2023-2024学年江西省南昌十九中等校联考高一(下)期末数学试卷(含解析)

2023-2024学年江西省南昌十九中等校联考高一（下）期末数学试卷
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.已知向量a =(1,2x),b =(2,−8)，若a //b ，则x =( )A. 2
B. −2
C. 4
D. −4
2.若复数z =1−i +2i 2，则|z|=( )A. 2
B.
3
C.
2
D. 1
3.已知sin(π
2−α)=1
3，则cos (π+α)=( )A. −1
3
B. 1
3
C. −2
2
3
D. 2
2
3
4.已知平面α//平面β，a ，b 是平面α，β外两条不同的直线，则下列结论错误的是( )A. 若a//α，则a//β B. 若b ⊥α，则b ⊥βC. 若a//α，b//β，则a//b
D. 若a ⊥α，b ⊥β，则a//b
5.已知函数f(x)=sin (x +φ)+
3cos (x +φ)是奇函数，则tanφ=( )
A.
33
B. −
33
C.
3 D. −
3
6.已知函数f(x)=1
2tan (2x−φ)(|φ|<π
2)的单调递增区间是(kπ2−π6,kπ
2+π
3)(k ∈Z)，则φ=( )A. π
3
B. π
4
C. π
6
D. π
12
7.在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a =3,b =1,cosC =−1
3，则边c 上的高为( )A.
62
B.
63
C.
32
D.
33
8.已知函数f(x)=4cos 2(ωx 2−π
6)−1(ω>0)，若对任意的实数t ，f(x)在区间(t,t +2π
3)上的值域均为[−1,3]，则ω的取值范围为( )A. (0,2)
B. (0,3)
C. (2,+∞)
D. (3,+∞)
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.已知函数f(x)=Asin(ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ|<π
2)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A. A =2
B. φ=−π
6
C. f(x)的最小正周期为π
D. 曲线y =f(x)关于直线x =−π
3对称
10.在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，满足2a =b ，则( )A. 若sinA =1
6，则sinB =1
3 B. 若a =1，c =2，则cosC =1
3C. 若C =π
3，则A =π
6
D. 若cosB =
6
4
，则c =
62
a 11.如图，在正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，O 是上底面ABCD 的中心，E ，F 分别为AB ，AD 的中点，则下列结
论正确的是( )A. A 1O ⊥EF
B. 直线A 1O 与平面A 1B 1C 1D 1所成角的正切值为
2
C. 平面EFB 1与平面BBC 1C 的夹角为π
4
D. 异面直线A 1O 与B 1E 所成角的余弦值为
3010
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.已知复数z =(2a−1)+ai(a ∈R)在复平面内对应的点位于第二象限，则a 的取值范围是______．13.已知三棱台ABC−A 1B 1C 1的体积为V ，记上底面A 1B 1C 1、下底面ABC 的面积分别为S 1，S 2，若S 1：S 2=1：4，则三棱锥B−A 1B 1C 1的体积为______V.
14.如图，在Rt △ABC 中，C =π
2,A =π
3,AB =2,O 为斜边AB 的中点，点M ，N 分别在边AC ，BC 上(不包括端点)，∠MON =
2π
3
，若OM ⋅ON =−1
4
，则∠BON = ______．
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|a |=2,|b |=3，且a ⋅b =−4．(1)若(a +kb )⊥a ，求k 的值；(2)求b 与a +b 夹角的余弦值．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知acos B
