1D1∥平面ABCD，C1D1∥平面ABB1A1，而平面ABB1A1∩平面ABCD＝AB，故充分性不成立，故B错误；对于C，如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1⊂平面ABB1A1，CD⊂平面ABCD，且A1B1∥平面ABB1A1，CD∥平面ABCD，而平面ABB1A1∩平面ABCD＝AB，故充分性不成立，故C错误；对于D，由面面平行的定义知能推出平面α与平面β平行，故充分性成立，故D正确．故选：D．6．（5分）如图，△AOB为直角三角形，OA＝1，OB＝2，C为斜边AB的中点，P为线段OC的中点，则AP→A．1 B．116 C．14 【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】B【分析】根据已知条件，结合向量的线性运算，以及平面向量的数量积运算，即可求解．【解答】解：C为斜边AB的中点，则OC→P为线段OC的中点，则OP→AP→OA＝1，OB＝2，△AOB为直角三角形，故AP→故选：B．7．（5分）若圆台侧面展开图扇环的圆心角为180°，其母线长为2，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，则该圆台的高为（）A．23 B．123 C．3【考点】圆台的侧面积和表面积．【答案】C【分析】由圆心角结合条件求出上、下底面圆的半径，再利用勾股定理求出圆台的高即可．【解答】解：设圆台的母线长为l，下底面圆的半径是R，上底面圆的半径r，则R＝2r，由题意可得，180°=R−r解得r＝1，R＝2，所以圆台的高h=l故选：C．8．（5分）已知函数f(x)=|x+1|，x≤0|log4x|，x＞0，若方程f（x）＝k有4个不同的根x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则x3x4﹣xA．3 B．0 C．2 D．6【考点】函数的零点与方程根的关系．【答案】A【分析】作出函数图象，由对称性可知x1+x2＝﹣2，|log4x3|＝|log4x4|，计算得x3x4＝1，再计算x3x4﹣x1﹣x2的结果即得答案．【解答】解：作出函数f(x)=|x+1|，x≤0由对称性可知，x1+x2＝﹣2，因为|log4x3|＝|log4x4|，由图可知0＜x3＜1＜x4，所以log4x3＜0，log4x4＞0⇒﹣log4x3＝log4x4，则log4x3x4＝0，所以x3x4＝1，所以x3x4﹣x1﹣x2＝1﹣（﹣2）＝3．故选：A．二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）下列说法正确的是（）A．任意向量a→，b→，若|a→|＞|b→|且a→B．若向量PA→=λPB→+μPC→，且λ+μ＝1（0＜λ＜1），则C．若a→•b→＞0，则a→D．已知|a→|＝6，b→为单位向量，且＜a→，b→＞−3【考点】平面向量的投影向量；三点共线；平面向量的模．【答案】BD【分析】由向量的定义判断A；利用向量共线定理判断B；举反例判断C；利用投影向量的定义判断D．【解答】解：对于A，向量不能比较大小，故A错误；对于B，向量PA→=λPB→+μPC→由向量共线定理的推论，知A，B，C三点共线，故B正确；对于C，当a→，b→同向共线时，a→对于D，由题意得|b→|=1，由投影向量定义得投影向量为b故选：BD．（多选）10．（6分）已知函数f（x）＝sin（2x+φ）满足f(π3+x)=f(A．f（x）的图象关于x=π2B．sinφ=−1C．f（x）在(π2D．f（x）的图象关于点(13【考点】正弦函数的奇偶性和对称性；正弦函数的单调性．【答案】BD【分析】由已知条件f（π3+x）＝f（π3−x）可得函数的对称性，结合正弦函数的对称性可先求出φ，然后结合正弦函数的对称性及单调性检验选项【解答】解：因为函数f（x）＝sin（2x+φ）满足f（π3+x）＝f（π所以f（x）的图象关于x=π3对称，故则2π3+φ=kππ2，k则φ＝kπ−π6，k∈所以f（x）＝sin（2x−π6）或f（x）＝sin（2x因为f（π2）＞f（π所以φ＝2nπ−π6，n∈Z，sinφ=−1则f（x）＝sin（2x−π当π2＜x＜π时，5π6＜因为y＝sint在（5π6，11π6）上不单调，f（13π12）＝sin2π＝0，即f（x）的图象关于点（13π12，0）对称，故选：BD．（多选）11．（6分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，已知平面α⊥AC1，则关于平面α截正方体所得截面的判断正确的是（）A．截面形状可能为正三角形 B．平面α与平面ABCD所成二面角的正弦值为33C．截面形状可能为正六边形 D．截面面积的最大值为3【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面垂直．