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2022-2023学年湖南省岳阳市岳阳一中高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省岳阳市岳阳一中高一（下）期末数学试卷（含解析），共21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。
2022-2023学年湖南省岳阳市岳阳一中高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知a、b和c均为非零向量，
①若a⋅(b⋅c)=(a⋅b)⋅c，则a//c；②若a⋅c=b⋅c，则a=b；③若|(a⋅b)⋅c|=|a||b||c|，则a//b．
上述命题中，真命题的个数是( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
2. 在△ABC中，BE=12EC，D是AC的中点，若AC=xAE+yBD，则xy=( )
A. 12 B. 2 C. 32 D. 3
3. 若z=1−i1+i+4−2i，则|z|=( )
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
4. 某学校在校学生有3000人，为了增强学生的体质，学校举行了跑步和登山比赛，每人都参加且只参加其中一项比赛，高一、高二、高三年级参加跑步的人数分别为a，b，c，且a：b：c=2：3：4，全校参加登山的人数占总人数的25.为了了解学生对本次比赛的满意程度，按分层抽样的方法从中抽取一个容量为300的样本进行调查，则应从高二年级参加跑步的学生中抽取( )
A. 15人 B. 30人 C. 45人 D. 60人
5. O为▱ABCD两条对角线的交点，AB=4e1，BC=6e2，则DO=( )
A. 2e1+e2 B. 2e1−e2 C. 2e1+3e2 D. 2e1−3e2
6. 已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是( )
A. 若α⊥γ，β⊥γ，则α//β B. 若m//α，m//β，则α//β
C. 若m⊥α，n⊥α，则m//n D. 若m//α，n//α，则m//n
7. 函数f(x)=lnx−1x的零点为x0，且x0∈[k,k+1)，k∈Z，则k的值为( )
A. 1 B. 2 C. 0 D. 3
8. 某次实验得交变电流i(单位：A)随时间t(单位：s)变化的函数解析式为i=Asin(ωt+φ)，其中A>0,ω>0,|φ|≤π2且t∈[0,+∞)，其图象如图所示，则下列说法错误的是( )
A. ω=100π B. φ=π4
C. 当t=380时，i=0 D. 当t=980时，i=10
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知点A(1,2)，B(3,x)，向量a=(2−x,−1),AB//a，则( )
A. x=3时AB与a方向相同 B. x=2− 2，时AB与a方向相同
C. x=3时AB与a方向相反 D. x=2+ 2，时AB与a方向相反
10. 已知复数z=(2−3i)(1+i)，其共轭复数为z−，则( )
A. z的实部与虚部之和为4 B. z−=5+i
C. z2是纯虚数 D. |z−|=2 6
11. 阅读数学材料：“设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为1−12π(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠Qk−1PQk+∠QkPQ1)，其中Qi(i=1,2,…,k,k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk−1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面.“解答问题：已知在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AA1=AB，则下列结论正确的是( )
A. 直四棱柱ABCD−A1B1C1D1在其各顶点处的离散曲率都相等
B. 若AC=BD，则直四棱柱ABCD−A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为14
C. 若四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为712，则AC1⊥平面A1BD
D. 若直四棱柱ABCD−A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为13，则BC1与平面ACC1所成角的正弦值为 24
12. 下列不等式成立的是( )
A. 若a>b，则ac2>bc2 B. 若a>0>b，则ab
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知平面向量a=(1,2),b=(−2,1),c=(2,t)，若(a+2b)⊥c，则t= ______ ．
14. 已知复数z满足|z+2i|=4，则|z−3i|的取值范围是______ ．
15. 在三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，且PA=PB=3 2，△ABC是等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为______ ．
16. 若x>0，则x+4x+1的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
如图，圆心为C的定圆的半径为3，A，B为圆C上的两点．
(Ⅰ)若cos∠CAB=23，当k为何值时，AC+2AB与kAC−AB垂直？
(Ⅱ)若|AC+tAB|的最小值为2，求|AB|的值．
(Ⅲ)若G为△ABC的重心，直线l过点G交边AB于点P，交边AC于点Q，且AP=λAB，AQ=μAC.证明：1λ+1μ为定值．
18. (本小题12.0分)
设复数z1=a+bi，z2=c+di，其中a、b、c、d∈R．
现在复数系中定义一个新运算⊗，规定：z1⊗z2=(ac+bd)+(ad+bc)i．
(1)已知|(2−i)⊗(x+i)|= 2，求实数x的值；
(2)现给出如下有关复数新运算⊗性质的两个命题：
①z1⊗z2−=z1−⊗z2−；
②若z1⊗z2=0，则z1=0或z2=0．
请判定以上两个命题是真命题还是假命题，并说明理由．
19. (本小题12.0分)
如图，在正三棱柱A1B1C1−ABC中，D为AB的中点，C1E=λC1C(0<λ<1),A1A= 3AB=2 3．
(1)若λ=12，证明：DE⊥平面A1B1E；
(2)若直线BC1与平面A1B1E所成角为π3，求λ的值．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=(2m+1)x2−mx+2m−1(m∈R)．
(1)若f(x)=(2m+1)x2−mx+2m−1在[1,2]上是单调函数，求实数m的取值范围；
(2)若m≤−1，解关于x的不等式f(x)≥2m+mx2．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=log2( x−1−a+1)的定义域为[1,+∞)．
(1)求y=7+a−41−a的最大值；