2
=bsin2A．
(1)证明：cosAsin B
2=1
4
；
(2)若b2+c2=a2+2bc，求cosB．
17.(本小题15分)
如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，G，H分别是棱BB1，CC1的中点，M是棱C1D1上的一点，点N
在棱AB上，BN=1
2
，HCE−GBF是三棱柱，B，C分别是线段AF，DE的中点．
(1)证明：直线GN⊥平面EFGH；
(2)若四棱锥M−EFGH的体积为5
6
，求D1M的长度．
18.(本小题17分)
如图，某公园里的摩天轮的旋转半径为45米，最高点距离地面100米，某游客在最低点的位置坐上摩天轮，此时摩天轮开始运行，运行一周的时间不低于20分钟，在运行到5分钟时，他距地面大约32.5米．
(1)摩天轮运行一周约需要多少分钟？
(2)该公园规定每次游玩摩天轮只能运行一周，则该游客距地面大约77.5米时，摩天轮运行的时间是多少分钟？
对于平面向量x
i (i=1,2,⋯,m,m≥3且m∈N)，记Ωm={x
1
,x
2
,⋯,x
m
},S
m
=x
1
+x
2
+⋯+x
m
，若存在x
p
(p∈{1,2,⋯,m})，使得|x
p |≥|S
m
+kx
p
|,k∈Z，则称x
p
是Ωm的“k向量”．
(1)设x
n =(n,l−n),n∈N∗，若x
3
是Ω3的“−3向量”，求实数l的取值范围；
(2)若x
n =(cos2nπ
3
,sin2nπ
3
),n∈N∗，则Ω3i+1(i∈N∗)是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不
存在，请说明理由；
(3)已知x
1,x
2
,x
3
均为Ω3的“−1向量”，其中x
1
=(cosx,−5sinx),x
2
=(2cosx,sinx).设平面直角坐标系xOy中
的点列P1,P2,⋯,Pı(t∈N∗,t≥3)满足P1P2=x
3
(P1与原点O重合)，且P2k与P2k+1(k∈N∗)关于点P1对称，P2k+1与P2k+2关于点P2对称.求|P99P100|的取值范围．
答案解析
1.B
【解析】解：向量a=(1,2x),b=(2,−8)，a//b，
∴4x+8=0，
解得x=−2．
故选：B．
2.C
【解析】解：复数z=1−i+2i2=1−i−2=−1−i，
则|z|=2．
故选：C．
3.A
【解析】解：sin(π
2
−α)=cosα=1
3
，则cos(π+α)=−cosα=−1
3
．
故选：A．
4.C
【解析】解：∵平面α//平面β，a，b是平面α，β外两条不同的直线，∴对A选项，若a//α，则a//β，∴A选项正确；
对B选项，若b⊥α，则b⊥β，∴B选项正确；
对C选项，若a//α，b//β，则a与b相交或异面或平行，∴C选项错误；对D选项，若a⊥α，b⊥β，则a//b，∴D选项正确．
故选：C．
5.D
【解析】解：因为函数f(x)为奇函数，则f(0)=sinφ+3cosφ=2sin(φ+π
3
)=0，
所以φ+π
3
=kπ，k∈Z，解得φ=kπ−π
3
，k∈Z，
tanφ=tan (kπ−π3)=tan (−π
3)=− 3．故选：D ．
6.C
【解析】解：令−π
2+kπ<2x−φ<π
2+kπ，k ∈Z ，解得，
kπ+φ−π
2
2
<x <
kπ+φ+π
2
2
，k ∈Z ，
因为函数的单调递增区间是(kπ2−π6,kπ
2+π
3)(k ∈Z)，所以
{
φ−π2=−π3
φ
+π2
=
2π3
，解得φ=π
6．
故选：C ．
7.B
【解析】解：因为a =3,b =1,cosC =−1
3，在△ABC 中，则C 为钝角
由余弦定理可得c = a 2+b 2−2abcosC = 9+1−2×3×1×(−13
)=2
3，
且sinC =
1−cos 2C =2
23
，
设边c 上的高为ℎ，
由等面积法可得12absinC =1
2c ⋅ℎ，即3×1×2
2
3
=2 3⋅ℎ，
解得ℎ=
63
．故选：B ．
8.D
【解析】解：由f(x)=4cos 2(ωx 2−π
6)−1=2cos(ωx−π
3)+1(ω>0)，
函数值域为[−1,3]，又对任意的实数t ，f(x)在区间(t,t +2π