【答案】ACD【分析】借助正方体，画出截面图形，再对选项进行一一判断．【解答】解：如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，连接A1B，A1D，BD，AC，因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则AA1⊥BD，因为四边形ABCD为正方形，则BD⊥AC，又因为AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C，因为AC1⊂平面AA1C1C，则BD⊥AC1，同理可证A1B⊥AC1，因为A1B∩BD＝B，A1B，BD⊂平面A1BD，则AC1⊥平面ABD，所以平面α与平面ABD平行或重合，所以平面A1BD与正方体的截面形状可以是正三角形，故A正确；平面α与平面ABCD所成二面角的正弦值即为平面A1BD与平面ABCD所成的角的正弦值，设AC与BD交于O，连接OA1，因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，又AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面AA1O，又A1O⊂平面AA1O，所以BD⊥AA1，所以∠AOA1是平面A1BD与平面ABCD所成二面角的平面角，由题意可得A1A＝2，进而可得AO=12AC=所以sin∠AOA所以平面α与平面ABCD所成二面角的正弦值为63，故B当E，F，N，M，G，H分别为对应棱的中点时，截面EFNMGH为正六边形，因为E，H分别为BB1，A1B1的中点，则EF∥A1B，因为EH⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，则EH∥平面A1BD，同理可得EF∥平面A1BD，又因为EH∩EF＝E，EH，EF⊂平面EFNMGH，则平面EFNMGH∥平面A1BD，所以AC1⊥平面EFNMGH，此时截面为正六边形，故C正确；设A1G＝x，则0≤x≤2，则GH=ME=NF=2x，MG=HN=EF=2所以多边形GMEFNH的面积为两个等腰梯形的面积和，所以S=1因为h1=[所以S==1=−3当x＝1时，Smax=33故选：ACD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。12．（5分）已知函数f（x）是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，f（x）＝2x，则f(72)【考点】函数周期性的判断与求解．【答案】−2【分析】结合已知奇函数及周期性，把所求函数值转化到已知区间上，代入即可求解．【解答】解：∵f（x）是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，f（x）＝2x，∴f（﹣1）＝f（1）＝﹣f（1），即f（﹣1）＝f（1）＝0，f(7故答案为：−213．（5分）1sin10°−【考点】三角函数的恒等变换及化简求值．【答案】见试题解答内容【分析】由已知可得cos10【解答】解：1=4sin故答案为：414．（5分）已知三棱锥S﹣ABC的底面是边长为3的等边三角形，且SA＝AB＝SB，当该三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为．【考点】棱锥的体积．【答案】15π．【分析】作出图形，设正三角形SAB与正三角形ABC的中心分别为E，F，分别过E，F，作平面SAB与平面ABC的垂线，两垂线交于点O，则所求球的球心为O，再解三角形求出球的半径，从而可求解．【解答】解：根据题意可得该三棱锥的体积取得最大值时，平面SAB⊥平面ABC，设正三角形SAB与正三角形ABC的中心分别为E，F，AB的中点为G，如图，分别过E，F，作平面SAB与平面ABC的垂线，两垂线交于点O，则所求球的球心为O，且四边形OEGF为正方形，又OF＝EG=13SG=13∴OB=BF2+O∴所求外接球的表面积为4πR2＝15π．故答案为：15π．四、解答题：本大题共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．（13分）已知向量a→=（1，﹣1），|b→|=2，且（（Ⅰ）求向量a→与b（Ⅱ）若向量ka→+b→与a→【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量数量积的坐标运算．【答案】（Ⅰ）π3（Ⅱ）k＝±1．【分析】（Ⅰ）根据题意，设向量a→与b→的夹角为θ，由数量积的计算公式可得（a→+b→）•b→=a→（Ⅱ）根据题意，由向量垂直的判断方法可得（ka→+b→）•（a→−kb→）＝ka→2+（1﹣k2）a→【解答】解：（Ⅰ）根据题意，设向量a→与b→的夹角为若向量a→=（1，﹣1），则|a→若（a→+b→）•b→=3，则a→•则cosθ=a又由0≤θ≤π，则θ=π（Ⅱ）若向量ka→+b→与a→−kb→互相垂直，则（ka→+b→）•（a→−kb→）＝ka→变形可得k＝±1，故k＝±1．