2023-2024学年江西省吉安市高一下学期期末教学质量检测数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年江西省吉安市高一下学期期末教学质量检测数学试题一、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.已知平面向量a=(2−m,4)，b=(1,8)满足a⊥b，则A.2 B.4 C.17 D.342.已知z=2+ii−1，则z的虚部为(

)A.−32 B.−1 C.1 3.在△ABC中，2BD=BC，3AE=A.23BA−12BC B.24.已知某种零食的塑料外壳形似圆台状，经测量该圆台的上、下底面圆半径分别为2cm和4cm，母线长为6cm，则该圆台的体积为(

)A.11223πcm3 B.1145.如图，由斜二测画法得到△O′B′A′，若O′B′=B′A′=1，∠B′O′A′=30∘，则原平面图形的面积为(

)

A.32 B.34 C.6.已知α∈(0,π)，且sin2α1−cos2α=−A.−2103 B.2107.已知某种铅蓄电池由于硫酸浓度的降低，每隔一个月其性能指数都要损失10%，且一般认为当该种类型的电池的性能指数降低到原来的14以下时就需要更换其中的硫酸来达到持久续航，则最多使用(    )个月就需要更换纯硫酸(参考数据：lg3≈0.477，lgA.11 B.12 C.13 D.148.设Q是线段MN的中点，P是直线MN外一点.A，B为线段PQ上的两点，PA=AQ，且PM⋅PN=70，AM⋅AN=16，A.13 B.23 C.34二、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2kπ<α<π2+2kπ，k∈Z，那么α3A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限10.已知三条不同的直线m，n，l和两个不同的平面α，β，则下列命题为真命题的有(

)A.若m/​/l，n/​/l，则m与n相交

B.若m⊂α，n⊂α，m/​/β，n/​/β，则α/​/β

C.若m⊥l，n⊥l，则m，n平行或相交或异面

D.若m⊥α，m⊂β，则α⊥β11.设ω>0，函数f(x)=sinωx，g(x)=cosωxA.函数f(g(x))为奇函数

B.函数g(f(x))为偶函数

C.0<ω<π2时，f(g(x))在区间(0,πω)上无对称轴

D.ω>π三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.函数y=2024tanπ413.已知⟨a,b⟩=π3，|b14.在正六棱锥P−ABCDEF中，底面中心为O2，PO2=23AB，AP=13.若平行于底面的平面与正六棱锥的交点分别为A1，B1，C1四、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)已知复数z=(m2+m−6)+((1)若z∈R，求|z−3i|的值;(2)z在复平面内对应的点能否位于直线y=x上，若能，求此时(z+1−2i)(z+i)的值;16.(本小题15分)

在△ABC中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，

求证：a2−17.(本小题15分)在平行四边形ABCD中，DE=2EC，2AF=AD，AE(1)若AP=xAF+(1−x)AB(2)求S△BPES18.(本小题17分)

如图，在三棱锥P−ABC中，△PAB是等边三角形，AC⊥AB，AC=2AB，点D在BC上，PD=BD，PC⊥平面PAD．(1)证明：AD⊥平面PBC;(2)求二面角B−PA−C的余弦值．19.(本小题17分)已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的一个对称中心为(−(1)当x∈[0,π2]时，求(2)若∀x∈[−2π3,π]，使g(x)−4<0恒成立，求实数a参考答案1.D

2.D

3.B

4.A

5.C

6.D

7.C

8.B

9.ABC

10.CD

11.BCD

12.4

13.4

14.315.解：(1)因为z=(m2+m−6)+(m2−m−2)i∈R，

所以m2此时z−3i=−3i，故|z−3i|=3．(2)z在复平面内对应的点为(m2+m−6,m2−m−2)，解得m=2，故能在直线y=x上，此时(z+1−2i)(z

16.证明：因为a2=b2+c2−2bccos A，

b2=c2+a2−2cacos B17.解：(1)依题意可得AP=xAF+(1−x)AB=x2AD+(1−x)AB，

又AE=AD+23AB，AP//AE，

∴x2=1−x23，解得x=34．

(2)由(1)可得AP18.(1)证明：因为PC⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，所以PC⊥AD．

取PB的中点E，连接AE，DE，

因为AP=AB，PD=BD，故PB⊥AE，PB⊥DE，

又AE∩DE=E，且AE，DE⊂平面EAD，

所以PB⊥平面EAD，又AD⊂平面EAD，所以PB⊥AD．

因为AD⊥PB，AD⊥PC，

PB∩PC=P，而PB，PC⊂平面PBC，

所以AD⊥平面PBC．

(2)解：解法一：设PD=BD=2，取AC的中点F和AP的中点G，

连接BG，BF，FG，则FG/​/PC，BG⊥PA．

因为PC⊥平面PAD，AP⊂平面PAD，所以PC⊥AP，则FG⊥AP，

故∠BGF为二面角B−PA−C的平面角．

因为AD⊥平面PBC，而BC⊂平面PBC，所以AD⊥BC，

因为∠ACB+∠ABC=90∘，∠BAD+∠ABC=90∘，

所以∠ACB=∠BAD，所以AD=2BD，

同理可得CD=2AD，所以CD=2BD=4，所以CP=23，则FG=3．

AB=BD2+AD2=3BD=23，故AG=3，BG=3，

AC=2AB=26，则AF=6，故BF=32．

在△BFG中，cos∠BGF=BG2+FG2−BF22BG⋅FG=−33．

故二面角B−PA−C的余弦值为−33．

解法二：由(1)知AD⊥BC，记AC=2AB=2，则BD=PD=33，PB=1，

则在△PBD中，由余弦定理可得cos∠PBC=1+13−132×1×33=32，

可得∠PBC=30∘，则∠PDC=60∘，

以D为原点，DA，DB所在直线分别为x，y轴，在平面PCB内过点D且垂直于DB19.解：(1)∵f(x)的对称中心为(−π12,0)，

∴f(−π12)=sin(−π6+φ)=0，

结合0<φ<π，

∴φ=π6，即f(x)=sin(2x+π6)，

∵x∈[0,π2]，