2023-2024学年江西省吉安市高一下学期期末教学质量检测数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年江西省吉安市高一下学期期末教学质量检测数学试题（含答案），共7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.已知平面向量a=(2−m,4)，b=(1,8)满足a⊥b，则m=( )
A. 2B. 4C. 17D. 34
2.已知z=2+ii−1，则z的虚部为( )
A. −32B. −1C. 1D. 32
3.在△ABC中，2BD=BC，3AE=AD，则BE=( )
A. 23BA−12BCB. 23BA+16BCC. 12BA+14BCD. 23BA+14BC
4.已知某种零食的塑料外壳形似圆台状，经测量该圆台的上、下底面圆半径分别为2cm和4cm，母线长为6cm，则该圆台的体积为( )
A. 112 23πcm3B. 114 3πcm3C. 128 2cm3D. 134πcm3
5.如图，由斜二测画法得到△O′B′A′，若O′B′=B′A′=1，∠B′O′A′=30∘，则原平面图形的面积为( )
A. 32B. 34C. 62D. 64
6.已知α∈(0,π)，且sin2α1−cs2α=−13，则tanα2=( )
A. −2 103B. 2 103C. 1− 103D. 1+ 103
7.已知某种铅蓄电池由于硫酸浓度的降低，每隔一个月其性能指数都要损失10%，且一般认为当该种类型的电池的性能指数降低到原来的14以下时就需要更换其中的硫酸来达到持久续航，则最多使用( )个月就需要更换纯硫酸(参考数据：lg3≈0.477，lg2≈0.301)
A. 11B. 12C. 13D. 14
8.设Q是线段MN的中点，P是直线MN外一点.A，B为线段PQ上的两点，PA=AQ，且PM⋅PN=70，AM⋅AN=16，BM⋅BN=6，则PBPQ=( )
A. 13B. 23C. 34D. 56
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2kπ<α<π2+2kπ，k∈Z，那么α3的终边可能位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
10.已知三条不同的直线m，n，l和两个不同的平面α，β，则下列命题为真命题的有( )
A. 若m/​/l，n/​/l，则m与n相交
B. 若m⊂α，n⊂α，m/​/β，n/​/β，则α/​/β
C. 若m⊥l，n⊥l，则m，n平行或相交或异面
D. 若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
11.设ω>0，函数f(x)=sinωx，g(x)=csωx，则( )
A. 函数f(g(x))为奇函数
B. 函数g(f(x))为偶函数
C. 0<ω<π2时，f(g(x))在区间(0,πω)上无对称轴
D. ω>π时，g(f(x))在区间(0,πω2)上单调递减
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数y=2024tanπ4x+π3的最小正周期为_________．
13.已知⟨a,b⟩=π3，|b|=2，|a+2b|=4 3，则|a|=_________．
14.在正六棱锥P−ABCDEF中，底面中心为O2，PO2=2 3AB，AP= 13.若平行于底面的平面与正六棱锥的交点分别为A1，B1，C1，D1，E1，F1，构造一个上底面为正六边形A1B1C1D1E1F1，下底面在平面ABCDEF里的正六棱柱，则该正六棱柱的外接球体积的最小值为_________．
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)
已知复数z=(m2+m−6)+(m2−m−2)i，m>0．
(1)若z∈R，求|z−3i|的值;
(2)z在复平面内对应的点能否位于直线y=x上，若能，求此时(z+1−2i)(z+i)的值;若不能，请说明理由．
16.(本小题15分)
在△ABC中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
求证：a2−b2c2=sin(A−B)sinC．
17.(本小题15分)
在平行四边形ABCD中，DE=2EC，2AF=AD，AE和BF交于点P．
(1)若AP=xAF+(1−x)AB，求x的值;
(2)求S△BPES△APF的值．
18.(本小题17分)
如图，在三棱锥P−ABC中，△PAB是等边三角形，AC⊥AB，AC= 2AB，点D在BC上，PD=BD，PC⊥平面PAD．
(1)证明：AD⊥平面PBC;
(2)求二面角B−PA−C的余弦值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的一个对称中心为(−π12,0)，函数g(x)=cs2x+ 2asinx.