3)上的值域均为[−1,3]，则2π
3>T =2π
ω，
解得ω>3．故选：D ．
9.ABC
【解析】解：由函数f(x)=Asin(ωx +φ)的部分图象知，A =2，选项A 正确；由f(0)=2sinφ=−1，所以sinφ=−1
2，又因为|φ|<π
2，所以φ=−π
6，选项B 正确；由f(π
2)=2sin(π
2ω−π
6)=1，且π
2<π
2ω−π
6<π，所以π
2ω−π
6=5π
6，解得ω=2，所以f(x)=2sin(2x−π
6)，最小正周期为T =2π
ω=π，选项C 正确；
x =−π
3时，2×(−π
3)−π
6=−5π
6，所以y =f(x)的图象不关于直线x =−π
3对称，选项D 错误．
故选：ABC ．
10.AC
【解析】解：由2a =b ，结合正弦定理可得2sinA =sinB ，由sinA =1
6，可得sinB =2×1
6=1
3，故A 正确；若a =1，c =2，则b =2a =2，cosC =
a 2+
b 2−
c 2
2ab
=1+4−42×1×2=14，故
B 错误；
若C =π
3，则c 2=a 2+b 2−2abcosC =a 2+4a 2−2a 2=3a 2，即c =
3a ，
可得cosA =b 2+c 2−a 22bc =4a 2+3a 2−a 22×2a × 3a = 32
，由0<A
<π，可得A =π
6，故C 正确；
若cosB =
64，即c 2+a 2−b 22ca
=c 2+a 2−4a 22ca = 6
4
，化为2c 2− 6ac−6a 2=0，解得c = 6a ，或c =−
62
a(舍
去)，故D 错误．故选：AC ．
11.ABD
【解析】解：选项A ：因为在正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，O 是上底面ABCD 的中心，E ，F 分别为AB ，AD 的中点，
所以EF⊥AO，AA1⊥面ABCD，EF⊂面ABCD，所以AA1⊥EF，又AO，AA1⊂面AA1O，AO∩AA1=A，
所以EF⊥面AA1O，A1O⊂面AA1O，
所以A1O⊥EF，正确；
选项B：连接A1C1，B1D1交于O1连结OO1，
则∠OA1O1为直线A1O与平面A1B1C1D1所成角，
设正方体棱长为a，则正切值为tan∠OA1O1=
a
2
2
a
=2，正确；
选项C：延长CB，FE交于H，其中BG=BH，连结B1H，取BC中点设为G，则FG⊥面BCC1B1，
因为B1，H∈面B1HF和面BCC1B1，所以B1H为面B1HF和面BCC1B1的交线，
则过G作GJ⊥B1H，连结FJ，
则∠GJF为平面EFB1与平面BB1C1C的夹角的平面角，
在△HB1G中，设正方体棱长为a，
则GH=BC=a，B1G=a2+(a
2)2=5
2
a，B1H=5
2
a，HG=a，
在△HB1G中，由余弦定理得：
cosH=HG2+HB21−B1G2
2HG⋅HB1=
a2+(5
2
a)2−(5
2
a)2
2×a×5
2
a
=5
5
，
sinH>0，sinH=1−(5
5)2=25
5
，
则GJ=GH⋅sinH=a×25
5=25
5
a，
tan∠GJF=FG
GJ =
a
25
5
a
=5
2
，错误；
选项D：取B1C1的中点设为Q，连结OQ，A1Q，则∠A1OQ为异面直线A1O和OQ的夹角，
在△A1OQ中A1O=a2+(2
2a)2=6
2
a，
OQ=A1Q=a2+(a
2)2=5
2
a，
cos∠A1OQ=A1O2+OQ2−A1Q2
2×A1O×OQ =
(6
2
a)2+(5
2
a)2−(5
2
a)2
2×6
2
a×5
2
a
=30
10
，正确．
故选：ABD．
12.(0,1
2
)
【解析】解：复数z=(2a−1)+ai(a∈R)在复平面内对应的点为(2a−1,a)，
若位于第二象限，则2a−1<0，a>0，解得a的取值范围是(0,1
2
).
故答案为：(0,1
2
).
13.1
7
【解析】解：根据题意可得小三棱锥与大三棱锥的相似比为1：2，
∴小三棱锥的高与三棱台ABC−A1B1C1的高相等，
∴三棱锥B−A1B1C1的体积与三棱台上面的小三棱锥的体积相等，
又小三棱锥与大三棱锥的体积比为1：8，
∴小三棱锥的体积为三棱台ABC−A1B1C1的体积的1
7
，
∴三棱锥B−A1B1C1的体积为1
7
V.
