2023-2024学年江苏省南京二十九中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年江苏省南京二十九中高一（下）期末数学试卷（含答案），共9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.已知集合A={x∈N|2x≤32}，B={1,3,5,7}，则图中阴影部分所表示的集合为( )
A. {0,2,4}B. {2,4}C. {0,4}D. {2,4,5}
2.已知非零向量a，b，则a⊥b是|a+b|=|a−b|成立的( )条件．
A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充要D. 既非充分又非必要
3.将函数f(x)=sin2x的图象上所有的点向左平移π6个单位长度，得到的图象所对应的函数的解析式为( )
A. y=sin(2x+π6)B. y=sin(2x+π3)C. y=sin(2x−π6)D. y=sin(2x−π3)
4.甲在微信群中发布5元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人依次抢完．若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则乙获得“手气最佳”(即乙领取的钱数不少于丙、丁)的概率是( )
A. 12B. 13C. 14D. 16
5.已知tanθ=2，则sin(2θ−π)1−sin(π2−2θ)=( )
A. −12B. 12C. −2D. 2
6.如图所示，在△ABC中，AN=14NC，P是BN上的一点，若AP=611AB+mAC，则实数m的值为( )
A. 1011
B. 811
C. 211
D. 111
7.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长是2，点P是棱AD的中点，Q是正方体表面上的一动点，PQ⊥A1C，则动点Q的轨迹长度是( )
A. 3B. 5C. 3 2D. 6 2
8.已知α,β∈(0,π4),cs2α−sin2α=17，且3sinβ=sin(2α+β)，则α+β的值为( )
A. π12B. π6C. π4D. π3
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.已知事件A、B发生的概率分别为P(A)=13，P(B)=16，则( )
A. 若P(A−B)=19，则事件A−与B相互独立
B. 若A与B相互独立，则P(A∪B)=49
C. 若A与B互斥，则P(A∪B)=49
D. 若B发生时A一定发生，则P(AB)=13
10.已知a>0，b>0，且a+b=1，则下列不等式成立的是( )
A. ab≥14B. 4a+9b≥25C. a+ b≤ 2D. a211.用一个平行于正三棱锥底面的平面去截正三棱锥，我们把底面和截面之间那部分多面体叫做正三棱台.如图，在正三棱台ABC−A1B1C1中，已知AB=2AA1=2A1B1=2，则( )
A. 正三棱台ABC−A1B1C1的体积是 23
B. 直线BC与平面ABC1所成的角为π6
C. 点A1到平面ABC1的距离为12
D. 正三棱台ABC−A1B1C1存在内切球，且内切球半径为 66
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知样本x1，x2，x3，…，xn方差s2=2，则样本2x1+1，2x2+1，2x3+1，…，2xn+1的方差为______．
13.已知函数f(x)=23|x−32|,014.欧拉(1707−1783)，他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式eiθ=csθ+isinθ，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的θ取作π就得到了欧拉恒等式eiπ+1=0，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数e，圆周率π，两个单位——虚数单位i和自然数单位1，以及被称为人类伟大发现之一的0，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：eiθ=csθ+isinθ，将复数eπ3i+eπi表示成a+bi(a,b∈R,i为虚数单位)的形式______；若zn=1，则z=zk(k=0,1,2,…,n−1)，这里zk=cs2kπn+isin2kπn(k=0,1,2,…,n−1)，称zk为1的一个n次单位根，简称单位根.类比立方差公式，我们可以获得x5−1=(x−1)(x4+x3+x2+x1+1)，复数z=e2πi5，则(z−2)(z2−2)(z3−2)(z4−2)的值是______．
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)
在平面直角坐标系中，已知点A(1,4)，B(−2,3)，C(2,m)．
(1)若三点A，B，C共线，求实数m的值；
(2)是否存在实数m，使得AB在AC上的投影向量是113AC？若存在，请求出实数m的值，若不存在请说明理由．
