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    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)

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    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.
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