16．（15分）已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π2)的部分图象如图所示．（Ⅰ）求函数f（Ⅱ）若将函数f（x）的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的14倍，再将其图象沿x轴向左平移π6个单位得到函数g（x）的图象，求不等式g（【考点】由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换．【答案】（Ⅰ）f(x)=2sin(1（Ⅱ）(kπ−π6，kπ+π6【分析】（Ⅰ）由图象求出A，ω和φ的值，即可得函数的解析式；（Ⅱ）根据函数图象变换求出g（x）的解析式，进而结合余弦函数的性质解不等式g（x）＞1即可．【解答】解：（Ⅰ）由图象知A＝2，12T=8π3−又ω＞0，所以T=2πω=4π则f(x)=2sin(1因为函数过点(2π所以f(2π即sin(π则π3解得φ=π又|φ|＜π2，所以所以f(x)=2sin(1（Ⅱ）将函数f（x）的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的14倍，可得函数f(4x)=2sin(再将其图象沿x轴向左平移π6个单位得到函数g（x所以g(x)=2sin[2(x+π由g（x）＞1，得2cos2x＞1，即cos2x＞1所以2kπ−π3＜2x＜2kπ+π3，k所以不等式g（x）＞1的解集为(kπ−π6，kπ+π617．（15分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2bcosC＝2a+c．（Ⅰ）求B；（Ⅱ）若b=3，且sinAsinC=14，求a【考点】解三角形．【答案】（Ⅰ）2π3（Ⅱ）2．【分析】（Ⅰ）由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式，结合sinC＞0，可得cosB=−12，结合B∈（0，π），即可求解（Ⅱ）由正弦定理可得sinA=a2，sinC=c2，结合已知可得ac＝1，进而利用余弦定理即可求解【解答】解：（Ⅰ）因为2bcosC＝2a+c，由正弦定理可得2sinBcosC＝2sinA+sinC，又sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，所以2sinBcosC＝2sinBcosC+2cosBsinC+sinC，可得0＝2cosBsinC+sinC，又sinC＞0，所以可得cosB=−1又B∈（0，π），所以B=2π（Ⅱ）因为B=2π3，由正弦定理asinA=csinC=bsinB又sinAsinC=1所以a2•c2=由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB，可得3＝a2+c2+ac＝（a+c）2﹣ac＝（a+c）2﹣1，所以a+c＝2．18．（17分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，E，F分别为PB，PC的中点，G为线段AC上一动点，PD⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：平面BDF⊥平面AEG；（Ⅱ）当CG＝3AG时，证明：EG∥平面BDF；（Ⅲ）若AD＝2PD，四面体BGEF的体积等于四棱锥P﹣ABCD体积的332，求GC【考点】棱锥的体积；直线与平面平行；平面与平面垂直．【答案】（Ⅰ）证明见解答；（Ⅱ）证明见解答（Ⅲ）34【分析】（Ⅰ）设AC∩BD＝H，则易证BD⊥平面AEC，从而可证明；（Ⅱ）设EC∩BF＝I，则易证IH∥EG，再根据线面平行的判定定理，即可证明；（Ⅲ）设GCAC=t，则G到平面PBC的距离等于A到平面PBC的距离的【解答】解：（Ⅰ）证明：∵底面ABCD是正方形，∴BD⊥AC，设AC∩BD＝H，则H为BD中点，又E，F分别为PB，PC的中点，∴EH∥PD，又PD⊥平面ABCD，∴EH⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴EH⊥BD，又BD⊥AC，且EH∩AC＝H，∴BD⊥平面AEC，又G为线段AC上一动点，∴BD⊥平面AEG，又BD⊂平面BDF，∴平面BDF⊥平面AEG；（Ⅱ）证明：当CG＝3AG时，连接EF，EC，设EC∩BF＝I，则EF为三角形PBC的中位线，∴CIIE∴IH∥EG，又EG⊄平面BDF，IH⊂平面BDF，∴EG∥平面BDF；（Ⅲ）∵EF为三角形PBC的中位线，∴S△BEF设GCAC=t，则G到平面PBC