2023-2024學年四川省瀘州市高一下學期7月期末統(tǒng)一考試數(shù)學試題（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年四川省瀘州市高一下學期7月期末統(tǒng)一考試數(shù)學試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.若集合A=x∈Z?2<x<5,B=xxA.(0,4) B.{1,2,3} C.{?1} D.(?2,4)2.設復數(shù)z滿足(1?i)z=3?i3，則z=A.2+i B.2?i C.1?2i D.1+2i3.設a=80.4,b=1A.a<c<b B.a<b<c C.c<b<a D.c<a<b4.已知tanα=22，則A.14 B.13 C.125.平面α與平面β平行的充分條件可以是(

)A.α內(nèi)有無窮多條直線都與β平行

B.直線m?α,m?β，且m//α,m//β

C.直線m?α，直線n?β，且m//β,n//α

D.α內(nèi)的任何一條直線都與β平行6.如圖，?AOB為直角三角形，OA=1，OB=2，C為斜邊AB的中點，P為線段OC的中點，則AP?OP=(

)

A.1 B.116 C.14 7.若圓臺側(cè)面展開圖扇環(huán)的圓心角為180°,其母線長為2，下底面圓的半徑是上底面圓的半徑的2倍，則該圓臺的高為(

)A.23 B.123 8.已知函數(shù)f(x)=x+1,x≤0log4x,x>0，若方程fx=k有4個不同的根A.3 B.0 C.2 D.6二、多選題：本題共3小題，共15分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.下列說法正確的是(

)A.任意向量a，b，若a>b且a與b同向，則a>b

B.若向量PA=λPB+μPC，且λ+μ=1(0<λ<1)，則A,B,C三點共線

C.若a?b>0，則a與b的夾角是銳角

D.已知10.已知函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)，滿足fπ3+x=fA.fx的圖象關(guān)于x=π2對稱 B.sinφ=?12

C.fx在π11.正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2A.截面形狀可能為正三角形

B.平面α與平面ABCD所成二面角的正弦值為33

C.截面形狀可能為正六邊形

D.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知函數(shù)fx是定義在R上的周期為2的奇函數(shù)，當0<x<1時，fx=2x，則f13.計算：1sin10°?14.已知三棱錐S?ABC的底面是邊長為3的等邊三角形，且SA=AB=SB，當該三棱錐的體積取得最大值時，其外接球的表面積為

．四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)已知向量a=1,?1,(1)求向量a與b的夾角．(2)若向量ka+b與a?k16.(本小題12分)已知函數(shù)f(x)=Asin(1)求函數(shù)fx(2)若將函數(shù)fx的圖象上所有點的縱坐標保持不變，橫坐標縮短到原來的14倍，再將其圖象沿x軸向左平移π6個單位得到函數(shù)gx17.(本小題12分)在?ABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，已知2bcos(1)求B；(2)若b=3，且sinAsin18.(本小題12分)如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是正方形，E,F分別為PB,PC的中點，G為線段AC上一動點，PD⊥平面ABCD．(1)證明：平面BDF⊥平面AEG；(2)當CG=3AG時，證明：EG//平面BDF；(3)若AD=2PD，四面體BGEF的體積等于四棱錐P?ABCD體積的332，求GCAC19.(本小題12分)對于三個實數(shù)a,b,k，若a2?1b2?1(1)寫出一個數(shù)a使之與2具有“性質(zhì)1”，并說明理由；(2)若2x?2?x,(3)若π4≤x≤π2，且sinx，cosx具有“性質(zhì)答案解析1.B

【解析】A=x∈ZB=x所以A∩B={1,2,3}．故選：B．2.C

【解析】因為z=3?所以z=1?2i故選：C．3.D

【解析】因為函數(shù)y=2x在所以b=1又因為函數(shù)y=lgx在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以所以c<a<b．故選：D．4.B

【解析】依題意，cos2α=co故選：B5.D

【解析】對于A，若α內(nèi)有無窮多條直線都與β平行，則α,β平行或相交，故充分性不成立，故A錯誤；對于B，如圖，在正方體ABCD?AC1D1//平面ABCD，而平面ABB1A1∩對于C，如圖，在正方體ABCD?AA1B1//平面ABCD，而平面ABB1A1∩對于D，由面面平行的定義知能推出平面α與平面β平行，故充分性成立，故D正確．故選：D．6.B

【解析】

因為PQ=所以PQ=取AO中點Q，連接PQ，AP=1故選：B．7.C

【解析】設圓臺的上底面的圓心為H，下底面的圓心為O，設圓臺的母線交于點S，AB為圓臺的母線，且AB=2，下底面圓的半徑是上底面圓的半徑的2倍，所以SASB=HAOB=由圓臺側(cè)面展開圖扇環(huán)的圓心角為180°所以下底面圓的周長為4π，所以2π?OB=4π，所以OB=2,HA=1，在直角梯形HABO中，易求得OH=故選：C．8.A

【解析】作出函數(shù)f(x)=x+1由對稱性可知，x1+x由圖可知0<x所以lo則logx3故選：A．9.BD

【解析】對于A，向量不能比較大小，故A錯誤，對于B，向量PA=λPB+μPC且λ+μ=1(0<λ<1)時，由向量共線定理的推論，知對于C，當a,b同向共線時，a?對于D，由題意得b=1，由投影向量定義得投影向量為bb?故選：BD10.BD

【解析】因為函數(shù)函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)，滿足所以f(x)=sin(2x+φ)的圖象關(guān)于x=π所以sin(2×π3所以φ=kπ?π因為fπsinπ+φ>sin所以k=2n,n∈Z，所以sinφ=?12則f(x)=sin(2x?π6)所以fx在π2,π由f(13所以fx的圖象關(guān)于點1312π,0故選：BD．11.ACD