16.(本小题15分)
某高校承办了2024年上海帆船公开赛的志愿志选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45,55)，第二组[55,65)，第三组[65,75)，第四组[75,85)，第五组[85,95]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
(1)求a、b的值，并估计这100名候选者面试成绩的平均数；
(2)在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自同一组概率．
17.(本小题15分)
如图，已知等腰梯形ABCD中(图1)，AD//BC,AB=AD=12BC=2,E是BC的中点，AE∩BD=M，将△BAE沿着AE翻折(图2)，使得直线AB与CD不在同一个平面，得到四棱锥B1−AECD．

(1)求直线DC与B1M所成的角的大小；
(2)在线段B1C上是否存在点P，使得MP/​/平面B1AD，若存在，求出B1P：B1C的值；若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=lg2(2x+t)−x．
(1)若f(2)<0，求t的取值范围；
(2)若f(x)=x有两个不相等的实根x1，x2，且x1(i)求t的取值范围；
(ii)证明：f(x1+1)+f(x2−1)<−1．
19.(本小题17分)
若△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，则称点P为△ABC的布洛卡点，θ为△ABC的布洛卡角.如图，已知△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，点P为△ABC的布洛卡点，θ为△ABC的布洛卡角．
(1)若b=c，且满足PBPA= 3，
①求∠ABC的大小；
②若PCPB= 3，求布洛卡角θ的正切值；
(2)若PB平分∠ABC，试问是否存在常实数t，使得b2=tac，若存在，求出常数t；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.A
2.C
3.B
4.A
5.A
6.D
7.D
8.D
9.AB
10.BCD
11.BCD
12.8
13.(−243,−216)
14.−12+ 32i 31
15.解：点A(1,4)，B(−2,3)，C(2,m)，
则AB=(−3,−1)，AC=(1,m−4)，
(1)三点A，B，C共线，
则AB/​/AC，
则−1=−3(m−4)，解得m=133；
(2)AB⋅AC=−3+4− m=1−m，|AC|2=12+(m−4)2，
AB在AC上的投影向量是113AC，
则AB⋅AC|AC|2×AC=113AC，即1−m12+(m−4)2=113，解得m=−1或−4．
16.解：(1)因为第三、四、五组的频率之和为0.7，
所以(0.045+0.020+a)×10=0.7，
解得a=0.005，
所以前两组的频率之和为1−0.7=0.3，
即(a+b)×10=0.3，所以b=0.025；
平均数为50×0.05+60×0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05=69.5，
(2)第四、第五两组志愿者分别有20人，5人，
故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为a，b，c，d，第五组志愿者人数为1，设为e，
这5人中选出2人，所有情况有10种情况，分别为：
(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(b,c)，(b,d).(b,e)，(c,d)，(c,e)，(d,e)，
其中选出的两人来自同一组的有：
(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)，共6种情况，
故选出的两人来自同一组的概率为610=35．
17.解：(1)因为AD//BC，E是BC的中点，连接DE，
所以AB=AD=BE=12BC=2，故四边形ABED是菱形，
从而AE⊥BD，
所以△BAE沿着AE翻折成△B1AE后，AE⊥B1M，AE⊥DM，
又因为B1M∩DM=M，B1M，DM⊂平面B1MD，
所以AE⊥平面B1MD，又B1D⊂平面B1B1MD，
所以AE⊥B1D，
所以直线AE与B1D所成的角的大小为90°；
(2)存在，理由如下：
假设线段B1C上是存在点P，使得MP/​/平面B1AD，
过点P作PQ/​/CD交B1D于Q，连接MP，AQ，
如下图，
所以AM//CD//PQ，所以A，M，P，Q四点共面，
又因为MP/​/平面B1AD，平面AMPQ∩平面B1AD=AQ，MP⊂平面AMPQ，
所以MP//AQ，
过A，M，P，Q四点的平面唯一确定，所以四边形AMPQ为平行四边形，
故AM=PQ=12CD，所以P为B1C的中点，
故在线段B1C上存在点P，使得MP/​/平面B1AD，且B1P：B1C=1：2．
18.解：(1)由f(2)<0可得lg2(4+t)−2<0，所以lg2(4+t)即4+t>04+t<4，解得−4所以t的范围为(−4,0)；