(2)若a>0，求y=12a(3−2a)的最大值．
22. (本小题12.0分)
某地有四家工厂，分别位于矩形ABCD的四个顶点.已知AB=20km，BC=10km.为了处理这四家工厂的污水，当地政府打算在该矩形区域上(含边界)建造一个污水处理厂O，并铺设一些管道连通各家工厂和污水处理厂.记需要铺设管道的总长度为L(单位：km).现有以下两种建设方案．
(1)第一种方案计划将污水处理厂建在矩形区域内部，并在各家工厂与污水处理厂之间用管道直接连通.求该方案下L的最小值；
(2)第二种方案计划将污水处理厂O建在对角线AC、BD的交点处，并在矩形区域内部选择两个关于O对称的点P、Q作为管道的分叉点，如图所示.试确定该方案下L取得最小值时，分叉点P、Q的位置．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：①当b⊥c，a⊥b，c⊥a时，a⋅(b⋅c)=a⋅0=0，(a⋅b)⋅c=0⋅c=0，
满足a⋅(b⋅c)=(a⋅b)⋅c，故①错误；
②若a⋅c=b⋅c，则c⋅(a−b)=0，
则a=b或a≠b，向量c与a−b的夹角为90°，故②错误；
③若|(a⋅b)⋅c|=|a||b||c|，则||a||b|cos⋅c|=|a||b||c|，
所以|a||b||cos||c|=|a||b||c|，
所以|cos||c|=|c|，
所以|cos|=1，
所以cos=0°或180°，
所以a//b，故③正确，
故选：B．
由向量的数量积的运算，逐个判断，即可得出答案．
本题考查向量的运算，解题中需要理清思路，属于中档题．
2.【答案】C
【解析】解：∵BE=12EC，D是AC的中点，
∴AD=12AC，BE=13BC，
∵BD=AD−AB=12AC−AB，
AE=BE−BA=13BC+AB=13(AC−AB)+AB=13AC+23AB，
∴AC=xAE+yBD=x(13AC+23AB)+y(12AC−AB)
=(x3+y2)AC+(2x3−y)AB，
∴x3+y2=12x3−y=0，解得x=32y=1，∴xy=32．
故选：C．
由平面向量的线性运算和平面向量基本定理计算即可．
本题考查平面向量的线性运算和平面向量基本定理，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为z=1−i1+i+4−2i
=(1−i)2(1+i)(1−i)+4−2i=4−3i；
所以|z|=5．
故选：A．
先对已知复数进行化简，然后结合复数的模长公式求解即可．
本题主要考查了复数的四则运算及复数模长公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：可知全校参加跑步的人数为3000×35=1800，
因为a：b：c=2：3：4，a+b+c=1800，
所以c=1800×32+3+4=600，
按分层抽样的方法从中抽取一个容量为300的样本，
故应从高二年级参加跑步的学生中抽取的人数为600×3003000=60．
故选：D．
根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可求解．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查平面向量的线性运算，考查运算转化能力，属于基础题．
根据平行四边形法则以及平行四边形的性质化简即可求解．
【解答】
解：由已知可得DO=12DB=12(AB−AD)
=12(AB−BC)=12AB−12BC=2e1−3e2．
故选：D．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力．
对于A，垂直于同一平面的两平面有可能相交或平行；对于B，平行于同一直线的两平面有可能相交；对于C，垂直于同一平面的两直线平行；对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面．
【解答】
解：对于A，垂直于同一平面的两平面相交或平行，故A错误；
对于B，平行于同一直线的两平面相交或平行，故B错误；
对于C，垂直于同一平面的两直线平行，故C正确；
对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面，故D错误．
故选：C．
7.【答案】A
【解析】解：因为f(x)=lnx−1x，x>0，
又因为y=lnx在(0,+∞)上单调递增，y=−1x在(0,+∞)上单调递增，
所以y=f(x)在(0,+∞)上单调递增，
又因为f(1)=−1<0，f(2)=ln2−12=ln2−ln e=ln2 e>ln1=0，
所以函数y=f(x)的零点x0∈(1,2)，
由题意可得函数y=f(x)的零点x0∈[k,k+1)，k∈Z，
所以k=1．
故选：A．
由题意易知y=f(x)在(0,+∞)上单调递增，再根据零点存在定理得x0∈(1,2)，结合题意即可得答案．
本题考查了函数的单调性及函数的零点，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由题知T=2×(0.0225−0.0125)=0.02，则ω=100π，又A=10，
则i=10sin(100πt+φ)，所以当t=0时，10sinφ=5 2，
则sinφ= 22，又|φ|≤π2，
则φ=π4，因此i=10sin(100πt+π4)，
所以当t=380时，i=10sin(100π×380+π4)=10sin4π=0，
当t=980时，i=10sin(100π×980+π4)=10sin3π2=−10，
因此ABC正确，D错误．
故选：D．
根据五点法结合图象可得i=10sin(100πt+π4)，逐项判断即可得解．
本题主要考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：由题意可知，AB=(2,x−2)，
又a=(2−x,−1),AB//a，
则(2−x)(x−2)=−2，解得x=2± 2，
当x=2− 2，时，AB=(2,− 2)，a=( 2,−1)，则AB= 2a，AB与a方向相同．
当x=2+ 2，时，AB=(2, 2)，a=(− 2,−1)则AB=− 2a，
所以AB与a方向相反，
故选：BD．
根据向量共线的坐标运算求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：由题意可得z=2+2i−3i−3i2=5−i，
故z的实部与虚部之和为4，故A正确；
则z−=5+i，z2=(5−i)2=24−10i，|z−|= 52+12= 26，故A，B正确，C，D错误．
故选：AB．
根据已知条件，结合复数的四则运算，求出z，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，当直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面不为正方形时，
其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；
对于B，AC=BD，则四边形ABCD为正方形，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1在点A处的离散曲率为1−12π×(π2+π2+π2)=14，B项正确；
对于C，∵直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为菱形，AA1=AB，
∴直四棱柱ABCD−A1B1C1D1侧面均为正方形，
