2023-2024学年河南省信阳市高一下学期7月期末数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省信阳市高一下学期7月期末数学试题（含解析），共15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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复数z=1+2i31−i(i为虚数单位)在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知α，β是不同的平面，m，n是不同的直线，下列命题中不正确的是( )
A. 若m//α，α∩β=n，则m//nB. 若m//n，m⊥α，则n⊥α
C. 若m⊥α，m⊥β，则α//βD. 若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
3.已知向量m=2,λ，n=2−λ,−4，若m与n共线且反向，则实数λ的值为( )
A. 4B. 2C. −2D. −2或4
4.甲、乙两名运动员在一次射击训练中各射靶20次，命中环数的频率分布条形图如下．设甲、乙命中环数的众数分别为Z甲，Z乙，方差分别为s甲2，s乙2，则( )
A. Z甲=Z乙，s甲2>s乙2B. Z甲=Z乙，s甲2C. Z甲>Z乙，s甲2>s乙2D. Z甲s乙2
5.已知函数f(x)= 2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图像如图所示，若将函数f(x)的图像向右平移θ(θ>0)个单位后所得曲线关于y轴对称，则θ的最小值为( )
A. π8B. π4C. 3π8D. π2
6.已知α，β∈(0,π2)，3cs (α+β)=cs αcs β，则tan (α+β)的最小值是( )
A. 2 3B. 2 5C. 2 6D. 2 7
7.已知正三棱台ABC−A1B1C1的体积为523，AB=6，A1B1=2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为( )
A. 12B. 1C. 2D. 3
8.已知边长为2的菱形ABCD中，点F为BD上一动点，点E满足BE=3EC，AE⋅BD=−12，则AF⋅BE的最大值为( )
A. 0B. 23C. 43D. 3
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.一个平面截正方体所得的截面图形可以是( )
A. 等边三角形B. 正方形C. 梯形D. 正五边形
10.若b>c>1，0A. balgcaC. cbaclgba
11.在锐角△ABC中，设a，b，c分别表示角A，B，C对边，a=1，bcsA−csB=1，则下列选项正确的有( )
A. B=2A
B. b的取值范围是( 2,2)
C. 当b=32时△ABC的外接圆半径为2 77
D. 若当A，B变化时，sinB−2λsin2A存在最大值，则正数λ的取值范围为(0, 33)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若函数y=tanωx在−π4,π4上为严格增函数，则实数ω的取值范围是 ．
13.已知函数f(x)是偶函数，对任意x∈R，均有f(x)=f(x+2)，当x∈[0,1]时，f(x)=1−x，则函数g(x)=f(x)−lg5(x+1)的零点有 个.
14.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2.以A1D1中点为球心， 6为半径的球面与侧面B1BCC1的交线长为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知a=4,b=3,2a−3b⋅2a+b=13．
(1)求a与b的夹角；
(2)若a在b方向上的投影向量为c，求c⋅a+b的值．
16.(本小题12分)
在▵ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,▵ABC的面积为S，已知c=2，且a2+b2=4 3S+4．
(1)求C；
(2)求 3b−a的取值范围．
17.(本小题12分)
为迎接冬季长跑比赛，重庆八中对全体高二学生举行了一次关于冬季长跑相关知识的测试，统计人员从高二学生中随机抽取100名学生的成绩作为样本进行统计，测试满分为100分，统计后发现所有学生的测试成绩都在区间40,100内，并制成如图所示的频率分布直方图．
(1)估计这100名学生的平均成绩；
(2)若在区间70,80内的学生测试成绩的平均数和方差为74和26，在区间80,100内的学生测试成绩的平均数和方差为89和106，据此估计在70,100内的所有学生测试成绩的平均数和方差．
