2023-2024学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省杭州市高一（下）期末数学试卷（含解析），共12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.已知复数z=1+i1−i(i是虚数单位，i2=−1)，则|z−|=( )
A. 1B. ±1C. 2D. ± 2
2.已知向量a=(k−1,1)，b=(k+3,k).若a/​/b，则实数k的值为( )
A. 3B. −1C. 3或−1D. −3± 212
3.已知α，β表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，( )
A. 若b/​/a，a⊂α，则b/​/α
B. 若a⊂α，b⊂α，c⊥a，c⊥b，则c⊥α
C. 若a⊂α，b⊂α，a/​/β，b/​/β，则α/​/β
D. 若a⊥α，a/​/b，b⊂β，则α⊥β
4.已知a>0，b∈R，则a>b是a>|b|的( )
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
5.在△ABC中，角A，BC，的对边分别为a，b，c.若b=2，A=45°，C=75°，则a的值为( )
A. 2 2B. 23 6C. 6D. 43 3
6.为了得到函数y=sin2x的图象，可以将函数y=cs2x的图象( )
A. 向右平移π4个单位长度B. 向右平移π2个单位长度
C. 向左平移π4个单位长度D. 向左平移π2个单位长度
7.在某种药物实验中，规定100ml血液中药物含量低于20mg为“药物失效”.现测得实验动物血液中药物含量为0.8mg/ml，若血液中药物含量会以每小时20%的速度减少，那么至少经过( )个小时才会“药物失效”.(参考数据：lg2≈0.3010)
A. 4B. 5C. 6D. 7
8.已知sinθ，csθ是方程x2−2sinα⋅x+sin2β=0的两个实根，则cs2βcs2α=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
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a>b，则( )
A. 0.1a>0.1bB. 10a>10b
C. a4+b410.如图的“弦图”由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形.设直角三角形的两个锐角分别为α，β(α<β)，若小正方形的面积为1，大正方形的面积为5，则( )
A. 每一个直角三角形的面积为1
B. sinα=2sinβ
C. csα=2csβ
D. cs(α−β)=45
11.在平面直角坐标系xOy中，角θ以坐标原点O为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点P(a,b)，|OP|=m(m≠0)，定义函数f(θ)=a+bm，则( )
A. x=π2是函数y=f(θ)的一条对称轴B. 函数y=f(θ)f(−θ)是周期为π的函数
C. f(θ)+f2(θ)≤2+ 2D. 若a=2b，则1+f(2θ)1−f(−2θ)=2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合A={1,2}，B={−a,a2+3}，若A∪B={1,2,4}，则实数a的值为______．
13.已知x+lny=1，则ex+y的最小值为______．
14.一个呈直三棱柱的密闭容器，底面是边长为6 3的正三角形，高为6，有一个半径为1的小球在这个容器内可以向各个方向自由滚动，则小球能接触到的容器内壁的最大面积为______．
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)
设函数f(x)=xx2+1．
(1)判断函数f(x)在区间[−1,1]上的单调性，并用定义证明结论；
(2)若x∈[12,3]，求函数g(x)=f(x2)f2(x)的值域．
16.(本小题15分)
如图，点P，Q分别是矩形ABCD的边DC，BC上的点，AB=2,AD= 3．
(1)若DP=λDC,BQ=λBC,0≤λ≤1，求AP⋅AQ的取值范围；
(2)若P是DC的中点，M1，M2，…，M2024依次为边AB的2025等分点.求|PA+PM1+PM2+…+PM2024+PB|的值．
17.(本小题15分)
已知实数a<0，设函数f(x)=cs2x+asin2x−a2，且f(π6)=−34．
(1)求实数a，并写出f(x)的单调递减区间；
(2)若x0为函数f(x)的一个零点，求cs2x0．