四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为1−12π(π4+π4+∠BA1D)=712，
则∠BA1D=π3，则△A1BD为正三角形，BD=A1B=A1D= 2AB，
∴BD2=AB2+AD2，四边形ABCD为正方形，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1为正方体，
∵CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥CC1，
又∵BD⊥AC，AC⊂平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，AC⋂CC1=C，
∴BD⊥平面ACC1，又∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD，
同理可得，AC1⊥A1B，BD⊂平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，BD⋂A1B=B，
∴A1C⊥平面A1BD，C项正确；
对于D，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1在点A处的离散曲率为1−12π(π2+π2+∠BAD)=13，
则∠BAD=π3，设AA1=AB=1，AC交BD1于点O，
则BC1= 2，BO=12，
由选项C知，BD⊥CC1，∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC，
又AC⊂平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，AC⋂CC1=C，
∴BD⊥平面ACC1，∠BC1O即BC1与平面ACC1所成的角，
sin∠BC1O=BOBC1= 24，∴BC1与平面ACC1所成的角的正弦值为 24，D项正确．
故选：BCD．
根据多面体M在点P处的离散率的定义，由各选项的条件分析几何体的结构特征，判断垂直关系及计算直线与平面所成的角，判断选项的正误．
本题考查新定义，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：对于A，当c=0时，则ac2=bc2，故A错误；
对于B，由a>0>b，则ab<0，a2>0，故B正确；
对于C，当a=b=−2，则a+b=−4，故C错误；
对于D，由a>b，c>d，则a+c>b+d，所以a−d>b−c，故D正确．
故选：BD．
当c=0时，即可判断A；当a=b=−2，即可判断C；根据不等式的基本性质即可判断C，D．
本题主要考查了不等式的性质，属于基础题．
13.【答案】32
【解析】解：a=(1,2),b=(−2,1),c=(2,t)，
则a+2b=(1,2)+(−4,2)=(−3,4)，
∵(a+2b)⊥c，
∴2×(−3)+4t=0，解得t=32．
故答案为：32．
根据已知条件，结合平面向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
14.【答案】[1,9]
【解析】解：方法一：因为|z+2i|=4，
所以z在复平面内对应的点是复平面内到点(0,−2)的距离为4的点的集合，如图所示．
由图象可知，
当z=2i时，|z−3i|min=1，
当z=−6i时，|z−3i|max=9，
所以|z−3i|的取值范围是[1,9]．
方法二：因为|z−3i|=|z+2i−5i|，
又|5i|−|z+2i|≤|z−3i|=|z+2i−5i|≤|5i|+|z+2i|，
所以1≤|z−3i|≤9．
故答案为：[1,9]．
方法一：根据复数的几何意义与点和圆的位置关系求解；方法二：利用不等式求解．
本题主要考查复数的模，属于基础题．
15.【答案】48π
【解析】解：如图所示，作AB中点D，连接PD、CD，
在CD上作△ABC的中心E，
过点E作平面ABC的垂线，
在垂线上取一点O，使得PO=CO，
因为三棱锥底面是等边三角形，
E是△ABC的中心，
所以三棱锥外接球球心在过点E的平面ABC垂线上，
又因PO=CO，则O即为球心，
因为平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，PA=PB=3 2，
平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，
所以PD⊥平面ABC，
BC=AB= PA2+PB2= 18+18=6，
CD= BC2−BD2= 36−9=3 3，
CE=23CD=2 3，PD= PB2−BD2= 18−9=3，
设球的半径为r，
则PO=OC=r,OE= OC2−CE2= r2−12，
(PD−OE)2+DE2=PO2，
即(3− r2−12)2+3=r2，解得r2=12，
故三棱锥外接球的表面积为4πr2=48π．
故答案为：48π．
通过题意画出图像，通过三棱锥图像性质以及三棱锥外接球的相关性质确定圆心位置，最后根据各边所满足的几何关系列出算式，即可得出结果．
本题主要考查球的表面积的求解，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】3
【解析】解：因为x>0，
所以x+4x+1=x+1+4x+1−1≥2 (x+1)⋅4x+1−1=3，当且仅当x=1时，等号成立．
故答案为：3．
变形整理后利用基本不等式求最值．
本题考查了基本不等式在求最值中的应用，属于基础题．
17.【答案】解：(1)由题意，AC=3，cos∠CAB=12ABAC=12AB3=23，∴AB=4，
当AC+2AB与kAC−AB垂直时，有(AC+2AB)⋅(kAC−AB)=0
即kAC2−2AB2+(2k−1)AB⋅AC=0，
即9k−32+(2k−1)×4×3×23=25k−40=0，
解得k=85；
(2)当t=0时，|AC+tAB|=|AC|=3，不满足题意；
当t>0时，设tAB=AE，
如图(1)，延长EA到F，使AF=AE，连接CF，
则tAB=AE=FA，所以|AC+tAB|=|AC+FA|=|FC|，
取AB中点为D，连接CD，则CD⊥AB，
所以在Rt△CDF中，|FC|>CD，
此时|AC+tAB|无最小值，不满足题意；
当t<0时，设tAB=GA，连接CG，
则AC+tAB=AC+GA=GC，
如图(2)，取AB中点为D，连接CD，则CD⊥AB，
由图(2)知，|AC+tAB|=|GC|≥CD，
又因为|AC+tAB|的最小值为2，所以CD=2，
所以|AB|=2 |AC|2−|CD|2=2 9−4=2 5；
(3)证明：设AB=c，AC=b，
连接AG并延长AG交BC于M，此时M是BC的中点．
于是AM=12(b+c)，AG=13(b+c)，
又由已知AP=λAB，AQ=μAC，
所以PQ=μb−λc，PG=AG+PA=(13−λ)c+13b，
因为P、G、Q三点共线，则存在实数t，满足PG=tPQ，
所以(13−λ)c+13b=tμb−tλc，
由向量相等的条件得13−λ=−tλ13=tμ，
消去参数t，得1λ+1u=3．
【解析】(1)由两向量垂直，得到数量积为0，根据已知求得AB=4，即可求出k值；
(2)结合图形，根据向量线性运算的法则分别对参数t=0，t>0，t<0进行讨论，确定|AC+tAB|的最小值情况，据此即可求出|AB|；
(3)利用G为重心，连接AG并延长交BC于M，借助中点M将PG和PQ用AB和AC表示出来，利用P，G，Q三点共线即可推出结论．
本题考查平面向量的综合应用，属中档题．