18.(本小题12分)
已知函数fx=2cs2x−1sin2x+12cs4x，求：
(1)fx的最小正周期及最大值；
(2)若α∈π2,π且fα= 22，求α的值；
(3)若fx−2m+1=0，在x∈0,π4有两个不等的实数根，求m的取值范围．
19.(本小题12分)
在直角梯形ABCD中，AD//BC,BC=2AD=2AB=2 2，∠ABC=90∘(如图1)，把△ABD沿BD翻折，使得A∉平面BCD，连接AC，M，N分别是BD和BC中点(如图2)．
(1)证明：平面BCD⊥平面AMN；
(2)记二面角A—BC—D的平面角为θ，当平面BCD⊥平面ABD时，求tanθ的值；
(3)若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得APPB=NQQD=λλ∈R(如图3)，令PQ与BD和AN所成的角分别为θ1和θ2，求sinθ1+sinθ2的取值范围．
答案解析
1.D
【解析】解：∵z=1+2i31−i=1−2i1−i=(1−2i)(1+i)(1−i)(1+i)=3−i2=32−i2，
∴复数z在复平面内对应的点的坐标是(32,−12)，位于第四象限．
故选D．
2.A
【解析】解：对于A，若α∩β=n，可知n⊂α，又m/​/α，则m/​/n或m与n异面，故A不正确；
对于B，根据两条平行线与同一个平面所成角相等，故若m/​/n，m⊥α，则n⊥α，故B正确；
对于C，根据垂直于同一条直线的两个平面互相平行，可得若m⊥α，m⊥β，则α/​/β，故C正确；
对于D，如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直，即若m⊥α，m⊂β，则α⊥β，故D正确．
故选：A．
3.A
【解析】由向量m=2,λ，n=2−λ,−4共线，得λ(2−λ)=−8，解得λ=−2或λ=4，
当λ=−2时，m=2,−2，n=4,−4，m与n同向，不符合题意，
当λ=4时，m=2,4，n=−2,−4，m与n反向，符合题意，
所以实数λ的值为4．
故选：A
4.A
【解析】根据图表知，甲､乙命中环数的众数均为7环，则Z甲=Z乙；
甲运动员命中的环数比较分散，乙运动员命中的环数比较集中，则s甲2>s乙2．
故选：A
5.A
【解析】解：由图象可知，38T=5π8−π4，∴T=π，则ω=2，
∴f(x)= 2sin(2x+φ)
∴2×58π+φ=π+2kπ,k∈Z，则φ=−π4+2kπ,k∈Z
∵|φ|<π2，∴φ=−π4，∴f(x)= 2sin(2x−π4)，
若将函数f(x)的图像向右平移θ(θ>0)个单位后，
得到y= 2sin[2(x−θ)−π4]=sin(2x−2θ−π4)，则−2θ−π4=π2+kπ,k∈Z，
即θ=−3π8−kπ2,k∈Z，
所以当k=−1时，θ取得最小值为π8，
故选A．
6.C
【解析】解：由3cs (α+β)
=3cs αcs β−3sin αsin β=cs αcs β，
得2cs αcs β=3sin αsin β，
因为α，β∈(0,π2)，
所以tan αtan β=23，且tan α>0,tan β>0，
tan (α+β)=tan α+tan β1−tan αtan β
=3(tan α+tan β)⩾3⋅2 tan αtan β=2 6，
当且仅当tan α=tan β= 63时取等号．
故选：C．
7.B
【解析】解：因为AB=6，A1B1=2，所以S△ABC= 34×36=9 3，S△A1B1C1= 34×4= 3，
而正三棱台ABC−A1B1C1的体积为523，
因此若正三棱台ABC−A1B1C1的高为ℎ，则9 3+ 9 3× 3+ 33ℎ=523，解得ℎ=4 33．
若正△ABC、正△A1B1C1的中心分别为O、O1，则OA=23× 32×6=2 3，O1A1=23× 32×2=2 33，
因此若A1A与平面ABC所成角为θ，则tanθ=ℎOA−O1A1=4 334 33=1．
8.D
【解析】解：由BE=3EC，可得BE=34BC，
设∠DAB=θ，
则AE⋅BD=(AB+BE)⋅(AD−AB)
=AB⋅AD−AB2+34BC⋅AD−34AD⋅AB
=14×2×2cs θ−4+34⋅4=cs θ−1=−12，
所以csθ=12，又θ∈0,π，所以θ=π3，
以AC与BD的交点O为原点，分别以AC,BD所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系，如图所示，
则A− 3,0，E3 34,−14，B0,−1，
设F0,t，且−1≤t≤1，
则AF=( 3,t)，BE=3 34,34，
所以AF⋅BE=94+34t，当t=1时，AF⋅BEmax=94+34=3．
