2021届广东省茂名市五校联盟高一下学期期末考试数学试题

2020-2021学年广东省茂名市五校联盟高一下学期期末考试数学试题考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合A={x|2-5x+4≤0}，B={x|x<2，x∈Z}，则A∩B=()A.[1，2]B.[1，4]C.{1，2}D.{1，4}2.已知复数为纯虚数，其中i为虚数单位，则实数x的值为()A.B.C.－3D.3.在3张卡片上分别写上3位同学的学号后，再把卡片随机分给这3位同学，每人1张，则恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为()A.B.C.D.4.设α，β是两平面，a，b是两直线.下列说法正确的个数是()①若a∥b，a∥c，则b∥c②若a⊥α，b⊥α，则a∥b③若a⊥α，a⊥β，则α∥β④若α⊥β，α∩β=b，aα，a⊥b，则a⊥βA.1B.2C.3D.45.已知=2，=1，且，则与的夹角为()A.B.C.D.6.若，则sin2α+2cos2α=()A.B.C.D.7.函数的图象大致为()A.B.C.D.8.已知三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，SA=4，BC=，∠BAC=60°，则三棱锥S-ABC外接球的表面积为()A.32B.64C.80D.128二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分)9.某地认真贯彻落实中央十九大精神和各项宏观调控政策，经济运行平稳增长，民生保障持续加强，惠民富民成效显著，城镇居民收入稳步增长，收入结构稳中趋优，据当地统计局发布的数据，现将8月份至12月份当地的人均月收入增长率如图(一)与人均月收入绘制成如图(二)所示的不完整的条形统计图，现给出如下信息，其中正确的信息为()A.10月份人均月收入增长率为2%B.11月份人均月收入约为1570元C.12月份人均月收入有所下降D.从图中可知该地9月份至12月份这四个月与8月份相比人均月收入均得到提高10.设正实数a，b满足a+b=1，则()A.B.C.有最大值D.有最小值11.关于函数有如下四个命题中真命题的序号是()A.的最小正周期为2；B.的图象关于点对称；C.若，则的最小值为D.的图象与曲线共有4个交点.12.如图，在楼长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱DD1上一点，且DE=2，F为棱C1D1的中点，点G是线段BC1上的动点，则()A.无论点G在线段BC1上如何移动，都有异面直线A1G，B1D的夹角为B.三棱锥A-GAE的体积为108C.直线AE与BF所成角的余弦值D.直线A1G与平面BDC1所成最大角的余弦值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.甲射击命中目标的概率是，乙射击命中目标的概率是，甲与乙射击相互独立，则甲乙两人中恰有一人命中目标的概率是___________.14.函数的单调递增区间是__________，值域是__________.(第一空3分，第二空2分)15.在△ABC中，点D在边AB上，CD⊥BC，AC=，CD=5，BD=2AD，则AD的长为_________.16.定义在(-1，l)上的函数满足，对任意的x1，x2∈(-1，1)，x1≠x2，恒有，则关于x的不等式的解集为__________.四、解答题(共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17.(本题10分)已知函数.(1)求的周期和单调区间；(2)若，，求cos2α的值.18.(12分)某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在[100，150)，[150，200)，[200，250)，[250，300)，[300，350)，[350，400](单位：克)中，经统计的顿率分布直方图如图所示.(1)估计这组数据的平均数(同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表)；(2)现按分层抽样从质量为[200，250)，[250，300)的芒果中随机抽取5个，再从这5个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；(3)某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10000个，经销商提出以下两种收购方案：方案①：所有芒果以9元/千克收购；方案②：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，对质量高于或等于250克的芒果以3元/个收购.请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多?参考数据：5×125+17×175+20×225+30×275+25×325+3×375=25600.19.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为梯形，ABCD，PA=PD=，平面PAD⊥平面ABCD，CD⊥AD，AB=AD=2DC=2.(1)E为PD的中点，F在AB上，AF=3FB，求证：EF∥平面PBC(2)求AC与平面PDC所成角的余弦值.20.在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，向量，向量=(cosB，cosC)，且.(1)求B的大小；(2)设点D在边AC上，且BD=2，BD是ΔABC的角平分线，求a+c的最小值。21.如图，长方体ABCD-A1B1C1D1，中，AD=2AB=2AA1=2，P为棱C1D1中点，E为棱BC中点.(1)求二面角P-BE-D平面角的大小；(2)线段AD上是否存在点Q，使得Q到平面PED的距离为？若存在，求出值：若不存在，请说明理由.22.已知二次函数的图象与直线y=-6只有一个交点，满足f(0)=-2，且函数f(x-2)是偶函数，.