18.【答案】解：(1)由定义，有|(2x−1)+(2−x)i|= 2，
即(2x−1)2+(2−x)2=2，整理得，5x2−8x+3=0，
∴x=1或x=35．
(2)①要证z1⊗z2−=z1−⊗z2−，
只需z1−⊗z2−=(a−bi)⊗(c−di)=(ac+bd)−(ad+bc)i=z1⊗z2−，
∴①是真命题．
②(1−i)⊗(1+i)=0，
∴②是假命题．
【解析】(1)根据新定义得到关于x的方程，求出x的值即可；
(2)通过计算判断①，特殊值法判断②．
本题考查了复数的运算，考查新定义问题，是基础题．
19.【答案】解：(1)证明：取A₁B₁的中点F，连接EF，DF，DC，FC₁．
由题意，得DE=EF= 6,DF=A1A=2 3，
所以DE²+EF²=DF²，
则DE⊥EF．
因为A₁B₁⊥C₁F，A₁B₁⊥DF，C1F⋂DF=F，C1F，DF⊂平面DCC₁F，
所以A₁B₁⊥平面DCC₁F，
又DE⊂平面DCC₁F，
所以DE⊥A₁B，
因为A₁B₁∩EF=F，A1B1，EF⊂平面A₁B₁E，
所以DE⊥平面A₁B₁E．
(2)以D为坐标原点，DB，DC，DF的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A1(−1,0,2 3),B(1,0,0),C1(0, 3,2 3),B1(1,0,2 3)．
设E(0, 3,a),a∈(0,2 3),A1E=(1, 3,a−2 3),A1B1=(2,0,0)，BC1=(−1, 3,2 3)．
设平面A₁B₁E的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅A1B1=0n⋅A1E=0，即2x=0x+ 3y+(a−2 3)z=0，
取y=2 3−a，则n=(0,2 3−a, 3)．
设直线BC₁与平面A₁B₁E所成的角为θ，
则sinθ=|cos|=|n⋅BC1||n||BC1|=|− 3a+12|4 a2−4 3a+15= 32，
化简得3a2−8 3a+12=0，
解得a=2 33或a=2 3．
当a=2 3时，点E与点C₁重合，此时λ=0，不符合题意．
所以λ=|C1E||C1C|=23×2 32 3=23，即λ的值为23．
【解析】(1)先证明A₁B₁⊥平面DCC₁F，得到DE⊥A₁B，再证明DE⊥平面A₁B₁E即可；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角即可得解．
本题考查线面垂直的判定定理，考查利用空间向量求解线面角，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
20.【答案】解：(1)当2m+1=0，即m=−12时y=12x−2，在[1,2]上是单调递增函数，符合题意；
当2m+1≠0，即2m≠−1时，二次函数y=(2m+1)x2−mx+2m−1对称轴为x=m2(2m+1)，
要想函数在[1,2]上是单调函数，只需m2(2m+1)≤1①或m2(2m+1)≥2②，
解①得：m≤−23或m>−12，
解②得−47≤m<−12，
∴m∈(−∞,−23]∪[−47,−12)∪(−12,+∞)，
综上：实数m的取值范围是(−∞,−23]∪[−47,+∞)．
(2)不等式(2m+1)x2−mx+2m−1≥2m+mx2，
变形为(m+1)x2−mx−1≥0，[(m+1)x+1]⋅(x−1)≥0，
当m=−1时，x−1≥0，解得：x≥1，
当m<−1时，m+1<0，[(m+1)x+1]⋅(x−1)=0的两根为−1m+1和1，
当m<−2时，−1m+1<1，此时，解得：−1m+1≤x≤1，
当m=−2时，原不等式即可化为−(x−1)2≥0，解得x=1，
当−21，解得1≤x≤−1m+1，
综上所述：当m<−2时，原不等式的解集为{x|−1m+1≤x≤1}，
当m=−2时，原不等式的解集为{x|x=1}，
当−2
【解析】(1)首先分2m+1=0和2m+1≠0两种情况讨论，由其当2m+1≠0时，利用二次函数的对称轴与区间[1,2]的关系，列式求实数m的取值范围；
(2)首先不等式化简为[(m+1)x+1]⋅(x−1)≥0，再分m<−2，m=−2，−2
21.【答案】解：(1)因为f(x)的定义域为[1,+∞)，即关于x的不等式 x−1−a+1>0在[1,+∞)上恒成立，
所以a<( x−1+1)min，
当x=1时， x−1+1取得最小值1，则a<1，1−a>0，
所以y=7+a−41−a=−[(1−a)+41−a]+8≤−2 (1−a)⋅41−a+8=4，
当且仅当1−a=41−a，即a=−1时，等号成立，
所以y=7+a−41−a的最大值为4．
(2)y=12a(3−2a)=−a2+32a=−(a−34)2+916，
因为0
(2)利用二次函数的性质求解即可．
本题主要考查函数最值的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)如图所示，
则OA+OC+OB+OD≥AC+BD，
所以根据两点之间线段最短可知，污水厂O建在AC与BD的交点处时铺设管道的总长度最短，
又因为BD=AC= AB2+BC2= 202+102=10 5，
所以Lmin=AC+BD=20 5，
即：L的最小值为20 5km；
(2)取AB的中点H，连接OE，则OH⊥AB，OH=5，AH=10，
∴OB=OA= OH2+AH2=5 5，
∴在△AOB中由余弦定理得：cos∠AOB=OA2+OB2−AB22OA×OB=(5 5)2+(5 5)2−2022×5 5×5 5=−35<−12，
又∵∠AOB∈(0,π)，
∴∠AOB>2π3，
∴∠BOC<2π3；
①当点P、Q分别在△AOB、△COD中时，如图所示，
由对称性可知，PO=OQ，DQ=PB，QC=PA，所以L=2(PO+PA+PB)，
以点O为中心，旋转△OPB到△OP1C，连接PP1，如图所示，
∴△OPB≅△OP1C，OP=OP1，
∵∠AOB>2π3，
∴∠POP1=π−∠AOP−∠COP1=π−∠AOP−∠BOP=π−∠AOB<π3，
∴OP>PP1，
∴PO+PA+PB>PP1+PA+P1C≥AC=OA+OB，当且仅当点P在点O时取等号，
∴当点P、Q分别在△AOB、 △COD中时，不符合题意；
②当点P、Q分别在△AOD、△BOC中时，如图所示，
由对称性可知，L=2(PO+PA+PB)，作等边△BCE、等边△BPF，如图所示，
则BP=BF=PF,BC=BE,∠PBC=π3−∠CBF,∠FBE=π3−∠CBF，
∴△CPB≅△EFB，
∴PC=EF，
∴PO+PA+PB=PO+PF+EF≥OE，当且仅当O、P、F、E四点共线时取等号，
∴L=2(PO+PA+PB)≥2OE，当且仅当O、P、F、E四点共线时取等号，
当O、P、F、E四点共线时，OE交BC于点M，
如图所示，
∵OB=OC，
∴OE平分∠BOC、∠CEB，OE垂直平分BC，BC平分∠PBF，
∴∠PBM=π6,OM=12AB=10，
又∵BM=12BC=5，
∴在Rt△PMB中，PM=5 33，
在Rt△EMB中，ME= BE2−BM2= 102−52=5 3，
∴OE=OM+ME=10+5 3,OP=OM−PM=10−5 33，
∴Lmin=2OE=20+10 3,PQ=2OP=20−10 33，
综述：L的最小值为20+10 3km，此时点P、点Q位于过点O平行于AB且以点O为中点OP=OQ=10−5 33处．
【解析】(1)根据两点之间线段最短可求得结果；