18.(本小题17分)
在三棱锥A−BCD中，AB=9，其余各棱的长均为6，点E在棱AC上，AE=2EC，过点E的平面与直线CD垂直，且与BC，CD分别交于点F，G．
(1)求线段FG的长度；
(2)求二面角A−CD−B的余弦值；
(3)求点C到平面DEF的距离．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)，g(x)，ℎ(x)的定义域均为R．
定义：①若存在n个互不相同的实数x1，x2，…，xn，使得f(g(xi))=ℎ(f(xi))(i=1,2,3,…,n)，则称g(x)与ℎ(x)关于f(x)“n维交换”；
②若对任意x∈R，恒有f(g(x))=ℎ(f(x))，则称g(x)与ℎ(x)关于f(x)“任意交换”．
(1)判断函数g(x)=x+1与ℎ(x)=x−1是否关于f(x)=x2“n维交换”，并说明理由；
(2)设f(x)=a(x2+2)(a≠0)，g(x)=x2+bx−1，若存在函数ℎ(x)，使得g(x)与ℎ(x)关于f(x)“任意交换”，求b的值；
(3)设g(x)=k|x2−2x|，ℎ(x)=x2+1,x>0,0,x=0,x2−1,x<0,若g(x)与ℎ(x)关于f(x)=x“3维交换”，求实数k的值．
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：z=1+i1−i=(1+i)(1+i)(1−i)(1+i)=2i2=i，z−=−i，∴|z−|=1．
故选：A．
2.【答案】C
【解析】解：∵向量a=(k−1,1)，b=(k+3,k)，且a/​/b，
∴(k−1)k−(k+3)=0，
解得k=−1或3．
故选：C．
3.【答案】D
【解析】解：选项A：若b/​/a，a⊂α，则b/​/α或b⊂α，故A错误；
选项B：只有当a，b相交时，c⊥α，故B错误；
选项C：只有当a，b相交时，α/​/β，证明面面平行时，
需证明一个平面内两条相交直线分别与另一个平面平行，故C错误；
选项D：若a⊥α，b/​/a，则b⊥α，又b⊂β，所以α⊥β，故D正确．
故选：D．
4.【答案】C
【解析】解：令a=2，b=−3，满足a>b，但a<|b|，故a>b不能推出a>|b|，
当a>0，a>|b|时，
①当b>0时，a>b，②当b<0时，a>0>b，
故a>|b|能推出a>b，
故a>b是a>|b|的必要不充分条件．
故选：C．
5.【答案】B
【解析】解：因为b=2，A=45°，C=75°，
所以B=180°−A−C=60°，
由正弦定理asinA=bsinB，可得a=b⋅sinAsinB=2× 22 32=2 63．
故选：B．
6.【答案】A
【解析】解：只需将函数y=cs2x=sin(2x+π2)的图象上的所有点沿x轴向右平移π4个单位长度，
可得函数y=sin2x的图象，
故选：A．
7.【答案】D
【解析】解：设经过t小时药物失效”，
由0.8(1−20%)t<0.2，即(45)t<14，两边取对数可得，
t>lg14lg45=−lg4lg4−lg5=−2lg22lg2−1+lg2≈，
故至少经过7个小时才能驾驶．
故选：D．
8.【答案】C
【解析】解：∵sinθ，csθ是方程x2−2sinα⋅x+sin2β=0的两个实根，
则sinθ+csθ=2sinα，sinθcsθ=sin2β，
∵sin2θ+cs2θ=1，∴(sinθ+csθ)2=1+2sinθcsθ，
∴4sin2α=1+2sin2β，∴2(1−cs2α)=1+(1−cs2β)，
整理即得2cs2α=cs2β，则cs2βcs2α=2．
故选：C．
9.【答案】BD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，y=0.1x，是减函数，若a>b，则有0.1a<0.1b，A错误；
对于B，y=10x，是增函数，若a>b，则有10a>10b，B正确；
对于C，a4+b4−ab3−a3b=a3(a−b)−b3(a−b)=(a−b)(a3−b3)，
由于a>b，则a−b>0，a3−b3>0，则a4+b4−ab3−a3b>0，即a4+b4>ab3+a3b，C错误；
对于D，ln( a2+1−a)=ln(1 a2+1+a)，ln( b2+1−b)=ln1 b2+1+b)，
由于a>b，则1 a2+1+a<1 b2+1+b，则有ln(1 a2+1+a)即ln( a2+1−a)故选：BD．
10.【答案】ACD
【解析】解：根据题意，可得小正方形的边长为1，大正方形的边长为 5，
对于A，图中的直角三角形的斜边长为 5，一条直角边长为1，
所以它的另一条直角边长为 5−1=2，可得直角三角形的面积S=12×2×1=1，故A项正确；
