2023-2024学年四川省泸州市高一下学期7月期末统一考试数学试题（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年四川省泸州市高一下学期7月期末统一考试数学试题一、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.若集合A=x∈Z−2<x<5,B=xxA.(0,4) B.{1,2,3} C.{−1} D.(−2,4)2.设复数z满足(1−i)z=3−i3，则z=A.2+i B.2−i C.1−2i D.1+2i3.设a=80.4,b=1A.a<c<b B.a<b<c C.c<b<a D.c<a<b4.已知tanα=22，则A.14 B.13 C.125.平面α与平面β平行的充分条件可以是(

)A.α内有无穷多条直线都与β平行

B.直线m⊄α,m⊄β，且m//α,m//β

C.直线m⊂α，直线n⊂β，且m//β,n//α

D.α内的任何一条直线都与β平行6.如图，▵AOB为直角三角形，OA=1，OB=2，C为斜边AB的中点，P为线段OC的中点，则AP⋅OP=(

)

A.1 B.116 C.14 7.若圆台侧面展开图扇环的圆心角为180∘,其母线长为2，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，则该圆台的高为(

)A.23 B.123 8.已知函数f(x)=x+1,x≤0log4x,x>0，若方程fx=k有4个不同的根A.3 B.0 C.2 D.6二、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.任意向量a，b，若a>b且a与b同向，则a>b

B.若向量PA=λPB+μPC，且λ+μ=1(0<λ<1)，则A,B,C三点共线

C.若a⋅b>0，则a与b的夹角是锐角

D.已知10.已知函数f(x)=sin(2x+φ)，满足fπ3+x=fA.fx的图象关于x=π2对称 B.sinφ=−12

C.fx在π11.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2A.截面形状可能为正三角形

B.平面α与平面ABCD所成二面角的正弦值为33

C.截面形状可能为正六边形

D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数fx是定义在R上的周期为2的奇函数，当0<x<1时，fx=2x，则f13.计算：1sin10∘−14.已知三棱锥S−ABC的底面是边长为3的等边三角形，且SA=AB=SB，当该三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为

．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)已知向量a=1,−1,(1)求向量a与b的夹角．(2)若向量ka+b与a−k16.(本小题12分)已知函数f(x)=Asin(1)求函数fx(2)若将函数fx的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的14倍，再将其图象沿x轴向左平移π6个单位得到函数gx17.(本小题12分)在▵ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知2bcos(1)求B；(2)若b=3，且sinAsin18.(本小题12分)如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，E,F分别为PB,PC的中点，G为线段AC上一动点，PD⊥平面ABCD．(1)证明：平面BDF⊥平面AEG；(2)当CG=3AG时，证明：EG//平面BDF；(3)若AD=2PD，四面体BGEF的体积等于四棱锥P−ABCD体积的332，求GCAC19.(本小题12分)对于三个实数a,b,k，若a2−1b2−1(1)写出一个数a使之与2具有“性质1”，并说明理由；(2)若2x−2−x,(3)若π4≤x≤π2，且sinx，cosx具有“性质答案解析1.B

【解析】A=x∈ZB=x所以A∩B={1,2,3}．故选：B．2.C

【解析】因为z=3−所以z=1−2i故选：C．3.D

【解析】因为函数y=2x在所以b=1又因为函数y=lgx在(0,+∞)上单调递增，所以所以c<a<b．故选：D．4.B

【解析】依题意，cos2α=co故选：B5.D

【解析】对于A，若α内有无穷多条直线都与β平行，则α,β平行或相交，故充分性不成立，故A错误；对于B，如图，在正方体ABCD−AC1D1//平面ABCD，而平面ABB1A1∩对于C，如图，在正方体ABCD−AA1B1//平面ABCD，而平面ABB1A1∩对于D，由面面平行的定义知能推出平面α与平面β平行，故充分性成立，故D正确．故选：D．6.B

【解析】

因为PQ=所以PQ=取AO中点Q，连接PQ，AP=1故选：B．7.C

【解析】设圆台的上底面的圆心为H，下底面的圆心为O，设圆台的母线交于点S，AB为圆台的母线，且AB=2，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，所以SASB=HAOB=由圆台侧面展开图扇环的圆心角为180∘所以下底面圆的周长为4π，所以2π•OB=4π，所以OB=2,HA=1，在直角梯形HABO中，易求得OH=故选：C．8.A

【解析】作出函数f(x)=x+1由对称性可知，x1+x由图可知0<x所以lo则logx3故选：A．9.BD

【解析】对于A，向量不能比较大小，故A错误，对于B，向量PA=λPB+μPC且λ+μ=1(0<λ<1)时，由向量共线定理的推论，知对于C，当a,b同向共线时，a⋅对于D，由题意得b=1，由投影向量定义得投影向量为bb⋅故选：BD10.BD