(2)运用余弦定理可求得∠AOB>2π3，根据对称性将问题转化为一动点到三定点距离和的最小值，分类讨论①当点P、Q分别在△AOB、△COD中，②当点P、Q分别在△AOD、△BOC中时L的最小值即可(即：证明两种情况下的费马点)．
本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
2022-2023学年湖南省岳阳市岳阳一中高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知a、b和c均为非零向量，
①若a⋅(b⋅c)=(a⋅b)⋅c，则a//c；②若a⋅c=b⋅c，则a=b；③若|(a⋅b)⋅c|=|a||b||c|，则a//b．
上述命题中，真命题的个数是( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
2. 在△ABC中，BE=12EC，D是AC的中点，若AC=xAE+yBD，则xy=( )
A. 12 B. 2 C. 32 D. 3
3. 若z=1−i1+i+4−2i，则|z|=( )
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
4. 某学校在校学生有3000人，为了增强学生的体质，学校举行了跑步和登山比赛，每人都参加且只参加其中一项比赛，高一、高二、高三年级参加跑步的人数分别为a，b，c，且a：b：c=2：3：4，全校参加登山的人数占总人数的25.为了了解学生对本次比赛的满意程度，按分层抽样的方法从中抽取一个容量为300的样本进行调查，则应从高二年级参加跑步的学生中抽取( )
A. 15人 B. 30人 C. 45人 D. 60人
5. O为▱ABCD两条对角线的交点，AB=4e1，BC=6e2，则DO=( )
A. 2e1+e2 B. 2e1−e2 C. 2e1+3e2 D. 2e1−3e2
6. 已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是( )
A. 若α⊥γ，β⊥γ，则α//β B. 若m//α，m//β，则α//β
C. 若m⊥α，n⊥α，则m//n D. 若m//α，n//α，则m//n
7. 函数f(x)=lnx−1x的零点为x0，且x0∈[k,k+1)，k∈Z，则k的值为( )
A. 1 B. 2 C. 0 D. 3
8. 某次实验得交变电流i(单位：A)随时间t(单位：s)变化的函数解析式为i=Asin(ωt+φ)，其中A>0,ω>0,|φ|≤π2且t∈[0,+∞)，其图象如图所示，则下列说法错误的是( )
A. ω=100π B. φ=π4
C. 当t=380时，i=0 D. 当t=980时，i=10
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知点A(1,2)，B(3,x)，向量a=(2−x,−1),AB//a，则( )
A. x=3时AB与a方向相同 B. x=2− 2，时AB与a方向相同
C. x=3时AB与a方向相反 D. x=2+ 2，时AB与a方向相反
10. 已知复数z=(2−3i)(1+i)，其共轭复数为z−，则( )
A. z的实部与虚部之和为4 B. z−=5+i
C. z2是纯虚数 D. |z−|=2 6
11. 阅读数学材料：“设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为1−12π(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠Qk−1PQk+∠QkPQ1)，其中Qi(i=1,2,…,k,k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk−1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面.“解答问题：已知在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AA1=AB，则下列结论正确的是( )
A. 直四棱柱ABCD−A1B1C1D1在其各顶点处的离散曲率都相等
B. 若AC=BD，则直四棱柱ABCD−A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为14
C. 若四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为712，则AC1⊥平面A1BD
D. 若直四棱柱ABCD−A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为13，则BC1与平面ACC1所成角的正弦值为 24
12. 下列不等式成立的是( )
A. 若a>b，则ac2>bc2 B. 若a>0>b，则ab
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知平面向量a=(1,2),b=(−2,1),c=(2,t)，若(a+2b)⊥c，则t= ______ ．
14. 已知复数z满足|z+2i|=4，则|z−3i|的取值范围是______ ．
15. 在三棱锥P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，且PA=PB=3 2，△ABC是等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为______ ．
16. 若x>0，则x+4x+1的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
如图，圆心为C的定圆的半径为3，A，B为圆C上的两点．
(Ⅰ)若cos∠CAB=23，当k为何值时，AC+2AB与kAC−AB垂直？
(Ⅱ)若|AC+tAB|的最小值为2，求|AB|的值．
(Ⅲ)若G为△ABC的重心，直线l过点G交边AB于点P，交边AC于点Q，且AP=λAB，AQ=μAC.证明：1λ+1μ为定值．
18. (本小题12.0分)
设复数z1=a+bi，z2=c+di，其中a、b、c、d∈R．
现在复数系中定义一个新运算⊗，规定：z1⊗z2=(ac+bd)+(ad+bc)i．
(1)已知|(2−i)⊗(x+i)|= 2，求实数x的值；
(2)现给出如下有关复数新运算⊗性质的两个命题：
①z1⊗z2−=z1−⊗z2−；
②若z1⊗z2=0，则z1=0或z2=0．
请判定以上两个命题是真命题还是假命题，并说明理由．
19. (本小题12.0分)
如图，在正三棱柱A1B1C1−ABC中，D为AB的中点，C1E=λC1C(0<λ<1),A1A= 3AB=2 3．
(1)若λ=12，证明：DE⊥平面A1B1E；
(2)若直线BC1与平面A1B1E所成角为π3，求λ的值．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=(2m+1)x2−mx+2m−1(m∈R)．
(1)若f(x)=(2m+1)x2−mx+2m−1在[1,2]上是单调函数，求实数m的取值范围；
(2)若m≤−1，解关于x的不等式f(x)≥2m+mx2．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=log2( x−1−a+1)的定义域为[1,+∞)．
(1)求y=7+a−41−a的最大值；
(2)若a>0，求y=12a(3−2a)的最大值．
22. (本小题12.0分)