对于B，由锐角三角函数的定义，可得sinα=1 5= 55，sinβ=2 5=2 55，所以sinα=12sinβ，可知B项不正确；
对于C，根据锐角三角函数的定义，得csα=2csβ=2 55，故C项正确；
对于D，由前面的分析，可得cs(α−β)=csαcsβ+sinαsinβ=2 55× 55+ 55×2 55=45，故D项正确．
故选：ACD．
11.【答案】BCD
【解析】解：由题意可得f(θ)=a+bm=a+b a2+b2=sinθ+csθ，
A，f(θ)=sinθ+csθ= 2sin(θ+π4)，
因为f(π2)=1，不是函数的最值，显然x=π2不是函数的最值，A错误；
B，y=f(θ)f(−θ)=(sinθ+csθ)(−sinθ+csθ)=cs2θ，周期为π，B正确；
C，f(θ)+f2(θ)+f2(θ)=sinθ+csθ+(sinθ+csθ)2=1+sinθ+csθ+2sinθcsθ，
令t=sinθ+csθ，则t2=1+2sinθcsθ，
所以2sinθcsθ=t2−1，
f(θ)+f2(θ)+f2(θ)=1+sinθ+csθ+2sinθcsθ=t2+t，
又t=sinθ+csθ= 2sin(θ+π4)∈[− 2, 2]，
根据二次函数的性质可知，当t= 2时，上式取得最大值2+ 2，C正确；
D，若a=2b，即csθ=2sinθ，
因为1+f(2θ)=1+cs2θ+sin2θ=2cs2θ+2sinθcsθ，
1−f(−2θ)=1−(cs2θ−sin2θ)=2sin2θ+2sinθcsθ，
所以1+f(2θ)1−f(−2θ)=csθsinθ=2，D正确．
故选：BCD．
12.【答案】−1
【解析】解：−a=4，
则a=−4，集合B={−4,19}，
不满足A∪B={1,2,4}，舍去，
当a2+3=4，
则a=1或a=−1，
当a=1时，集合B={−1,4}，不满足A∪B={1,2,4}，舍去，
当a=−1时，集合B={1,4}，满足A∪B={1,2,4}，符合题意，
综上所述，a=−1．
故答案为：−1．
13.【答案】2 e
【解析】解：因为x+lny=1，所以lny=1−x，所以y=e1−x，
所以ex+y=ex+e1−x≥2 ex⋅e1−x=2 ex+1−x=2 e，
当且仅当ex=e1−x，即x=12时，等号成立，
所以ex+y的最小值为2 e．
故答案为：2 e．
14.【答案】72 3
【解析】解：因为直三棱柱的密闭容器的底面边长为6 3，且为正三角形，容器的高为6，
小球的半径为1，则小球在这个容器内向各个方向自由滚动时，
小球能接触到的容器内壁分为两部分，即上下底面部分与侧面部分．
上下底面部分是正三角形，边长为6 3−2×1tan30∘=4 3，面积为2× 34×4 3×4 3=24 3；
侧面部分是底边长为4 3，高为4的矩形，面积为3×4 3×4=48 3．
则小球能接触到的容器内壁的最大面积为24 3+48 3=72 3．
故答案为：72 3．
15.【答案】解：(1)函数f(x)在[−1,1]上单调递增，
证明：任取x1则f(x1)−f(x2)=x11+x12−x21+x22=x1(1+x22)−x2(1+x12)(1+x12)(1+x22)
=(x1−x2)(1−x1x2)(1+x12)(1+x22)，
因为−1≤x1所以x1−x2<0，1−x1x2>0，
所以f(x1)−f(x2)<0，
所以f(x1)所以函数f(x)在区间[−1,1]上为递增函数；
(2)因为f(x)=xx2+1，
则f(x2)=x2x4+1，[f(x)]2=x2x4+2x2+1，
所以g(x)=x4+2x2+1x4+1=1+2x2x4+1=1+2f(x2)，
由(1)的证明过程知，易证f(x)在[1,+∞)上单调递减，
所以由复合函数的单调性可得，函数f(x2)在[0,1]上单调递增，在[1,+∞)上单调递减，
所以当x∈[12,3]时，g(x)在[12,1]递增，[1,3]递减，
所以g(x)max=g(1)=1+2f(1)=2，
又g(12)=1+2f(14)=2517，g(3)=1+2f(9)=5041，
显然5041<2517，故g(x)min=5041，
所以g(x)∈[5041,2]．
【解析】(1)先判断然后利用单调性的定义即可得证；
(2)由题可得g(x)=x4+2x2+1x4+1=1+2x2x4+1=1+2f(x2)，然后利用复合函数的单调性并结合(1)的结论即可求解．
16.【答案】解：(1)由题意，在矩形ABCD中，AB=2,AD= 3，
DP=λDC,BQ=λBC,0≤λ≤1，
则AP⋅AQ=(AD+DP)⋅(AB+BQ)
=AD⋅λBC+λDC⋅AB
=3λ+4λ=7λ∈[0,7]，
即AP⋅AQ的取值范围是[0,7]；
(2)取AB的中点E，连接PE，
由向量加法的平行四边形法则可知，