故答案为：1
7．
14.π
6
【解析】解：因为∠MON =2π3，若OM ⋅ON =−1
4，所以OM ⋅ON =|OM |⋅|ON |cos ∠MON =−1
4，所以|OM |⋅|ON |=1
2即OM =1
2ON ，
又因为C =π2，A =π
3，AB =2，O 为斜边AB 的中点，
∠MON =2π3，所以B =π6，OA =1，OB =1，∠AOM =π
3−∠BON ，所以∠AMO =π3+∠BON ，∠BNO =5π
6−∠BON ，所以在△AMO 中，OM sinA =OA
sin ∠AMO ，即
12ON
32
=1
sin(π3
+∠BON)，
整理得，
3ON =sin(π
3+∠BON)，
在△BNO 中，ON sinB =OB sin ∠BNO ON sinB =OB
sin ∠BNO ,即ON
12
=1
sin(5π6
−∠BON)．
整理得，2ON =1
sin(5π6−∠BON)，
联立{
3ON =sin(π3+∠BON)
2ON =1sin(5π
6−∠BON)
，
得
3
21sin(5π6−∠BON)
=sin(π3+∠BON)，即sin(π3+∠BON)sin(5π
6−∠BON)
=
32
，因为sin (5π
6−∠BON)=sin 5π
6cos ∠BON−cos 5π
6sin ∠BON =1
2cos ∠BON +
3
2sin ∠BON ，
sin(π3+∠BON)=sin π3cos ∠BON +cos π
3sin ∠BON =
3
4
+sin ∠BONcos∠BON =
34
+1
2sin2∠BON ，所以
34
+1
2sin2∠BON =
32
，所以sin2∠BON =
32
，
因为∠BON ∈(0,π3)，所以∠BON ∈(0,2π3)，
所以2∠BON =π3，∠BON =π6．
故答案为：π6．15.解：(1)若(a +kb )⊥a ，则(a +kb )⋅a =0，即a 2+k(a ⋅b )=0，可得22−4k =0，解得k =1；
(2)由(a +b )2=a 2+2a ⋅b +b 2=4+2×(−4)+9=5，可得|a +b |= 5(舍负)．因为b ⋅(a +b )=a ⋅b +b 2=−4+9=5，所以b 与a +b 的夹角θ满足cosθb (a b )
|b |⋅|a +b |53× 5= 53． 【解析】(1)根据两个向量垂直的条件，建立关于k 的等式，解之可得实数k 的值；(2)先利用向量模的公式与数量积的运算性质，求出|a +b |与b ⋅(a +b )，然后根据两个向量的夹角公式算出b 与a +b 夹角的余弦值．
16.(1)证明：由acos B 2=bsin2A 得，acos B 2=2bsinAcosA ，
由正弦定理，得sinAcos B 2=2sinBsinAcosA ，
因为sinA ≠0，所以cos B 2=2sinBcosA ，
由二倍角公式得cos B 2=4sin B 2cos B 2cosA ，
因为cos B 2≠0，所以cosAsin B 2=14；
(2)解：由b 2+c 2=a 2+ 2bc ，得b 2+c 2−a 2= 2bc ，
所以cosA =b 2+c 2−a 22bc = 2bc 2bc = 22
，因为cosAsin B 2=14，
所以 22
sin B 2=14，得sin B 2= 24，所以cosB =1−2sin 2B 2=1−2×( 24
)2=34．
【解析】(1)由已知结合二倍角公式进行化简即可证明；
(2)由已知结合余弦定理，二倍角公式及(1)的结论即可求解．
17.解：(1)证明：根据题意可得tan ∠NGB =tan ∠FBG =12，
∴∠NGB =∠GFB ，又∠FGB +∠GFB =90°，
∴∠NGB +∠FGB =90°，∴NG ⊥GF ，
又EF ⊥平面BNG ，NG ⊂平面BNG ，
∴NG ⊥EF ，又NG ⊥GF ，且EF ∩GF =F ，
∴GN ⊥平面EFGH ；
(2)根据题意易知矩形EFGH 的面积为2× 5=2 5，
又易知平面EFGH 即为平面A 1FED 1，且平面EFGH ⊥平面D 1HC 1，
∴M 到D 1H 的距离d 即为四棱锥M−EFGH 的高，
∴四棱锥M−EFGH 的体积为13×2 5×d =
56，∴d =14
，而sin ∠C 1D 1H =C 1
H D 1H =1
5，∴D 1M =d sin ∠C 1D 1H = 54
． 【解析】(1)证明NG ⊥GF ，NG ⊥EF ，即可证明；
(2)易知矩形EFGH 的面积为2 5，平面EFGH 即为平面A 1FED 1，且平面EFGH ⊥平面D 1HC 1，从而可得M 到D 1H 的距离d 即为四棱锥M−EFGH 的高，再根据题意求出d ，再解三角形，即可求解．18.解：(1)由题意知，游客离地面的高度为ℎ=Asin(ωt−π
2)+b ，其中A =45，b =100−45=55；t =5时，45sin(5ω−π2)+55=32.5，解得sin (5ω−π2)=−12，所以5ω−π2=−π6+2kπ，k ∈Z ；解得ω=π15+2kπ5，k ∈Z ；k =0时，ω=π15，所以T =2πω=30，