【解析】因为函数函数f(x)=sin(2x+φ)，满足所以f(x)=sin(2x+φ)的图象关于x=π所以sin(2×π3所以φ=kπ−π因为fπsinπ+φ>sin所以k=2n,n∈Z，所以sinφ=−12则f(x)=sin(2x−π6)所以fx在π2,π由f(13所以fx的图象关于点1312π,0故选：BD．11.ACD

【解析】如图，在正方体ABCD−A1B

因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD因为四边形ABCD为正方形，则BD⊥AC，又因为AA1∩AC=A，A所以，BD⊥平面AA1C1C，因为A同理可证A1B⊥AC1，因为A1则AC1⊥所以平面α与平面A1所以平面A1BD与正方体的截面形状可以是正三角形，故平面α与平面ABCD所成二面角正弦值为即为平面A1BD与平面ABCD设AC与BD交于O，连接OA因为四边形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是平面平面由题意可得A1A=2，进而可得AO=1所以sin∠AO所以平面α与平面ABCD所成二面角的正弦值为63，故当E,F,N,M,G,H分别为对应棱的中点时，截面EFNMGH为正六边形，因为E,H分别为BB则EH//A1B，因为EH⊄平面A1BD则EH//平面A1BD，同理可得EF//平面又因为EH∩EF=E，EH,EF⊂平面EFNMGH，则平面EFNMGH//平面A1所以，AC1⊥平面EFNMGH如图设截面为多边形GMEFNH，设A1G=x，则0≤x≤2，则所以多边形GMEFNH的面积为两个等腰梯形的面积和，所以S=1因为ℎ1=所以S==S==−3x2+23故选：ACD．12.−2

或【解析】根据题意，fx是定义在R上周期为2所以f7故答案为：−13.4

【解析】解：1sin10∘−3cos1014.15π

【解析】依题意，三棱锥S−ABC的底面▵ABC面积是个定值，侧面SAB是等边三角形，顶点S到边AB的距离也是一个定值，所以当该三棱锥的体积取得最大值时，平面SAB⊥平面ABC，取AB的中点，连接SH,CH，N,M分别为正三角形SAB，ABC的中心，所以SH⊥AB,CH⊥AB，所以∠SHC为二面角S−AB−C的平面角，可得SH⊥CH，过N,M分别作平面SAB，平面ABC的垂线NO,MO，两垂线交于O，则O为外接球的球心，由正三角形的性质可求得SH=CH=3进而可得NH=HM=32易得四边形OMHN是正方形，所以OM=由勾股定理可得OC=其外接球的表面积为4π故答案为：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与b的夹角为π3

(2)由向量向量ka+b与a所以ka2−解得k=1或k=−1．【解析】(1)由向量模的坐标运算得出|a(2)由已知得ka16.解：(1)由图象知A=2，12T=8π3−所以2πω=4π，所以ω=又函数过点(2π3,2)所以sin(π3+φ)=1，所以又|φ|<π2，所以φ=π(2)将函数fx的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的1可得函数f4x再将其图象沿x轴向左平移π6个单位得到函数g所以gx由gx>1，可得2cos所以2kπ−π3<2x<2kπ+所以不等式gx>1的解集为【解析】(1)由图象求出A，ω和φ的值即可求出函数的解析式．(2)根据函数图象变换求出gx的解析式，进而解不等式g17.解：(1)因为余弦定理可得2b×a所以a2因为cosB=所以B=2π

(2)因为正弦定理得asin所以a又sinAsinC=14由余弦定理得b2=a3=因为a,c>0，所以a+c=2．【解析】(1)利用余弦定理定理化简等式，再根据余弦定理的推论和角的范围解出答案；(2)利用正弦定理公式结合已知条件求出ac=1，再由余弦定理求出答案．18.解：(1)设AC与BD交于O，连接OE，因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，且O为BD的中点，又PD⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，因为E是PB的中点，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)连接CE交BF于点M，连接EF，连接OM，则O为AC的中点，因为CG=3AG，所以OGOC=12，因为所以M为▵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因为E,F分别为PB,PC的中点，所以S▵BEF所以VA−PBC=4又四面体BGEF的体积等于四棱锥P−ABCD体积的332所以34VA−BEF=VG−BEF，所以点所以GCAC

【解析】(1)设AC与BD交于O，连接OE，易得AC⊥BD，由已知可证PD⊥BD，进而可证OE⊥BD，利用线面垂直的判定定可证BD⊥平面AEG，可证结论成立；(2)连接CE交BF于点M，连接EF，连接OM，则O为AC的中点，利用相似比证明OM//GE，再根据线面平行的判定定理即可得证；(3)由题意可得34VA−BEF19.解：(1)a=2与2具有“性质1”．当a=2时，22即9>0，则2与2具有“性质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的取值范围x

(3)若π4≤x≤π2，且sinx所以sin因为π4≤x≤π