某地有四家工厂，分别位于矩形ABCD的四个顶点.已知AB=20km，BC=10km.为了处理这四家工厂的污水，当地政府打算在该矩形区域上(含边界)建造一个污水处理厂O，并铺设一些管道连通各家工厂和污水处理厂.记需要铺设管道的总长度为L(单位：km).现有以下两种建设方案．
(1)第一种方案计划将污水处理厂建在矩形区域内部，并在各家工厂与污水处理厂之间用管道直接连通.求该方案下L的最小值；
(2)第二种方案计划将污水处理厂O建在对角线AC、BD的交点处，并在矩形区域内部选择两个关于O对称的点P、Q作为管道的分叉点，如图所示.试确定该方案下L取得最小值时，分叉点P、Q的位置．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：①当b⊥c，a⊥b，c⊥a时，a⋅(b⋅c)=a⋅0=0，(a⋅b)⋅c=0⋅c=0，
满足a⋅(b⋅c)=(a⋅b)⋅c，故①错误；
②若a⋅c=b⋅c，则c⋅(a−b)=0，
则a=b或a≠b，向量c与a−b的夹角为90°，故②错误；
③若|(a⋅b)⋅c|=|a||b||c|，则||a||b|cos
所以|a||b||cos
所以|cos
所以|cos
所以cos
所以a//b，故③正确，
故选：B．
由向量的数量积的运算，逐个判断，即可得出答案．
本题考查向量的运算，解题中需要理清思路，属于中档题．
2.【答案】C
【解析】解：∵BE=12EC，D是AC的中点，
∴AD=12AC，BE=13BC，
∵BD=AD−AB=12AC−AB，
AE=BE−BA=13BC+AB=13(AC−AB)+AB=13AC+23AB，
∴AC=xAE+yBD=x(13AC+23AB)+y(12AC−AB)
=(x3+y2)AC+(2x3−y)AB，
∴x3+y2=12x3−y=0，解得x=32y=1，∴xy=32．
故选：C．
由平面向量的线性运算和平面向量基本定理计算即可．
本题考查平面向量的线性运算和平面向量基本定理，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为z=1−i1+i+4−2i
=(1−i)2(1+i)(1−i)+4−2i=4−3i；
所以|z|=5．
故选：A．
先对已知复数进行化简，然后结合复数的模长公式求解即可．
本题主要考查了复数的四则运算及复数模长公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：可知全校参加跑步的人数为3000×35=1800，
因为a：b：c=2：3：4，a+b+c=1800，
所以c=1800×32+3+4=600，
按分层抽样的方法从中抽取一个容量为300的样本，
故应从高二年级参加跑步的学生中抽取的人数为600×3003000=60．
故选：D．
根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可求解．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查平面向量的线性运算，考查运算转化能力，属于基础题．
根据平行四边形法则以及平行四边形的性质化简即可求解．
【解答】
解：由已知可得DO=12DB=12(AB−AD)
=12(AB−BC)=12AB−12BC=2e1−3e2．
故选：D．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力．
对于A，垂直于同一平面的两平面有可能相交或平行；对于B，平行于同一直线的两平面有可能相交；对于C，垂直于同一平面的两直线平行；对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面．
【解答】
解：对于A，垂直于同一平面的两平面相交或平行，故A错误；
对于B，平行于同一直线的两平面相交或平行，故B错误；
对于C，垂直于同一平面的两直线平行，故C正确；
对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面，故D错误．
故选：C．
7.【答案】A
【解析】解：因为f(x)=lnx−1x，x>0，
又因为y=lnx在(0,+∞)上单调递增，y=−1x在(0,+∞)上单调递增，
所以y=f(x)在(0,+∞)上单调递增，
又因为f(1)=−1<0，f(2)=ln2−12=ln2−ln e=ln2 e>ln1=0，
所以函数y=f(x)的零点x0∈(1,2)，
由题意可得函数y=f(x)的零点x0∈[k,k+1)，k∈Z，
所以k=1．
故选：A．
由题意易知y=f(x)在(0,+∞)上单调递增，再根据零点存在定理得x0∈(1,2)，结合题意即可得答案．
本题考查了函数的单调性及函数的零点，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由题知T=2×(0.0225−0.0125)=0.02，则ω=100π，又A=10，
则i=10sin(100πt+φ)，所以当t=0时，10sinφ=5 2，
则sinφ= 22，又|φ|≤π2，
则φ=π4，因此i=10sin(100πt+π4)，
所以当t=380时，i=10sin(100π×380+π4)=10sin4π=0，
当t=980时，i=10sin(100π×980+π4)=10sin3π2=−10，
因此ABC正确，D错误．
故选：D．
根据五点法结合图象可得i=10sin(100πt+π4)，逐项判断即可得解．
本题主要考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：由题意可知，AB=(2,x−2)，
又a=(2−x,−1),AB//a，
则(2−x)(x−2)=−2，解得x=2± 2，
当x=2− 2，时，AB=(2,− 2)，a=( 2,−1)，则AB= 2a，AB与a方向相同．
当x=2+ 2，时，AB=(2, 2)，a=(− 2,−1)则AB=− 2a，
所以AB与a方向相反，
故选：BD．
根据向量共线的坐标运算求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：由题意可得z=2+2i−3i−3i2=5−i，
故z的实部与虚部之和为4，故A正确；
则z−=5+i，z2=(5−i)2=24−10i，|z−|= 52+12= 26，故A，B正确，C，D错误．
故选：AB．
根据已知条件，结合复数的四则运算，求出z，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，当直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面不为正方形时，
其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；
对于B，AC=BD，则四边形ABCD为正方形，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1在点A处的离散曲率为1−12π×(π2+π2+π2)=14，B项正确；
对于C，∵直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为菱形，AA1=AB，
∴直四棱柱ABCD−A1B1C1D1侧面均为正方形，
四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为1−12π(π4+π4+∠BA1D)=712，
则∠BA1D=π3，则△A1BD为正三角形，BD=A1B=A1D= 2AB，