(1)当x∈[0,π2]时，求f(x)的值域;
(2)若∀x∈[−2π3,π]，使g(x)−4<0恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案
1.D
2.D
3.B
4.A
5.C
6.D
7.C
8.B
9.ABC
10.CD
11.BCD
12.4
13.4
14. 32π
15.解：(1)因为z=(m2+m−6)+(m2−m−2)i∈R，
所以m2−m−2=0，解得m=−1(舍去)或m=2，
此时z−3i=−3i，故|z−3i|=3．
(2)z在复平面内对应的点为(m2+m−6,m2−m−2)，
若该点位于直线y=x上，则m2+m−6=m2−m−2，
解得m=2，
故能在直线y=x上，此时(z+1−2i)(z+i)=(1−2i)i=2+i．
16.证明：因为a2=b2+c2−2bccs A，
b2=c2+a2−2cacs B，
将上面两式相减，
得a2−b2=c(acs B−bcs A)，
所以a2−b2c2=acs B−bcs Ac
=sin Acs B−sin Bcs Asin C=sin (A−B)sin C，
得证．
17.解：(1)依题意可得AP=xAF+(1−x)AB=x2AD+(1−x)AB，
又AE=AD+23AB，AP//AE，
∴x2=1−x23，解得x=34．
(2)由(1)可得AP=38AE，则APAE=38，即APPE=35．
∵AP=14AB+34AF，
则(14+34)AP=14AB+34AF，
即34(AP−AF)=14(AB−AP)，
可知BP=3PF，即BPPF=3，
∴S△BPES△APF=BP⋅PEPF⋅AP=5．
18.(1)证明：因为PC⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，所以PC⊥AD．
取PB的中点E，连接AE，DE，
因为AP=AB，PD=BD，故PB⊥AE，PB⊥DE，
又AE∩DE=E，且AE，DE⊂平面EAD，
所以PB⊥平面EAD，又AD⊂平面EAD，所以PB⊥AD．
因为AD⊥PB，AD⊥PC，
PB∩PC=P，而PB，PC⊂平面PBC，
所以AD⊥平面PBC．
(2)解：解法一：设PD=BD=2，取AC的中点F和AP的中点G，
连接BG，BF，FG，则FG/​/PC，BG⊥PA．
因为PC⊥平面PAD，AP⊂平面PAD，所以PC⊥AP，则FG⊥AP，
故∠BGF为二面角B−PA−C的平面角．
因为AD⊥平面PBC，而BC⊂平面PBC，所以AD⊥BC，
因为∠ACB+∠ABC=90∘，∠BAD+∠ABC=90∘，
所以∠ACB=∠BAD，所以AD= 2BD，
同理可得CD= 2AD，所以CD=2BD=4，所以CP=2 3，则FG= 3．
AB= BD2+AD2= 3BD=2 3，故AG= 3，BG=3，
AC= 2AB=2 6，则AF= 6，故BF=3 2．
在△BFG中，cs∠BGF=BG2+FG2−BF22BG⋅FG=− 33．
故二面角B−PA−C的余弦值为− 33．
解法二：由(1)知AD⊥BC，记AC= 2AB= 2，则BD=PD= 33，PB=1，
则在△PBD中，由余弦定理可得cs∠PBC=1+13−132×1× 33= 32，
可得∠PBC=30∘，则∠PDC=60∘，
以D为原点，DA，DB所在直线分别为x，y轴，在平面PCB内过点D且垂直于DB的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则B(0, 33,0)，A( 63,0,0)，C(0,−2 33,0)，P(0,− 36,12)，
故PA=( 63, 36,−12)，AB=(− 63, 33,0)，AC=(− 63,−2 33,0)，
设平面PAB的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则PA⋅m=0,AB⋅m=0即 63x1+ 36y1−12z1=0,− 63x1+ 33y1=0,
令x1= 3，可得平面PAB的一个法向量m=( 3, 6,3 2)，
设平面PAC的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则PA⋅n=0,AC⋅n=0即 63x2+ 36y2−12z2=0,− 63x2−2 33y2=0,
令x2= 6，可得平面PAC的一个法向量n=( 6,− 3,3)，
设二面角B−PA−C为θ，则|csθ|=|3 2−3 2+9 2| 27× 18= 33，
观察图可得二面角B−PA−C为钝角，故二面角B−PA−C的余弦值为− 33．
19.解：(1)∵f(x)的对称中心为(−π12,0)，
∴f(−π12)=sin(−π6+φ)=0，
结合0<φ<π，
∴φ=π6，即f(x)=sin(2x+π6)，
∵x∈[0,π2]，∴2x+π6∈[π6,7π6]，
此时f(x)=sin(2x+π6)∈[−12,1]．
(2)g(x)=cs2x+2asinx=−sin2x+2asinx+1，
∵x∈[−2π3,π]，∴sinx∈[−1,1]，
设t=sinx，t∈[−1,1]，
则有φ(t)=−t2+2at+1的函数图象开口向下，对称轴为t=a的抛物线，
当a≥1时，φ(t)在区间[−1,1]上单调递增，
∴φ(t)max=φ(1)=2a，
∴2a<4，解得a<2，∴1≤a<2;
当a≤−1时，φ(t)在区间[−1,1]上单调递减，
∴φ(t)max=φ(−1)=−2a，
∴−2a<4，解得a>−2，故−2当−1故a2+1<4，解得− 3综上所述，实数a的取值范围为(−2,2)．