(1)求二次函数的解析式；(2若对任意x[1，2]，t[-4，4]，恒成立，求实数m的范围；(3)若函数恰好三个零点，求k的值及该函数的零点。茂名市2020-2021学年度第二学期五校联盟高一期末试卷高一数学参考答案一、选择题：(本大题共12个小题，每小题5分，共60分)题号123456789101112答案CBADCBDAACACDADACD二、填空题：(本大题共4个小题，每小题5分，共20分)13.；14.[-1，1)((-1，1)亦可)，[-2，+∞)；15.5；16.1.答案C解析：∵A＝[1，4]，∴A∩B＝{x|1≤x≤2，x∈Z}＝{1，2}.故选：C.2.答案B解析：，因为复数为纯虚数，所以，∴故选B.3.答案A解析：设依次编号为(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，则恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为.4.【答案】D【解析】由平行公理知①对，垂直于同一平面的两条直线平行，故②对；垂直于同一直线的两个平面平行，故③对，由面面垂直性质定理知④对.故选：D.5.答案C解析：因为，所以，而向量的夹角在[0，]上，所以.故选：C.6.答案B，解析：由，求得，而，所以.故选：B.7.答案D解析，且f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞).则函数f(x)是偶函数，图象关于y轴对称，排除A，C，，排除B.8.A详解】AB2+BC2=AC2依题意，故AB⊥BC；∵SA⊥平面ABC，∴可将三棱锥S-ABC可补成三棱柱ABC-A1B1C1，∴ABC外接圆直径，三棱柱ABC-A1B1C1外接球的球心在两底面三角形外心O1、O2连线中点O处；RtΔAO1O中，R=AO=，三棱锥S-ABC外接球的表面积为.9.【答案】AC【解析】【分析】由8月份至12月份当地的人均月收入增长率折线图与人均月收入条形统计图直接判断求解.【详解】由8月份至12月份当地的人均月收入增长率折线图与人均月收入条形统计图，知：对于A，根据图(一)，10月份人均月收入增长率为2%，故A正确；对于B，11月份人均月收入约为1428×(1+1％)≈1442元，故B错误；对于C，由图(一)、图(二)均可得出收入下降，故C正确；对于D，从图中易知该地人均收入8、9月一样，故D错误；故选：AC.10.【答案】ACD因为(当且仅当时等号成立)，所以，故A正确.(当且仅当时取等号)，∵，故B错误；，C正确；，D正确11.【答案】AD【解析】由图可得：，的最小正周期为2，A正确；，的图象关于点对称，B错误；离y轴最近的对称轴为，所以若，则的最小值为，C错误；在y轴右边离y最近的对称为，，而，在(0，+)上是减函数，因此的图象在第一象限每个周期内与的图象都有两个交点，在区间上有两个交点，在区间上有两个交点，从而上有4个交点，D正确；故答案为：AD.12.ACD【详解】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易证DB1⊥面A1BC1，又A1G平面A1BC1，所以A1G⊥B1D，所以异面直线A1G，B1D的夹角为，则A正确；V三棱锥A1-GAE=V三棱锥G-A1AE=，则B错误；在棱CC1上取点N，使CN=2，连结BN，NE，FN(如图)，则易知∠FBN为直线AE与BF所成角或其补角，可得BN=，FN=5，FB=9，则cos∠FBN=，则直线AE与BF所成角的余弦值为，则C正确；由题意知三棱锥A1-BDC1为棱长为的正四面体，作A1O⊥平面BDC1，O为垂足，则O为正ΔBDC1的中心，且A1GO为直线A1G与平面BDC1所成角，所以∠cosA1GO=，当点G移动到BC1的中点时，A1G最短，如图，此时cos∠A1GO最小，∠A1GO最大，此时cos∠A1GO则D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.答案解析：记A=“甲射击命中目标”，B=“乙射击命中目标”，甲乙两人中恰有一人命中目标的概率是14.【解析】令，则由，可得-3<x<1.又因为为减函数，而函数在区间(-3，-1)上单调递增，在(-1，1)上单调递减.故在区间(-3，-1)上单调递减，在(-1，1)上单调递增.易知在区间(-3，1)上的值域为(0，4]，故的值域为[-2，+∞).【答案】(-1，1)[-2，+∞)15.答案：5解析：如图，在△ABC中，BD＝2AD，设AD＝x(x＞0)，则BD＝2x.在△BCD中，因为CD⊥BC，CD＝5，BD＝2x，所以cos∠CDB＝.在△ACD中，AD＝x，CD＝5，AC＝，则cos∠ADC＝.因为∠CDB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADC＝－cos∠CDB，即，解得x＝5，所以AD的长为5.16.【答案】【详解】设，因为对任意的x1，x2(-1，1)，x1x2，恒有，所以函数在(-1，1)上为增函数，则h(x)在(-1，1)上为增函数，又，而，所以，所以h(x)为奇函数，综上，h(x)为奇函数，且在(-1，1)上为增函数，所以不等式等价于，即，亦即，可得，解得.三、解答题(共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17.(1)解：∵………1分……………2分…………3分所以，函数的周期为，……………4分令，解得；令，解得.因此，函数的增区间为，……………5分减区间为；……………6分(2)∵，4sin265，∴，∴，……………7分∴……………8分∴……………9分….……………10分18.(12分)解：(1)由频率分布直方图知，各区间频率为0.05，0.17，0.20，0.30，0.25，0.03……2分这组数据的平均数.......……4分(2)利用分层抽样从这两个范围内抽取5个芒果，则质量在[200，250)内的芒果有2个，记为a1，a2，质量在[250，300)内的芒果有3个，记为b1，b2，b3；………………5分从抽取的5个芒果中抽取2个共有10种不同情况：(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3).