∴BD2=AB2+AD2，四边形ABCD为正方形，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1为正方体，
∵CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥CC1，
又∵BD⊥AC，AC⊂平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，AC⋂CC1=C，
∴BD⊥平面ACC1，又∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD，
同理可得，AC1⊥A1B，BD⊂平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，BD⋂A1B=B，
∴A1C⊥平面A1BD，C项正确；
对于D，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1在点A处的离散曲率为1−12π(π2+π2+∠BAD)=13，
则∠BAD=π3，设AA1=AB=1，AC交BD1于点O，
则BC1= 2，BO=12，
由选项C知，BD⊥CC1，∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC，
又AC⊂平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，AC⋂CC1=C，
∴BD⊥平面ACC1，∠BC1O即BC1与平面ACC1所成的角，
sin∠BC1O=BOBC1= 24，∴BC1与平面ACC1所成的角的正弦值为 24，D项正确．
故选：BCD．
根据多面体M在点P处的离散率的定义，由各选项的条件分析几何体的结构特征，判断垂直关系及计算直线与平面所成的角，判断选项的正误．
本题考查新定义，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：对于A，当c=0时，则ac2=bc2，故A错误；
对于B，由a>0>b，则ab<0，a2>0，故B正确；
对于C，当a=b=−2，则a+b=−4，故C错误；
对于D，由a>b，c>d，则a+c>b+d，所以a−d>b−c，故D正确．
故选：BD．
当c=0时，即可判断A；当a=b=−2，即可判断C；根据不等式的基本性质即可判断C，D．
本题主要考查了不等式的性质，属于基础题．
13.【答案】32
【解析】解：a=(1,2),b=(−2,1),c=(2,t)，
则a+2b=(1,2)+(−4,2)=(−3,4)，
∵(a+2b)⊥c，
∴2×(−3)+4t=0，解得t=32．
故答案为：32．
根据已知条件，结合平面向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
14.【答案】[1,9]
【解析】解：方法一：因为|z+2i|=4，
所以z在复平面内对应的点是复平面内到点(0,−2)的距离为4的点的集合，如图所示．
由图象可知，
当z=2i时，|z−3i|min=1，
当z=−6i时，|z−3i|max=9，
所以|z−3i|的取值范围是[1,9]．
方法二：因为|z−3i|=|z+2i−5i|，
又|5i|−|z+2i|≤|z−3i|=|z+2i−5i|≤|5i|+|z+2i|，
所以1≤|z−3i|≤9．
故答案为：[1,9]．
方法一：根据复数的几何意义与点和圆的位置关系求解；方法二：利用不等式求解．
本题主要考查复数的模，属于基础题．
15.【答案】48π
【解析】解：如图所示，作AB中点D，连接PD、CD，
在CD上作△ABC的中心E，
过点E作平面ABC的垂线，
在垂线上取一点O，使得PO=CO，
因为三棱锥底面是等边三角形，
E是△ABC的中心，
所以三棱锥外接球球心在过点E的平面ABC垂线上，
又因PO=CO，则O即为球心，
因为平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，PA=PB=3 2，
平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，
所以PD⊥平面ABC，
BC=AB= PA2+PB2= 18+18=6，
CD= BC2−BD2= 36−9=3 3，
CE=23CD=2 3，PD= PB2−BD2= 18−9=3，
设球的半径为r，
则PO=OC=r,OE= OC2−CE2= r2−12，
(PD−OE)2+DE2=PO2，
即(3− r2−12)2+3=r2，解得r2=12，
故三棱锥外接球的表面积为4πr2=48π．
故答案为：48π．
通过题意画出图像，通过三棱锥图像性质以及三棱锥外接球的相关性质确定圆心位置，最后根据各边所满足的几何关系列出算式，即可得出结果．
本题主要考查球的表面积的求解，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】3
【解析】解：因为x>0，
所以x+4x+1=x+1+4x+1−1≥2 (x+1)⋅4x+1−1=3，当且仅当x=1时，等号成立．
故答案为：3．
变形整理后利用基本不等式求最值．
本题考查了基本不等式在求最值中的应用，属于基础题．
17.【答案】解：(1)由题意，AC=3，cos∠CAB=12ABAC=12AB3=23，∴AB=4，
当AC+2AB与kAC−AB垂直时，有(AC+2AB)⋅(kAC−AB)=0
即kAC2−2AB2+(2k−1)AB⋅AC=0，
即9k−32+(2k−1)×4×3×23=25k−40=0，
解得k=85；
(2)当t=0时，|AC+tAB|=|AC|=3，不满足题意；
当t>0时，设tAB=AE，
如图(1)，延长EA到F，使AF=AE，连接CF，
则tAB=AE=FA，所以|AC+tAB|=|AC+FA|=|FC|，
取AB中点为D，连接CD，则CD⊥AB，
所以在Rt△CDF中，|FC|>CD，
此时|AC+tAB|无最小值，不满足题意；
当t<0时，设tAB=GA，连接CG，
则AC+tAB=AC+GA=GC，
如图(2)，取AB中点为D，连接CD，则CD⊥AB，
由图(2)知，|AC+tAB|=|GC|≥CD，
又因为|AC+tAB|的最小值为2，所以CD=2，
所以|AB|=2 |AC|2−|CD|2=2 9−4=2 5；
(3)证明：设AB=c，AC=b，
连接AG并延长AG交BC于M，此时M是BC的中点．
于是AM=12(b+c)，AG=13(b+c)，
又由已知AP=λAB，AQ=μAC，
所以PQ=μb−λc，PG=AG+PA=(13−λ)c+13b，
因为P、G、Q三点共线，则存在实数t，满足PG=tPQ，
所以(13−λ)c+13b=tμb−tλc，
由向量相等的条件得13−λ=−tλ13=tμ，
消去参数t，得1λ+1u=3．
【解析】(1)由两向量垂直，得到数量积为0，根据已知求得AB=4，即可求出k值；
(2)结合图形，根据向量线性运算的法则分别对参数t=0，t>0，t<0进行讨论，确定|AC+tAB|的最小值情况，据此即可求出|AB|；
(3)利用G为重心，连接AG并延长交BC于M，借助中点M将PG和PQ用AB和AC表示出来，利用P，G，Q三点共线即可推出结论．
本题考查平面向量的综合应用，属中档题．
18.【答案】解：(1)由定义，有|(2x−1)+(2−x)i|= 2，
即(2x−1)2+(2−x)2=2，整理得，5x2−8x+3=0，
∴x=1或x=35．
(2)①要证z1⊗z2−=z1−⊗z2−，