|PA+PM1+PM2+⋯+PM2024+PB|=2026|PE|=2026 3．
【解析】(1)由向量的线性运算和数量积运算即可求解；
(2)由向量加法的平行四边形法则即可求解．
17.【答案】解：(1)由题f(π6)=34+a⋅ 32−a2=−34，
即a2− 32a−32=0，解得a=− 32，
所以f(x)=1+cs2x2− 32sin2x−34=−sin(2x−π6)−14，
令2kπ−π2≤2x−π6≤2kπ+π2(k∈Z)，
解得：kπ−π6≤x≤kπ+π3(k∈Z)，
因此f(x)的减区间是[−π6+kπ,π3+kπ]，k∈Z；
(2)因为x0为函数f(x)的一个零点，
则由(1)可得sin(2x0−π6)=−14，令θ=2x0−π6，则2x0=θ+π6，
可知cs2x0=cs(θ+π6)= 32csθ−12sinθ，又sinθ=−14，
所以csθ=± 154，
则cs2x0=cs(θ+π6)= 32csθ−12sinθ
=1±3 58．
【解析】(1)f(π6)=−34可得a=− 32，然后将a代入原函数化简可得f(x)=−sin(2x−π6)−14，再利用三角函数的单调性即可求解；
(2)由x0为函数f(x)的一个零点可得sin(2x0−π6)=−14，令θ=2x0−π6，则sinθ=−14，csθ=± 154，然后代入cs2x0=cs(θ+π6)= 32csθ−12sinθ中即可求解．
18.【答案】解：(1)因为过点E的平面与直线CD垂直，且与BC，CD分别交于点F，G，
故CD⊥EF，CD⊥EG，CD⊥FG，
在平面ACD内，过E作CD的垂线，垂足为G，
由AE=2EC，可知EC=2，结合△ACD为等边三角形，可知CG=1，
过G作CD的垂线，交BC于F，
结合∠DCB=60°，可知CF=2，FG= 3；

(2)取CD中点M，则CD⊥AM，CD⊥BM，
故∠AMB为二面角A−CD−B的平面角，
易知AM=BM=3 3，
由余弦定理得cs∠AMB=−12；
(3)设C到平面DEF的距离为ℎ，则由VC−DEF=VE−CDF，
可得S△DEF⋅ℎ=S△CDF⋅EG⋅sin2π3，
由余弦定理得DE2=CD2+CE2−2CD⋅CEcsπ3=28，
即DE=2 7，同理可得DF=2 7，
因为CF=13CB，CE=13CA，可知EF=13AB=3，
故S△DEF=3 1034，
另一方面S△CDF=12CF⋅CD⋅sinπ3=3 3，EG= 3，
解得ℎ=S△CDF⋅EG⋅sin2π3S△DEF=3 3⋅ 3⋅ 323 1034=6 309103．
【解析】(1)由题设条件，用几何法即可求得FG的长；
(2)取CD中点M，可得∠AMB为二面角A−CD−B的平面角，由余弦定理即可求得；
(3)由等体积法即可求得点C到平面DEF的距离．
19.【答案】解：(1)g(x)与ℎ(x)关于f(x)是“1维交换”，
理由如下：因为f(g(x))=(x+1)2，ℎ(f(x))=x2−1，
令f(g(x))=ℎ(f(x))，
所以(x+1)2=x2−1，
解得x=−1，所以f(g(x))=ℎ(f(x))有唯一解x=−1，
所以g(x)与ℎ(x)关于f(x)“1维交换”．
(2)由题意可知，对任意的x∈R，f(g(x))=ℎ(f(x))成立，
即对任意的x∈R，a[(x2+bx−1)2+2]=ℎ(a(x2+2))因为ℎ(x)为函数，
且ℎ(a(−x)2+2)=ℎ(a(x2+2))，
故b=0，
故a[(x2−1)2+2]=ℎ(a(x2+2))，
即a[(a(x2+2)a−3)2+2]=ℎ(a(x2+2))，
所以ℎ(x)=a[(xa−3)2+2]=x2a−6x+11a，
综上所述，b=0．
(3)由题意知，令F(x)=f(g(x))−ℎ(f(x))，
即F(x)在R上有三个零点．x=0显然是F(x)的零点．
显然k≤0时不符合题意．所以k>0，
①当x>2时，k(x2−2x)=x2+1，即(k−1)x2−2kx−1=0令m(x)=(k−1)x2−2kx−1，y=m(x)恒过点(0,−1)和(2,−5)，
则当k>1时，m(x)=(k−1)x2−2kx−1在x>2有且只有一个零点，
当02没有零点，
②当0令n(x)=(k+1)x2−2kx+1，y=n(x)恒过点(0,1)和(2,5)，
k=1+ 52时在01+ 52在0③当x<0时，k(x2−2x)=x2−1，(k−1)x2−2kx+1=0恒过点(0,1)和(2,−3)当k≥1时无零点，当0综上所述：k=1+ 52时，F(x)有3个零点，即g(x)与ℎ(x)关于f(x)=x“3维交换”．
【解析】(1)根据1维交换的定义判断即可．
(2)根据复合函数的相关知识求解即可．
(3)构造F(x)=f(g(x))−ℎ(f(x))，根据x的大小分类讨论．