【解析】如圖，在正方體ABCD?A1B

因為AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD因為四邊形ABCD為正方形，則BD⊥AC，又因為AA1∩AC=A，A所以，BD⊥平面AA1C1C，因為A同理可證A1B⊥AC1，因為A1則AC1⊥所以平面α與平面A1所以平面A1BD與正方體的截面形狀可以是正三角形，故平面α與平面ABCD所成二面角正弦值為即為平面A1BD與平面ABCD設AC與BD交于O，連接OA因為四邊形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又AA1⊥又BD?平面ABCD，所以AA又AA1∩AC=A，AA1,AC?平面所以BD⊥AA1，所以∠AOA1是平面平面由題意可得A1A=2，進而可得AO=1所以sin∠AO所以平面α與平面ABCD所成二面角的正弦值為63，故當E,F,N,M,G,H分別為對應棱的中點時，截面EFNMGH為正六邊形，因為E,H分別為BB則EH//A1B，因為EH?平面A1BD則EH//平面A1BD，同理可得EF//平面又因為EH∩EF=E，EH,EF?平面EFNMGH，則平面EFNMGH//平面A1所以，AC1⊥平面EFNMGH如圖設截面為多邊形GMEFNH，設A1G=x，則0≤x≤2，則所以多邊形GMEFNH的面積為兩個等腰梯形的面積和，所以S=1因為?1=所以S==S==?3x2+23故選：ACD．12.?2

或【解析】根據(jù)題意，fx是定義在R上周期為2所以f7故答案為：?13.4

【解析】解：1sin10°?3cos1014.15π

【解析】依題意，三棱錐S?ABC的底面?ABC面積是個定值，側(cè)面SAB是等邊三角形，頂點S到邊AB的距離也是一個定值，所以當該三棱錐的體積取得最大值時，平面SAB⊥平面ABC，取AB的中點，連接SH,CH，N,M分別為正三角形SAB，ABC的中心，所以SH⊥AB,CH⊥AB，所以∠SHC為二面角S?AB?C的平面角，可得SH⊥CH，過N,M分別作平面SAB，平面ABC的垂線NO,MO，兩垂線交于O，則O為外接球的球心，由正三角形的性質(zhì)可求得SH=CH=3進而可得NH=HM=32易得四邊形OMHN是正方形，所以OM=由勾股定理可得OC=其外接球的表面積為4π故答案為：15π．15.解：(1)由a=1,?1，得|a|=12由a+b?b=3，a所以|a|?|b所以向量a與b的夾角為π3

(2)由向量向量ka+b與a所以ka2?解得k=1或k=?1．【解析】(1)由向量模的坐標運算得出|a(2)由已知得ka16.解：(1)由圖象知A=2，12T=8π3?所以2πω=4π，所以ω=又函數(shù)過點(2π3,2)所以sin(π3+φ)=1，所以又|φ|<π2，所以φ=π(2)將函數(shù)fx的圖象上所有點的縱坐標保持不變，橫坐標縮短到原來的1可得函數(shù)f4x再將其圖象沿x軸向左平移π6個單位得到函數(shù)g所以gx由gx>1，可得2cos所以2kπ?π3<2x<2kπ+所以不等式gx>1的解集為【解析】(1)由圖象求出A，ω和φ的值即可求出函數(shù)的解析式．(2)根據(jù)函數(shù)圖象變換求出gx的解析式，進而解不等式g17.解：(1)因為余弦定理可得2b×a所以a2因為cosB=所以B=2π

(2)因為正弦定理得asin所以a又sinAsinC=14由余弦定理得b2=a3=因為a,c>0，所以a+c=2．【解析】(1)利用余弦定理定理化簡等式，再根據(jù)余弦定理的推論和角的范圍解出答案；(2)利用正弦定理公式結(jié)合已知條件求出ac=1，再由余弦定理求出答案．18.解：(1)設AC與BD交于O，連接OE，因為四邊形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，且O為BD的中點，又PD⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，所以PD⊥BD，因為E是PB的中點，所以PD//OE，所以OE⊥BD，又OE∩AC=O，OE,AC?平面AEG，所以BD⊥平面AEG，又BD?平面BDF，所以平面BDF⊥平面AEG；

(2)連接CE交BF于點M，連接EF，連接OM，則O為AC的中點，因為CG=3AG，所以OGOC=12，因為所以M為?PBC的重心，所以MEMC=1所以OM//GE，又OM?平面BDF，EG?平面BDF，所以EG//平面BDF；

(3)由PD⊥平面ABCD，可得VP?ABCD因為E,F分別為PB,PC的中點，所以S?BEF所以VA?PBC=4又四面體BGEF的體積等于四棱錐P?ABCD體積的332所以34VA?BEF=VG?BEF，所以點所以GCAC

【解析】(1)設AC與BD交于O，連接OE，易得AC⊥BD，由已知可證PD⊥BD，進而可證OE⊥BD，利用線面垂直的判定定可證BD⊥平面AEG，可證結(jié)論成立；(2)連接CE交BF于點M，連接EF，連接OM，則O為AC的中點，利用相似比證明OM//GE，再根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；(3)由題意可得34VA?BEF19.解：(1)a=2與2具有“性質(zhì)1”．當a=2時，22即9>0，則2與2具有“性質(zhì)1”

(2)若2x?2所以2x?2令t=4x,t>0所以t2?3t+1≥0，解得0<t≤即0<4x所以x≤log4因此x的取值范圍x

(3)若π4≤x≤π2，且sinx所以sin因為π4≤x≤π