2023-2024学年江西省新余市高一下学期期末质量检测数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年江西省新余市高一下学期期末质量检测数学试题（含答案），共10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∈Zx+1≥0，B=xx2−x−6<0，则A∩B=( )
A. x∈Zx≥−1B. x−1≤x≤3C. −1,0,1,2,3D. −1,0,1,2
2.设复数z满足(1−2i)z=4+2i，则z=( )
A. 2iB. −2iC. 3iD. −3i
3.已知向量a=(−2,2 3)，b=(1, 3)，则b在a方向上的投影向量为( )
A. 14aB. −14aC. −bD. b
4.已知某正四棱锥的高为3，体积为64，则该正四棱锥的侧面积为( )
A. 48B. 64C. 80D. 144
5.若a，b，c为空间中的不同直线，α，β，γ为不同平面，则下列为真命题的个数是( )
①a⊥c，b⊥c，则a // b； ②a⊥α，b⊥α，则a // b；
③α⊥γ，β⊥γ，则α // β； ④a⊥α，a⊥β，则α // β．
A. 0B. 1C. 2D. 3
6.下列说法错误的是( )
A. 在△ABC中，若a>b，则cs AB. 在锐角△ABC中，不等式b2+c2−a2>0恒成立
C. 在△ABC中，若C=π4，a2−c2=bc，则△ABC为等腰直角三角形
D. 在△ABC中，若b=3，A=60°，△ABC面积S=3 3，则△ABC外接圆半径为2 393
7.已知A为锐角，tan2A=csA2−sinA，tanA−B=2 1515，则tanB=( )
A. − 1517B. 1517C. −2 1517D. 2 1517
8.设函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)，f(−π8)=0，|f(3π8)|=1，且f(x)在区间(−π12,π24)上单调，则ω的最大值为( )
A. 1B. 3C. 5D. 7
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.下列说法正确的是( )
A. 在任意四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，则AB+DC=2EF
B. 复数z=1+i1−i(i是虚数单位)，则z+z2+z3+…+z2024=0
C. 长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体
D. 直三棱柱的任意两个侧面的面积之和大于第三个侧面的面积
10.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. φ=π3
B. 函数f(x)的图象关于直线x=512π对称
C. 函数f(x)图象向右平移π6个单位可得函数y=2sin2x的图象
D. 若方程f(x)=m(m∈R)在[−π6,π3]上有两个不等实数根x1，x2，则cs(x1+x2)= 32
11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M、N分别是线段A1B1，CD1上的动点，以下结论正确的是( )
A. 平面AMC1⊥平面CB1D1
B. 若M是A1B1中点，则异面直线AM与DD1所成角的余弦值为 55
C. 三棱锥A−BDM的体积为定值
D. DN+NB1的长的最小值为 2+ 6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某校辩论赛小组共有5名成员，其中3名女生2名男生，现要从中随机抽取2名成员去参加外校交流活动，则抽到2名男生的概率为________．
13.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，C=60°，c=7，若a−b=3，D为AB中点，则CD= ．
14.如图，在三棱锥A−BCD中，AB=AC=BC=BD=CD，二面角A−BC−D的余弦值为−13，若三棱锥A−BCD的体积为13，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为 ．
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)
在△ABC中，BC=6，∠ACB=60°，边AB，BC上的点M，N满足BM=13MA，BN=2NC，P为AC中点．