故选：D．
9.ABC
【解析】解：对于A，截面是正三角形，如图甲所示，故A正确；
对于B，截面可能是正方形，如图乙所示，故B正确；
对于C，截面可能为梯形，如图丙所示，故C正确；
对于D，截面有可能是五边形，如图丁所示，但截面五边形不可能是正五边形，故D错误，
故选：ABC．
10.BC
【解析】对于A：∵0且b>c>1，∴ba>ca，故选项 A错误；
对于B：∵0又∵b>c>1，∴lgab∴0>1lgbc>1lgca，即0>lgba>lgca，故 B正确；
对于选项C：∵0且b>c>1，∴ba−1对于选项D：由选项B可知：0>lgba>lgca，∴0<−lgba<−lgca，
∵b>c>1，
∴c(−lgba)故选：BC．
11.ACD
【解析】解：对于A，因为a=1，bcsA−csB=1，
由正弦定理知：1sinA=bsinB，b=sinBsinA，
所以sinBsinAcsA−csB=1，
于是sinBcsA−csBsinA=sinA，
即sin(B−A)=sinA，
所以B−A=A+2kπk∈Z或B−A=2kπ+π−Ak∈Z，
因为A,B为三角形的内角，
所以由B−A=A+2kπk∈Z知，k=0，B=2A，
而B−A=2kπ+π−Ak∈Z，不可能成立，故A正确；
对于B，由上可知，在锐角△ABC中，
B=2A，又C=π−3A，
所以π6于是由bcsA−csB=1，
得b=1+cs2AcsA=2csA∈ 2, 3，故B错误；
对于C，当b=32时，由b=2csA，
得：csA=34，sinA= 74，
设△ABC的外接圆半径为R，
则由2R=asinA=1 74=4 77，
得：R=2 77，故C正确；
对于D，当A，B变化时，
sinB−2λsin2A=sin2A−2λsin2A
=sin2A+λcs2A−λ
= 1+λ2sin(2A+φ)−λ，其中tanφ=λ，
要使 1+λ2sin(2A+φ)−λ取得最大值，
则必须存在φ，使得：2A+φ=π2+2kπ，k∈Z成立，
这时sinφ=cs2A，且csφ=sin2A，
所以λ=tanφ=cs2Asin2A=1tan2A，
又π6所以tan2A> 3，于是0<λ< 33，
即正数λ的取值范围为(0, 33)，故D正确．
故选ACD．
12.0<ω<2
【解析】y=tanωx在−π4,π4上为严格增函数，则ω>0，
由于x∈−π4,π4，则ωx∈−ωπ4,ωπ4，故−ωπ4,ωπ4⊆−π2,π2，
因此ωπ4<π2，解得0<ω<2，
故答案为：0<ω<2
13.4
【解析】解：函数g(x)=f(x)−lg5(x+1)的零点个数可转化为函数y=f(x)与y=lg5(x+1)的交点个数．
如图所示：
函数y=f(x)与y=lg5(x+1)共有4个不同的交点，
即g(x)=f(x)−lg5(x+1)有4个零点．
故答案为：4．
14. 22π
【解析】解： 取 BB1 中点 E ， CC1 中点 F ，
B1C1 中点 G ， A1D1 中点 O ，
由题意可得， AE=D1F= 22+1= 5 ，
OE=OF= 52+1= 6 ，
在平面 B1BCC1 内取一点 P ，使得 GP= 2 ，
则 OP= 22+ 22= 6 ，
且 GE=GF= 2 ，所以以 A1D1 中点为球心， 6 为半径的球面与侧面 B1BCC1 的交线是以 G 为圆心， 2 为半径的圆弧 EPF ，且 ∠B1GE=∠C1GF=45∘ ，
则 ∠EGF=90∘ ，圆弧 EPF 的长为 14×2π× 2= 22π ．
故答案为： 22π ．
15.解：(1)
∵2a−3b⋅2a+b=13，
∴4a2−4a⋅b−3b2=13，即64−4a⋅b−27=13，
∴a⋅b=6，∴csa,b=a⋅bab=12，
∴a,b=60∘．
(2)
∵c=acsa,bbb=23b，
∴c⋅a+b=23b⋅a+b=23a⋅b+23b2=4+6=10．
【解析】(1)根据数量积的运算和性质计算可得；
(2)先求投影向量c，然后利用数量积有关性质计算即可．
16.解：(1)
因为S=12absinC,a2+b2=4 3S+4，所以a2+b2=2 3absinC+4，
在▵ABC中，由余弦定理，得a2+b2−c2=2abcsC，
因为c=2，所以a2+b2=4+2abcsC，
所以csC= 3sinC，所以tanC= 33，因为C∈(0,π)，所以C=π6．
(2)
在▵ABC中，由正弦定理，得asinA=bsinB=csinC=4，
所以 3b−a=4 3sinB−4sinA
=4 3sin5π6−A−4sinA=2 3csA+2sinA=4sinA+π3
因为A∈0,5π6，所以A+π3∈π3,7π6，所以sinA+π3∈−12,1,
所以 3b−a∈−2,4，即 3b−a的取值范围为−2,4．