即摩天轮运行一周约需要30分钟；
(2)由题意知，ℎ=45sin(π15t−π2)+55，令ℎ=77.5，得45sin(π15t−π2)=22.5，所以sin(π15t−π2)=12，所以π15t−π2=π6，或π15t−π2=5π6，解得t =10，或t =20；
所以该游客距地面大约77.5米时，摩天轮运行的时间是10分钟或20分钟．
【解析】(1)设游客离地面的高度为ℎ=Asin(ωt−π2)+b ，求出A 、b ，根据t =5时ℎ=32.5求出ω，即可求出T ；
(2)令ℎ=77.5，即可求出t 的值．19.解：(1)由x n =(n,1−n)，n ∈N ∗．可得x 1=(1,l−1)，x 2=(2,l−2)，x 3=(3,l−3)，故S 3=x 1+x 2+x 3=(6,3l−6)，S 3−3x 3=(−3,3)，由于x 3是Ω3的“−3向量”，所以|x 3|≥|S 3−3x 3|，即 32+(l−3)2≥3 2，
解得l ≥6或l ≤0．
(2)由于y =cos 2nπ3,n ∈N ∗,y =sin 2nπ
3,n ∈N ∗均为周期函数，且周期为3，而cos 2π3+cos 4π3+cos 6π3=0，sin 2π3+sin 4π3+sin 6π3=0，
故S 3i +1=x 1+x 2+x 3+⋯+x 3i +1=(cos 2π3,sin 2π3)=(−12, 32)，若Ω3i +1(i ∈N ∗)存在“l 向量”，则存在x p (p ∈{1,2,⋯,3i +1})，
使得|x p |≥|S m +x p |，
故|x p |2≥|S 3i +1+x p |2，
即S 3i +12+2S 3i +1⋅x p ≤0，即1+2(cos 2π3cos 2pπ3+sin 2π3sin 2pπ3)≤0，即1+2cos(2π3−2pπ3)≤0．故−1≤cos(2π3−2pπ3)≤−12，
故2π3+2kπ≤2π3−2pπ3≤4π3+2kπ,k ∈Z ，
解得−1−3k ≤p ≤−3k ，p =3k−1，或p =3k ，k ∈N ∗．
故Ω3i +1(i ∈N ∗)存在“1“向量，“1“向量为x p =(cos 2pπ3,sin 2pπ3)，故x p =(1,0),x p =(−12,− 32
)．
(3)由于x 1，x 2，x 3均为Ω3的“−1向量”，故|x p |≥|S m −x p |,k ∈Z ，
即|x 1|≥|x 2+x 3|，|x 1|2≥|x 2+x 3|2，即x 21≥x 22+x 23+2x 2⋅x 3，同理x 22≥x 21+x 23+2x 1⋅x 3，x 23≥x 21+x 2
2+2x 1⋅x 2，
三式相加并化简，得：0≥x 21+x 22+x 23+2x 1⋅x 2+2x 1⋅x 3+2x 2⋅x 3，即(x 1+x 2+x 3)2≤0，|x 1+x 2+x 3|≤0，所以x 1+x 2+x 3=0，设x 3=(u,v)，由x 1+x 2+x 3=0，得{u =−3cosx,y =4sinx ，
设P n (a n ,b n )，则依题意得：{
(a 2k +1,b 2k +1)=2(a 1,b 1)−(a 2k ,b 2k )(a 2k +2,b 2k +2)=2(a 2,b 2)−(a 2k +1,b 2k +1)
，得(a 2k +2,b 2k +2)=2(a 2,b 2)−(a 2k +1,b 2k +1)=2(a 2,b 2)−2(a 1,b 1)+(a 2k ,b 2k ). 故(a 2k +2,b 2k +2)=2k[(a 2,b 2)−(a 1,b 1)]+(a 2，b 2)，
同理(a 2k +1,b 2k +1)−2(a 1,b 1)−(a 2k ,b 2k )=2(a 1,b 1)−2⁢(k−1)[(a 2,b 2)−(a 1,b 1)]−(a 2，b 2)，故(a 2k +1,b 2k +1)=2k[(a 1,b 1)−(a 2,b 2)]+(a 2，b 2)，所以 P 2k +1P 2k +2=(a 2k +2−a 2k +1,b 2k +2−b 2k +1)=4k[(a 2,b 2)−(a 1,b 1)]=4kP 1P 2，||P 1P 2|2=(−3cosx )2+(4sinx )2=9+7sin 2x ∈[9,16]，
故|P 1P 2|∈[3,4]，
故|P 99P 100|=4×49|P 1P 2|∈[588,784]．
【解析】(1)根据“−3“向量的定义，即可由模长公式求解．
(2)利用三角函数的周期性可得S 3i +1=x 1+x 2+⋯+x 3i +1=(cos 2π3,sin 2π3)=(−12, 32)，即可由定义求解．(3)由定义，结合模长公式可得x 1+x 2+x 3=0，设x 3=(u,v)，由条件列式，变形为P 2k +1P 2k +2=(a 2k +2−a 2⁢k +1,b 2⁢k +2−b 2⁢⁢⁢k +1)=4⁢kP 1P 2，结合三角函数的性质，转化为求|P 1P 2|的最小值．。