只需z1−⊗z2−=(a−bi)⊗(c−di)=(ac+bd)−(ad+bc)i=z1⊗z2−，
∴①是真命题．
②(1−i)⊗(1+i)=0，
∴②是假命题．
【解析】(1)根据新定义得到关于x的方程，求出x的值即可；
(2)通过计算判断①，特殊值法判断②．
本题考查了复数的运算，考查新定义问题，是基础题．
19.【答案】解：(1)证明：取A₁B₁的中点F，连接EF，DF，DC，FC₁．
由题意，得DE=EF= 6,DF=A1A=2 3，
所以DE²+EF²=DF²，
则DE⊥EF．
因为A₁B₁⊥C₁F，A₁B₁⊥DF，C1F⋂DF=F，C1F，DF⊂平面DCC₁F，
所以A₁B₁⊥平面DCC₁F，
又DE⊂平面DCC₁F，
所以DE⊥A₁B，
因为A₁B₁∩EF=F，A1B1，EF⊂平面A₁B₁E，
所以DE⊥平面A₁B₁E．
(2)以D为坐标原点，DB，DC，DF的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A1(−1,0,2 3),B(1,0,0),C1(0, 3,2 3),B1(1,0,2 3)．
设E(0, 3,a),a∈(0,2 3),A1E=(1, 3,a−2 3),A1B1=(2,0,0)，BC1=(−1, 3,2 3)．
设平面A₁B₁E的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅A1B1=0n⋅A1E=0，即2x=0x+ 3y+(a−2 3)z=0，
取y=2 3−a，则n=(0,2 3−a, 3)．
设直线BC₁与平面A₁B₁E所成的角为θ，
则sinθ=|cos
化简得3a2−8 3a+12=0，
解得a=2 33或a=2 3．
当a=2 3时，点E与点C₁重合，此时λ=0，不符合题意．
所以λ=|C1E||C1C|=23×2 32 3=23，即λ的值为23．
【解析】(1)先证明A₁B₁⊥平面DCC₁F，得到DE⊥A₁B，再证明DE⊥平面A₁B₁E即可；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角即可得解．
本题考查线面垂直的判定定理，考查利用空间向量求解线面角，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
20.【答案】解：(1)当2m+1=0，即m=−12时y=12x−2，在[1,2]上是单调递增函数，符合题意；
当2m+1≠0，即2m≠−1时，二次函数y=(2m+1)x2−mx+2m−1对称轴为x=m2(2m+1)，
要想函数在[1,2]上是单调函数，只需m2(2m+1)≤1①或m2(2m+1)≥2②，
解①得：m≤−23或m>−12，
解②得−47≤m<−12，
∴m∈(−∞,−23]∪[−47,−12)∪(−12,+∞)，
综上：实数m的取值范围是(−∞,−23]∪[−47,+∞)．
(2)不等式(2m+1)x2−mx+2m−1≥2m+mx2，
变形为(m+1)x2−mx−1≥0，[(m+1)x+1]⋅(x−1)≥0，
当m=−1时，x−1≥0，解得：x≥1，
当m<−1时，m+1<0，[(m+1)x+1]⋅(x−1)=0的两根为−1m+1和1，
当m<−2时，−1m+1<1，此时，解得：−1m+1≤x≤1，
当m=−2时，原不等式即可化为−(x−1)2≥0，解得x=1，
当−2
综上所述：当m<−2时，原不等式的解集为{x|−1m+1≤x≤1}，
当m=−2时，原不等式的解集为{x|x=1}，
当−2
【解析】(1)首先分2m+1=0和2m+1≠0两种情况讨论，由其当2m+1≠0时，利用二次函数的对称轴与区间[1,2]的关系，列式求实数m的取值范围；
(2)首先不等式化简为[(m+1)x+1]⋅(x−1)≥0，再分m<−2，m=−2，−2
21.【答案】解：(1)因为f(x)的定义域为[1,+∞)，即关于x的不等式 x−1−a+1>0在[1,+∞)上恒成立，
所以a<( x−1+1)min，
当x=1时， x−1+1取得最小值1，则a<1，1−a>0，
所以y=7+a−41−a=−[(1−a)+41−a]+8≤−2 (1−a)⋅41−a+8=4，
当且仅当1−a=41−a，即a=−1时，等号成立，
所以y=7+a−41−a的最大值为4．
(2)y=12a(3−2a)=−a2+32a=−(a−34)2+916，
因为0
(2)利用二次函数的性质求解即可．
本题主要考查函数最值的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)如图所示，
则OA+OC+OB+OD≥AC+BD，
所以根据两点之间线段最短可知，污水厂O建在AC与BD的交点处时铺设管道的总长度最短，
又因为BD=AC= AB2+BC2= 202+102=10 5，
所以Lmin=AC+BD=20 5，
即：L的最小值为20 5km；
(2)取AB的中点H，连接OE，则OH⊥AB，OH=5，AH=10，
∴OB=OA= OH2+AH2=5 5，
∴在△AOB中由余弦定理得：cos∠AOB=OA2+OB2−AB22OA×OB=(5 5)2+(5 5)2−2022×5 5×5 5=−35<−12，
又∵∠AOB∈(0,π)，
∴∠AOB>2π3，
∴∠BOC<2π3；
①当点P、Q分别在△AOB、△COD中时，如图所示，
由对称性可知，PO=OQ，DQ=PB，QC=PA，所以L=2(PO+PA+PB)，
以点O为中心，旋转△OPB到△OP1C，连接PP1，如图所示，
∴△OPB≅△OP1C，OP=OP1，
∵∠AOB>2π3，
∴∠POP1=π−∠AOP−∠COP1=π−∠AOP−∠BOP=π−∠AOB<π3，
∴OP>PP1，
∴PO+PA+PB>PP1+PA+P1C≥AC=OA+OB，当且仅当点P在点O时取等号，
∴当点P、Q分别在△AOB、 △COD中时，不符合题意；
②当点P、Q分别在△AOD、△BOC中时，如图所示，
由对称性可知，L=2(PO+PA+PB)，作等边△BCE、等边△BPF，如图所示，
则BP=BF=PF,BC=BE,∠PBC=π3−∠CBF,∠FBE=π3−∠CBF，
∴△CPB≅△EFB，
∴PC=EF，
∴PO+PA+PB=PO+PF+EF≥OE，当且仅当O、P、F、E四点共线时取等号，
∴L=2(PO+PA+PB)≥2OE，当且仅当O、P、F、E四点共线时取等号，
当O、P、F、E四点共线时，OE交BC于点M，
如图所示，
∵OB=OC，
∴OE平分∠BOC、∠CEB，OE垂直平分BC，BC平分∠PBF，
∴∠PBM=π6,OM=12AB=10，
又∵BM=12BC=5，
∴在Rt△PMB中，PM=5 33，
在Rt△EMB中，ME= BE2−BM2= 102−52=5 3，
∴OE=OM+ME=10+5 3,OP=OM−PM=10−5 33，
∴Lmin=2OE=20+10 3,PQ=2OP=20−10 33，
综述：L的最小值为20+10 3km，此时点P、点Q位于过点O平行于AB且以点O为中点OP=OQ=10−5 33处．
【解析】(1)根据两点之间线段最短可求得结果；
(2)运用余弦定理可求得∠AOB>2π3，根据对称性将问题转化为一动点到三定点距离和的最小值，分类讨论①当点P、Q分别在△AOB、△COD中，②当点P、Q分别在△AOD、△BOC中时L的最小值即可(即：证明两种情况下的费马点)．
本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
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