(1)设NM=λCB+μCA，求实数λ，μ的值；
(2)若BP⋅NM=−8，求边AC的长．
16.(本小题12分)
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：40,50,50,60，…，90,100，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)求样本成绩的第75百分位数；
(3)已知落在50,60的平均成绩是54，方差是7，落在60,70的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩的总平均数z和总方差s2．
17.(本小题12分)
某公司欲生产一款迎春工艺品回馈消费者，工艺品的平面设计如图所示，该工艺品由直角△ABC和以BC为直径的半圆拼接而成，点P为半圆上一点(异于B，C)，点H在线段AB上，且满足CH⊥AB.已知∠ACB=90°，AB=1dm，设∠ABC=θ．
(1)为了使工艺礼品达到最佳观赏效果，需满足∠ABC=∠PCB，且CA+CP达到最大．当θ为何值时，工艺礼品达到最佳观赏效果；
(2)为了工艺礼品达到最佳稳定性便于收藏，需满足∠PBA=60°，且CH+CP达到最大．当θ为何值时，CH+CP取得最大值，并求该最大值．
18.(本小题12分)
如图，已知等腰梯形ABCD中，AD // BC，AB=AD=12BC=2，E是BC的中点，AE∩BD=M，将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使B1M⊥平面AECD．
(1)求证：CD⊥平面B1DM；
(2)求B1E与平面B1MD所成的角；
(3)在线段B1C上是否存在点P，使得MP //平面B1AD，若存在，求出B1PB1C的值；若不存在，说明理由．
19.(本小题12分)
对于函数f (x)，g(x)，若存在实数m，n，使得函数ℎ(x)=mf(x)+ng(x)，则称ℎ(x)为f (x)，g(x)的“合成函数”．
(1)已知f(x)=x−3，g(x)=3−2x，试判断ℎ(x)=x−6是否为
f (x)，g(x)的“合成函数”？若是，求实数m，n的值；若不是，说明理由；
(2)已知f(x)=sin(x−π4)，g(x)=csx，ℎ(x)为f (x)，g(x)的“合成函数”，且m=1，n= 2，若关于x的方程f(x+π4)⋅g(x)+kℎ(x)=0在x∈0, π2上有解，求实数k的取值范围；
(3)已知f(x)=x，g(x)=3x，ℎ(x)为f (x)，g(x)的“合成函数”(其中m>0, n>0)，ℎ(x)的定义域为(0,+∞)，当且仅当x=3时，ℎ(x)取得最小值6.若对任意正实数x1, x2，且x1+x2=2，不等式ℎ(x1)+ℎ(x2)≥p恒成立，求实数p的最大值．
参考答案
1.D
2.B
3.A
4.C
5.C
6.D
7.A
8.B
9.ABD
10.ACD
11.ACD
12.110
13. 1292
14.4π
15.解：(1)因为BM=13MA，BN=2NC，所以BM=14BA，BN=23BC，
所以NM=BM−BN=14BA−23BC=14(BC+CA)−23BC=512CB+14CA，
又NM=λCB+μCA，且CB、CA不共线，所以λ=512，μ=14;
(2)因为BP=BC+CD=−CB+12CA，
所以BP⋅NM=(−CB+12CA)⋅(512CB+14CA)=
−512CB2−124CB⋅CA+18CA2=−512×62−124×6×|CA|×12+18×|CA|2=−8，
解得|CA|=8或|CA|=−7(舍去)，即边AC的长为8．
16.解：(1)∵每组小矩形的面积之和为1，
∴(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，
∴a=0.030．
(2)成绩落在[40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65，
落在[40,90)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030+0.025)×10=0.9，
设第75百分位数为m，
由0.65+(m−80)×0.025=0.75，
得m=84，故第75百分位数为84．
(3)由图可知，成绩在[50,60)的市民人数为100×0.1=10，
成绩在[60,70)的市民人数为100×0.2=20，
故z=10×54+66×2010+20=62．
