數(shù)學(xué)-廣西上進聯(lián)考·2023-2024學(xué)年南寧市高一年級下學(xué)期期末考試調(diào)研測試試題和答案

2023—2024學(xué)年南寧市高一年級下學(xué)期期末考調(diào)研測試高一數(shù)學(xué)參考答案+i+2i=1+3i,所以Z=\12+32=\10.故選C.【解析】因為U={-2,-1,0,1,3,5},A={-1,0,1,3},所以CUA={-2,5},因為B={-2,0,5},所以(CUA)∩B={-2,5}.故選B.2-3a>0”的充分不必要條件.故選A.【解析】由線面平行的性質(zhì)知“若aⅡα,則aⅡβ”,A正確;由線面垂直的性質(zhì)知“若b丄α,則b丄β”,B正確;若aⅡα,bⅡβ,則a與b的關(guān)系不能確定,C錯誤;由線面垂直的性質(zhì)知“若a丄α,b丄β,則aⅡb”,D正確.故選C. 【解析】依題意h=5+\s52-r2,所以5+\s2-r2=3,即\s25-r2=3r-5,兩邊平方整理得,r2-3r=0,解得r=0(舍去)或r=3,則h=9.所以該圓錐的體積為πr2h=π×32×9=27故選C.【解析】依題意,高二(1)班有24名女生,設(shè)女生的平均體重為,則×68.4+=60.1,解得x≈54.6kg.故選B.【解析】函數(shù)y=-(x-a+2)2圖象的對稱軸為x=a-2,因為函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,所以有2,解得a≥3.故選C.=4cos2-1=2cos+1,則f的最小正周期T=,因為對任意的實數(shù)t,f(x)在區(qū)間上的值域均為[-1,3],所以f(x)在區(qū)間(t,t+上既能取得最大值3,也能取得最小值-1,所以解得w>3.故選D.9.【答案】AC(每選對1個得3分)【解析】由a>b>c,a+b+c=0,知必有a>0,c<0,所以a>b兩邊同乘以a,得a2>ab,A正確;因為b的符號不能確定,所以b2>bc不一定正確,B錯誤;b>c兩邊同乘以c,得bc<c2,C正確;當(dāng)a=2,b=1,c=-3時,滿足a>b>c且a+b+c=0,但a2=4<9=c2,D錯誤.故選AC.10.【答案】ACD(每選對1個得2分)【解析】因為2a=b,所以,由正弦定理,得2sinA=sinB,所以sinB=2sinA=,A正確;因為a=1,c=2,b=廣西.高一數(shù)學(xué)第1頁(共5頁)12a=2,所以△ABC是等腰三角形,所以cosC==,B錯誤;由2a=b得2sinA=sinB,即2sinA=π-A--A)=\cosA+sinA,即3sinA=\cosA,得tanA=\,因為A是三角形內(nèi)角,所以A=,C正確;由余弦定理得cosB===\,整理得2c2-\ac-6a2=0,解得c=-\a(舍 去)或c=\6a,D正確.故選ACD.11.【答案】ABD(每選對1個得2分)【解析】設(shè)正方體的棱長為2.對于A,連接BD,則BDⅡEF,因為A1O丄BD,所以A1O丄EF,A正確;對于B,設(shè)下底面的中心為O1,連接OO1,A1O1,則OO1丄平面A1B1C1D1,所以匕OA1O1為直線A1O與平面A1B1C1D1所成角,=\,B正確;對于C,易知平面BB1C1C與平面BB1D1D的夾角為,平面EFB1不與平面BB1C1C平行,C錯誤;對于D,設(shè)B1C1的中點為G,連接OG,A1G,則OGⅡB1E,所以匕A1OG為異面直線A1O1AO與B1E所成角,在△A1OG中,A1G=OG=\,A1O=\,所以cos匕A1OG==\10,D正確.故選ABD.DFEABG1FEABG1A1A1【解析】7×0.4=2.8,故樣本數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)為第3個數(shù)12. 【解析】由余弦定理,得(2\7)2=b2+c2-2bccos60o=7c2,解得c=2,所以S△ABC=bcsinA=×6×2× 【解析】設(shè)匕BON=θ,因為匕MON=,A=,則B=,所以,匕BNO=-θ,匕AMO=+θ.在△BNO中,由正弦定理,得=,ON=;在△AMO中,由正弦定理,得=,得\+θ\+θin-θ,因為.=\,化簡得\+廣西.高一數(shù)學(xué)第2頁(共5頁)15.解:(1)由函數(shù)f(x)=ax+b的圖象經(jīng)過點(2,3),得a2+b=3,①(2分)由函數(shù)g(x)=loga(x2-bx+的圖象經(jīng)過點,2),得2=loga-(4分)即-=a2,②(6分)解①②得b=1,a=\2(舍去a=-\2).