【解析】(1)利用三角形面积公式及余弦定理计算可得csC= 3sinC，再根据弦化切计算即可；
(2)利用正弦定理结合(1)化简得 3b−a=4sinA+π3，再结合角的范围及三角函数的性质计算即可．
17.解：(1)
由图表可知，这100名学生的平均成绩为10×45×0.005+55×0.02+65×0.025+75×0.03+85×0.015+95×0.005=69.5分
(2)
在区间70,80内的学生测试成绩的平均数和方差为74和26，
区间70,80的学生频率为0.03×10=0.3，
在区间80,100内的学生测试成绩的平均数和方差为89和106，
区间80,100的学生频率为0.015+0.005×10=0.2，
所以在70,100内的所有学生测试成绩的平均数为74×0.30.3+0.2+89×0.20.3+0.2=44.4+35.6=80，
方差为35×26+74−802+25×106+89−802=37.2+74.8=112
【解析】(1)根据频率分布直方图直接求平均数即可；
(2)利用平均数和方差公式直接计算求解即可．
18.解：(1)∵f(x)=(2cs2 x−1)sin 2x+12cs 4x=cs2x⋅sin2x+12cs4x
=12(sin4x+cs4x)= 22sin(4x+π4)，
∴f(x)的最小正周期为T=2π4=π2，最大值为 22．
(2)因为f(α)= 22，所以sin(4α+π4)=1，
因为α∈(π2,π)，所以4α+π4∈(9π4,17π4) ，
所以4α+π4=5π2，解得α=9π16．
(3)当x∈[0,π4]时，π4≤4x+π4≤5π4，令u=4x+π4，则π4≤u≤5π4．
由f(x)−2m+1=0可得2m−1=f(x)，即2m−1= 22sinu，即 2(2m−1)=sinu，
所以，直线y= 2(2m−1)与曲线y=sinu在u∈[π4,5π4]上的图象有两个交点，如下图所示：
由上图可知，当 22≤ 2(2m−1)<1时，即当34≤m<2+ 24时，
直线y= 2(2m−1)与曲线y=sinu在u∈[π4,5π4]上的图象有两个交点，
因此，实数m的取值范围是[34,2+ 24)．
【解析】(1)利用三角恒等变换思想化简函数f(x)的解析式为f(x)= 22sin(4x+π4)，利用正弦型函数的性质求出f(x)的最小正周期，利用正弦函数的有界性可求得函数f(x)的最大值;
(2)求出4α+π4的取值范围，由f(α)= 22可得出sin(4α+π4)=1，可得出4α+π4=5π2，进而求出结果；
(3)令u=4x+π4，由x∈[0,π4]可求得u∈[π4,5π4]，由f(x)−2m+1=0可得出 2(2m−1)=sinu，问题转化为直线y= 2(2m−1)与函数y=sinu在u∈[π4,5π4]上的图象有两个交点，数形结合可得出关于实数m的不等式，由此可得实数m的取值范围．
19.解：(1)因为AB=AD，且点M是BD的中点，
所以AM⊥BD，
因为▵ABD是等腰直角三角形，所以BD=2，∠CBD=45∘，又BC=2 2，
则DC= BD2+BC2−2BD⋅BC⋅cs45∘=2，
则BD2+DC2=BC2，得BD⊥DC，
因为点M,N分别是BD,BC的中点，所以MN//DC，即BD⊥MN，
AM∩MN=M，且AM,MN⊂平面AMN，
所以BD⊥平面AMN，且BD⊂平面BCD，
所以平面BCD⊥平面AMN．
(2)取BN的中点E，连结ME,AE，
因为平面BCD⊥平面ABD，且平面BCD∩平面ABD=BD，
因为AM⊥BD，所以AM⊥平面BCD，
又BC⊂平面BCD，ME⊂平面BCD，所以AM⊥BC，AM⊥ME
因为DB=DC，则DN⊥BC，ME//DN，
所以ME⊥BC，
AM∩ME=M，且AM,ME⊂平面AME，
所以BC⊥面MAE，且AE⊂面MAE，
所以AE⊥BC，
所以∠AEM为二面角A−BC−D的平面角θ，
tanθ=AMME=1 22= 2；
(3)在BN线段取点R，使得APPB=NRRB=NQQD=λλ∈R，
从而易得PR//AN且RQ//BD，θ1=∠PQR，θ2=∠QPR，
另一方面，AM⊥BD，MN⊥BD，从而θ=∠AMN，
所以AM⊥BD，MN⊥BD，AM∩MN=M，AM,MN⊂平面AMN，
所以BD⊥平面AMN，AN⊂平面AMN，
所以BD⊥AN，
因为PR//AN，RQ//BD，
所以∠PRQ=π2，
从而θ1+θ2=π2，
则sinθ1+sinθ2=sinθ1+csθ1= 2sinθ1+π4∈1, 2．
【解析】(1)利用垂足关系和平行关系，转化为证明BD⊥平面AMN；
(2)首先利用BCD的垂线，利用垂线构造二面角的平面角，再根据几何关系求解tanθ的值；
(3)利用垂足关系和平行关系，得到θ1+θ2=π2，即可化简sinθ1+sinθ2，并求取值范围．