设成绩在[50,60)中10人的分数分别为x1，x2，x3，⋯，x10;
成绩在[60,70)中20人的分数分别为y1，y2，y3，⋯，y20，
则由题意可得，
x12+x22+⋯+x10210−542=7，y12+y22+⋯+y20220−662=4，
即x12+x22+⋯+x102=29230，y12+y22+⋯+y202=87200，
∴s2=110+20(x12+x22+⋯+x102+y12+y22+⋯+y202)−z2
=130×(29230+87200)−622=37，
所以两组市民成绩的总平均数是62，总方差是37．
17. 解：(1)易知∠ABC=∠PCB=θ，
则在直角△ABC中，CA=sinθ，BC=csθ．
在直角△PBC中，CP=BC⋅csθ=cs2θ，
PB=BC⋅sinθ=sinθcsθ．
CA+CP=sin θ+cs2θ=sin θ+1−sin2θ
=−sin2θ+sin θ+1，θ∈0,90°，
所以当sinθ=12即θ=30°时，CA+CP取到最大值，为54；
(2)在直角△ABC中，由S△ABC=12CA⋅CB=12AB⋅CH，
可得CH=sinθ⋅csθ1=sinθ⋅csθ，
在直角△PBC中，
PC=BC⋅sin(60°−θ)=csθ⋅(sin60°csθ−cs60°sinθ)，
CH+CP=sinθcsθ+csθ( 32csθ−12sinθ)
=12sin 2θ+ 32cs2θ−12sin θcs θ
=14sin2θ+ 34cs2θ+ 34
=12sin(2θ+60°)+ 34，θ∈(0,60°)，
所以当θ=15°时，CH+CP达到最大，最大值为2+ 34．
18.(1)证明：因为 AD//BC ， E 是 BC 的中点，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 ，
由题意，易知 AD//CE ， AD=CE ，所以四边形 AECD 是平行四边形，故 AE//CD ，
所以 CD⊥ 平面 B1DM ；
(2)解：因为 AE⊥ 平面 B1MD ，所以 B1E 与平面 B1MD 所成的角为 ∠EB1M ，
由已知条件，可知 AB=AE=CD ， AB=AD=BE=12BC=2 ，
所以 ▵B1AE 是正三角形，所以 ∠EB1M=30∘ ，所以 B1E 与平面 B1MD 所成的角为30°；
(3)解：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 ，连结 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 ，MP⊂平面AMPQ，平面AMPQ∩平面 B1AD=AQ，
所以 MP//AQ ，
所以四边形 AMPQ 为平行四边形，故 AM=PQ=12CD ，
所以 P 为 B1C 中点，故在线段 B1C 上存在点 P ，使得 MP// 平面 B1AD ，且 B1PB1C=12 ．

19.解：(1)假设ℎ(x)为f (x)，g(x)的“合成函数”，
则ℎ(x)=x−6=m(x−3)+n(3−2x)=(m−2n)x+3(n−m)，
所以m−2n=13n−3m=−6，解得 m=3 n=1；
(2)因为f(x)=sin(x−π4)，g(x)=csx，且m=1，n= 2，
所以ℎ(x)=sin(x−π4)+ 2csx= 22(sinx+csx)，
由f(x+π4)⋅g(x)+kℎ(x)=0，
得sinxcsx+ 22k(sinx+csx)=0，(※)
令sinx+csx=t= 2sin⁡(x+π4)，
因为x∈0, π2，
所以1⩽t⩽ 2，
所以方程(※)为t2−12+ 22kt=0在t∈1, 2有解.
所以 2k=1t−t，
易证y=1t−t在t∈1, 2上单调递减，
所以− 22≤1t−t≤0，
即− 22≤ 2k≤0，
所以−12≤k≤0，
所以k的取值范围为k|−12≤k≤0.
(3)因为ℎ(x)=mx+3nx，m>0, n>0，x∈(0,+∞)，
所以ℎ(x)=mx+3nx≥2 3mn，
当且仅当mx=3nx，即x= 3nm时取等号，
所以 m , n>0 3nm=3 2 3mn=6，解得 m=1 n=3．
所以ℎ(x)=x+9x，
则ℎ(x1)+ℎ(x2)=x1+x2+9x1+9x2≥p恒成立．
因为x1+x2=2，
所以ℎ(x1)+ℎ(x2)=2+18x1x2≥p，
又x1+x2=2≥2 x1x2，
当且仅当x1=x2时取等号，
所以x1x2≤1，
所以ℎ(x1)+ℎ(x2)=2+18x1x2⩾20．
故p的最大值为20．