(8分)(2)由(1)知g(x)=log\(x2-x+(9分)因為y=x2-x+x-2+2≥2,(11分)所以函數(shù)g(x)的定義域為R,且在,+∞)上單調(diào)遞增,(12分)所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,+∞).(13分)16.解:(1)依題意解得sinA=22,cosA=,(5分)故△ABC的外接圓半徑R=a=4\2=3.(7分)2sinA4\23(2)由余弦定理,a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc=(b+c)2-bc,(9分)因為bc≥-則32≥(b+c)2-=,故b+c≤4\,(13分) 當(dāng)且僅當(dāng)b=c=2\6時等號成立,(14分)故△ABC周長的最大值為4\+4\.(15分)17.解:(1)記事件A1表示“甲在第一場比賽中勝出”,事件A2表示“甲在第二場比賽中勝出”,(1分)事件B1表示“乙在第一場比賽中勝出”,事件B2表示“乙在第二場比賽中勝出”,(3分)所以A1A2表示“甲贏得比賽”,P(A1A2)=P(A1)P(A2)=×=,(4分)B1B2表示“乙贏得比賽”,P(B1B2)=P(B1)P(B2)=×=,(5分)因為>,所以甲參賽贏得比賽的概率更大.(6分)(2)記C表示“甲贏得比賽”,D表示“乙贏得比賽”,(7分)由(1)知P(C)=1-P(A1A2)=1-=,P(D)=1-P(B1B2)=1-=,(9分)所以CUD表示“兩人中至少有一個贏得比賽”,(10分)廣西●高一數(shù)學(xué)第3頁(共5頁) 因為CUD=CD+CD+CD,(11分)所以P(CUD)=P(CD)+P(CD)+P(CD) =P(C)P(D)+P(C)P(D)+P(C)P(D)(13分)所以甲、乙兩人中至少有一人贏得比賽的概率為.(15分)18.(1)證明:依題意,GN2=1+=,GF2=22+12=5,FN=+2=,所以FN2=GN2+GF2,所以△NGF是直角三角形,GN丄GF.(4分)因為BC丄平面A1B1BA,GNC平面A1B1BA,所以BC丄GN,(5分)因為G,H分別是棱BB1,CC1的中點,所以BCⅡGH,則GN丄GH,(6分)因為GH∩GF=G,GH,GFC平面EFGH,所以GN丄平面EFGH.(8分)(2)解:連接D1H,A1G,因為D1DⅡHC,D1D=2HC=2,C為DE的中點,所以D1,H,E共線,同理A1,G,F共線.(10分)易知平面C1D1DC丄平面EFGH,過點M作MO丄平面EFGH,則垂足O在交線D1E上,(12分) 則四棱錐M-EFGH的體積V=S矩形EFGH.MO=×2×\.MO=\,得MO=.(15分)因為△D1MO~△D1HC1,所以D1M=,得D1M=\.(17分)\51411A1HOA1HOEDEDANBF19.解:(1)依題意,得x3≥x1+x2-2x3,則\32+(l-3)2≥\(-3)2+32,(2分)整理得l2-6l≥0,解得l≤0或l≥6,(3分)所以,實數(shù)l的取值范圍是(-∞,0]U[6,+∞).(4分) (2)依題意,可得xn=\cos2+sin2=1.n(j∈N),所以Ω3i+1中的向量依次以3為周期.(5分)p,只需S3i+1+xp≤1.因為x1+x2+x3=0,=(x1+x2+x3)+(x4+x5+x6)+…+(x3i-2+x3i-1+x3i)+x3i+1廣西.高一數(shù)學(xué)第4頁(共5頁)所以只需使S3i+1+xp整理得即0≤2+2sin≤1,即-1≤sin當(dāng)p=2,3,5,6,…,3i-1,3i(i∈N*)時,符合要求.2,x3,x5,x6,…,x3i-1,x3i(i∈N*).(10分)(3)因為x1為Ω3的“-1向量”,所以x1≥x2+x3,x12≥x2+x32,即x≥(x2+x3)2,即x≥x+x+2x2.x3,同理x≥x+x+2x1.x3,x≥x+x+2x1.x2,以上三式相加,整理得0≥x+x+x+2x1.x2+2x2.x3+2x1.x3,即(x1+x2+x3)2≤0,即x1+x2+x3≤0,所以x1+x2+x3=0.(12分)則x3=-(x1+x2)=(-3cosx,4sinx).設(shè)pt(xt,yt),依題意得(x2k+2,y2k+2)=2[(x2,y2)-(x1,y1)]+(x2k,y2k),所以(x2k+2,y2k+2)=2k[(x2,y2)-(x1,y1)]+(x2,y2),(x2k+1,y2k+1)=2k[(x1,y1)-(x2,y2)]+(x2,y2),(14分)—→—→所以p2k+1p2k+2=(x2k+2-x2k+1,y2k+2-y2k+1)=4k[(x2,y2)-(x1,y1)]=4kp1—→—→—→p1p22=x32=(-3cosx)2+(4sinx)2=g+7sin2x∈[