……7分记事件A为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则A有4种不同组合：(a1，a2)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3).………8分从而，故这2个芒果都来自同一个质量区间的概率为。………9分法二：从抽取的5个芒果中抽取2个共有种……6分记事件A为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则A的不同组合有种…………8分从而，故这2个芒果都来自同一个质量区间的概率为。………9分(3)方案①收入：23040(元)；……10分方案②：低于250克的芒果收入为(0.05+0.17+0.2)×10000×2=8400(元)；不低于250克的芒果收入为(0.25+0.3+0.03)×10000×3=17400(元)；故方案②的收入为y2=8400+17400=25800(元).……11分由于23040<25800，所以选择方案②获利多.…………12分19.(1)证法一：作PC的中点M，连结ME、MB………………1分∵E为PD的中点∴EMCD，…2分又AB∥CD，AF=3FB，AB=2CD，∴FBCD，…3分∴EMFB∴四边形EFBM为平行四边形，…………4分∴EF∥MB…………5分∵EF平面PBC，MB平面PBC∴EF∥平面PBC…………6分证法二：作CD的中点Q，连结QE、QF…………1分∵E为PD的中点，Q为CD的中点∴EQ∥PC∵EQ平面PBC，PC平面PBC∴EQ∥平面PBC…………2分∵Q为CD的中点，∴QC=CD=∵AF=3FB∴FB=AB=∴QCFB…………3分∴四边形QFBC为平行四边形，∴FQ∥BC∵FQ平面PBC，BC平面PBC∴FQ∥平面PBC…………4分又FQEQ＝Q，且FQ，EQ平面QEF∴平面QEF∥平面PBC…………5分∵EF平面QEF，∴EF∥平面PBC…………6分(2)∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，CD⊥AD，CD平面ABCD，∴CD⊥平面PAD，…………7分∴CD⊥PA…………8分∵PA2+PD2=AD2∴PD⊥A…………9分又PDCD=D∴PA⊥平面PCD于P…………10分∠ACP为AC与平面PCD所成的角，…………11分RtΔPDC中，PC=，RtΔADC中，AC=，RtΔAPC中，cos∠ACP=…………12分法三：作PO⊥AD于O∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，PO⊥AD，PO平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，……1分∵PA2+PD2=AD2∴PD⊥PAPO=AD=1，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则A(1，0，0)，C(-1，1，0)，P(0，0，1)，D(-1，0，0)，B(1，2，0)，F(1，，0)E(，0，)，，(1，-1，0)，=(1，2，1)................…2分设平面PBC法向量为=(x，y，z)，则有.......................3分令x=1，平面PBC法向量为=(1，1，3)………….…4分………….…5分∵EF平面PBC，MB平面PBC∴EF∥平面PBC…………6分(2)=(-2，1，0)，=(1，-1，0)，(1，0，1)，..........................…7分设平面PDC法向量为=(x，y，z)，则有.......…8分令x=1，平面PDE法向量为(1，0，-1)………….…9分直线AC与平面PDC的角θ的正弦值为…….…11分所以直线AC与平面PDC的角θ的余弦值为………….…12分20.解：(1)∵，∴…………1分∴由正弦定理得2sinA·cosB+sinC·cosB+sinB·cosC=0，…………2分又∵A，B(0，)，∴sinA0，cosB=，…………3分∴；…………4分(2)∵BD为ΔABC的角平分线∴∠ABD=∠CBD=∠ABC=....................…5分又∵SΔBCD+SΔBAD=SΔABC…………6分∴BD·BC·sin∠CBD+AB·BD·sin∠ABD=AB·BC·sin∠ABC即…………7分∴即…………8分∴.............11分当且仅当a=c=4时，等号成立，故a+c的最小值为8…………12分21.解：(1)法一：取AD中点O，连结PO、OC，在ΔPAD中PA=PD，O为AD中点，所以PO⊥AD.………….…1分又侧面A1ADD1⊥底面ABCD，平面A1ADD1平面ABCD=AD，PO平面A1ADD1，所以PO⊥平面ABCD.………….…2分PO⊥BE………….…3分因为BC∥AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BE=2，所以ABCO为正方形，所以OE⊥BE………….…4分POOE=O，所以BE平面POE.∠PEO为二面角P-BE-D的平面角，………….…5分RtΔPOC中，OC=PO=1，∴∠PCO=450………….…6分(2)解：假设线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PED的距离为.设QD=x，则SΔDQE=x……….…7分RtΔPOE中，PE=，RtΔDOE中，ED==PE=PD………….…8分所以SΔPED=………….…9分由VP-DQE=VQ-PED，即………….…10分解得………….…11分所以存在点Q满足题意，此时.………….…12分法二：建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，E(1，1，0)，P(0，1，1)，D(0，2，0)，=(1，-1，-1)，=(1，0，-1)，.…..............1分平面ABCD法向量为=(0，0，1)..............….…2分设平面PBE法