(2)(i)因为f(x)=x有两个不相等的实根，即lg2(2x+t)=2x有两个不相等的实根，
即(2x)2−2x=t有两个不相等的实根，
设m=2x，问题转化为y=t与y=m2−m(m>0)有两个不同的交点，

结合二次函数的性质可知，当m=12时，y=−14，
故t∈(−14,0)；
证明：(ii)由(i)可知(2x)2−2x−t=0，
所以2x1+2x2=1，2x1⋅2x2=2x1+x2=−t，
且满足t∈(−14,0)，0<2x1<12<2x2<1，即x1<−1f(x1+1)+f(x2−1)=lg2(2(x1+1)+t)−(x1+1)+lg2(2(x2−1)+t)−(x2−1)
=lg2[(2⋅2x1+t)(12⋅2x2+t)]−(x1+x2)=lg2[2x1⋅2x2+t(2⋅2x1+12⋅2x2)+t2]−lg2(−t)
=lg2[t2+(1−32⋅2x2)t]−lg2(−t)=lg2(32⋅2x2−1−t)，
又(2x2)2−2x2=t，
当−1根据二次函数的性质可知，−22x1+52×2x2−1<12，
所以f(x1+1)+f(x2−1)=lg2(32⋅2x2−1+2x2−22x2)
=lg2(−22x2+52⋅2x2−1)19.解：(1)①若b=c，即AB=AC，得∠ABC=∠ACB，
点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，则∠PCB=∠PBA，
在△PCB⊆与△PBA中，∠PCB=∠PBA，∠PAB=∠PBC=θ，
所以△PCB∽△PBA，则BCAB=PBPA= 3，
即ac= 3，所以a= 3c，
在△ABC中，cs∠ABC=a2+c2−b22ac=3c22 3c2= 32，
因为0<∠ABC<π，所以∠ABC=π6．
②在△ABC中，应用余弦定理以及三角形面积公式得：
1tan∠BAC=cs∠BACsin∠BAC=b2+c2−a22bcsin∠BAC=b2+c2−a24S△ABC，
1tan∠ABC=cs∠ABCsin∠ABC=a2+c2−b22acsin∠ABC=a2+c2−b24S△ABC，
1tan∠ACB=cs∠ACBsin∠ACB=a2+b2−c22absin∠ACB=a2+b2−c24S△ABC，
三式相加可得；1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB=b2+c2+a24S△ABC
在△PAB内，应用余弦定理以及三角形面积公式得：
1tanθ=csθsinθ=AP2+c2BP22AP⋅cs∠θ=AP2+c2−BP24S△PAB，
在△PBC，△PCA内，同理可得：
1tanθ=BP2+a2−CP24S△PBC，1tanθ=CP2+b2−AP24S△PCA，
三式相等，即1tanθ=AP2+c2−BP24SPAB=BP2+a2−CP24SPBC=CP2+b2−AP24S△PCA，
因为点P在△ABC内，则S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC，
由等比性质得：
1tanθ=AP2+c2−BP2+BP2+a2−CP2+CP2+b2−AP24S△PAB+4S△PBC+S△PCA=b2+c2+a24S△ABC，
所以1tanθ=1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB，
由①知，∠ABC=∠ACB=π6,∠BAC=2π3，
所以1tanθ=1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB=−1 3+ 3+ 3=5 33，
所以tanθ= 35．
(2)因为S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC=12c⋅APsinθ+12a⋅BPsinθ+12bCPsinθ，
即S△ABC=12sinθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)，
所以c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP=2S△ABCsinθ，
在△PAB，△PBC，△PAC中，分别由余弦定理可得：
BP2=c2+AP2−2c⋅APcsθ，
CP2=a2+BP2−2a⋅BPcsθ，
AP2=b2+CP2−2b⋅CPcsθ，
三式相加整理得：
a2+b2+c2=2csθ(c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP)，
所以a2+b2+c2=2csθ⋅2S△ABCsinθ，
因为PB平分∠ABC，则∠ABC=2θ，S△ABC=12acsin2θ，
所以a2+b2+c2=2csθ⋅2S△ABCsinθ=2csθ⋅2⋅12acsin2θsinθ=4accs2θ，
由余弦定理可得：
a2+c2=b2+2accs2θ=b2+2ac(cs2θ−sin2θ)，
所以b2+2ac(cs2θ−sin2θ)=−b2+4accs2θ，
所以2b2=2ac(sin2θ+cs2θ)=2ac，
即b2=ac，则t=1，
所以若PB平分∠ABC，则存在常实t=1，使得b2=ac．