新高一数学下期末试卷(及答案)
四川省成都市第七中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(解析版)
成都七中高2026届高一下期期末考试数学试题一.单项选择题:本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若2i z =-,则z z -=（）A.B.2iC.2D.4【答案】C 【解析】【分析】根据共轭复数写出z ，即可求出模长.【详解】2i z =- ，2i z ∴=+，即(2i)(2i)2i 2z z -=+--==.故选：C.2.若2,a a = 与b 夹角为60，且()b a b ⊥- ，则b = （）.A.32B.1C.D.2【答案】B 【解析】【分析】根据向量垂直，结合数量积的定义即可列方程求解.【详解】由()b a b ⊥- ，得20b a b ⋅-= ，故22cos600b b ⋅-=，故1b = 或0b = ，若0b = ，则,a b共线，不满足题意，故1b = ，故选：B3.已知tan 2α=，α为锐角，则πsin()4α+=（）. A.1010B.1010 C.31010-D.31010【答案】D 【解析】【分析】利用两角和的正弦公式把πsin()4α+展开，然后利用同角三角函数基本关系即可求解.【详解】πππ2sin(sin coscos sin (sin cos )4442ααααα+=+=+ ,，,α为锐角，sin 0,cos 0αα∴>>，sin tan 2cos ααα== ，sin 2cos αα∴=，又22sin cos 1αα+= sin ,cos 55αα∴==，即35sin cos 5αα+=，得0π2sin()31n cos 4201ααα+=+=.故选：D.4.将函数()sin f x x =的图象先向左平移π3个单位长度，再将得到的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，则()g x 的一条对称轴可能为（）.A.5π12B.π12C.5π3D.π3【答案】D 【解析】【分析】根据平移伸缩得到三角函数解析式再求对称轴即可.【详解】将函数()sin f x x =的图象先向左平移π3个单位长度，再将得到的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()1πsin 23g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则对称轴为πππ,Z 232x k k +=+∈,所以对称轴为π2π,Z 3x k k =+∈，当0k =时对称轴为π3x =.故选：D.5.已知,,αβγ是三个不同的平面，,m n 是两条不同的直线，且m αβ⋂=，给出下列四个命题:①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若,αβγβ⊥⊥，则//αγ④若,//n m n γβ⋂=，则//γα则上述命题中正确的个数为（）.A.0B.1C.2D.3【答案】B 【解析】【分析】利用直线、平面间的位置关系判断即可.【详解】对于①，若,//m m n αβ⋂=，则如图所示，第一种情况，n 在,αβ外，可得//n α或//n β；第二种情况，n 在β内，可得//n α；第三种情况，n 在α内，可得//n β，综上所述，//n α或//n β，故①正确；对于②，若,m m n αβ⋂=⊥，则n 与α相交或在α内，n 与β相交或在β内，故②错误；对于③，若m αβαβγβ⊥⋂=⊥，，，则,αγ相交或//αγ，故③错误；对于④，若,,//m n m n αβγβ⋂=⋂=，则//γα或γ与α相交，故④错误.故选：B.6.同时抛掷两枚质地均匀的六面骰子，则所得点数之差绝对值小于2的概率为（）.A.23B.59C.49D.13【答案】C 【解析】【分析】|根据古典概型计算即可.【详解】同时抛掷两枚质地均匀的六面骰子，则所得点数分别为,x y ，共有36种情况，点数之差绝对值小于2的情况有()()()()()()()()()()()()()()()()1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,6,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,2,1,3,2,4,3,5,4,6,5共16种点数之差绝对值小于2的概率为()1642369P x y -<==.故选：C.7.羌族是中国西部地区的一个古老民族，被称为“云朵上的民族”，其建筑颇具特色.碉楼是羌族人用来御敌、储存粮食柴草的建筑，一般多建于村寨住房旁.现有一碉楼，其主体部分可以抽象成正四棱台1111ABCD A B C D -，如图，已知该棱台的体积为311224m 8m 4m AB A B ==，，，则二面角1A AB C--的正切值为（）.A.3B.2C.D.32【答案】A 【解析】【分析】先求出正四棱台的高，再取正四棱台上下底面的中心为1,O O ，取11,AB A B 的中点,E M ，作1//MN OO 交OE 于点N ，则MEN ∠为二面角1A AB C --的平面角，即可求解．【详解】解：设正四棱台的高为h ，则(221843V h =++，得()12246416323h =++，得6h =，取正四棱台上下底面的中心为1,O O ，如图所示：取11,AB A B 的中点,E M ，作1//MN OO 交OE 于点N ，则MEN ∠为二面角1A AB C --的平面角，则184=6,22MN OO h EN -====，得6tan 32MN MEN EN∠===，故选：A8.在ABC 中，角A B C ，，所对的边分别为a b c ，，，已知160a A == ，，设O G ，分别是ABC 的外心和重心，则AO AG ⋅的最大值是（）A.12B.13 C.14D.16【答案】B 【解析】【分析】设D 为BC 边中点，连接OD ,作OH AC ⊥于H ，即H 为AC 中点，求得212AO AC AC ⋅= ，212AO AB AB ⋅= ，化解得221166AO AG AB AC +=⋅ ，再通过余弦定理及均值不等式即可求解.【详解】设D 为BC 边中点，连接OD ,作OH AC ⊥于H ，即H 为AC 中点，因为21|||cos |||||2AO AC AO AC OAC AH AC AC ⋅=⋅∠=⋅= ,同理21|||cos 2|AO AB AO AB OAB AB ⋅=⋅∠= ,则()221332AO AG AO AD AO AB AC ⎛⎫⋅=⋅=⋅+ ⎪⎝⎭()()222211113666AO AB AC AB b c =⋅+=+=+，在ABC 中，1,60a A ==︒，由余弦定理得2222cos60a b c bc ︒=+-，即221b c bc +=+，由均值不等式，2212bc b c bc +=+≥，所以1bc ≤（当且仅当1b c ==等号成立），所以()()()2211111116663AO AG c b bc ⋅=+=+≤+= .故选：B．二.多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知()()1,,2,3a b ==+λλr r，则（）.A.“1λ=”是“a ∥b”的必要条件B.“3λ=-”是“a ∥b”的充分条件C.“12λ=-”是“a b ⊥ ”的必要条件D.“12λ=”是“a b ⊥ ”的充分条件【答案】BC 【解析】【分析】对于AB ：根据向量平行的坐标表示结合充分必要条件分析判断；对于CD ：根据向量垂直的坐标表示结合充分必要条件分析判断.【详解】因为()()1,,2,3a b ==+λλr r，对于选项AB ：若a ∥b，则()23+=λλ，解得1λ=或3λ=-，可知a ∥b，等价于1λ=或3λ=-，若a ∥b ，不能推出1λ=，所以“1λ=”不是“a ∥b”的必要条件，故A 错误；若3λ=-，可以推出a ∥b ，所以“3λ=-”是“a ∥b”的充分条件，故B 正确；对于选项CD ：若a b ⊥，则230++=λλ，解得12λ=-，可知a b ⊥ ，等价于12λ=-，若a b ⊥ ，可以推出12λ=-，所以“12λ=-”是“a b ⊥ ”的必要条件，故C 正确；若12λ=，不能推出a b ⊥ ，“12λ=”不是“a b ⊥ ”的充分条件，故D 错误；故选：BC.10.已知一组样本数据()12201220,,,,x x x x x x ≤≤≤ 下列说法正确的是（）.A.该样本数据的第60百分位数为12x B.若样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则其平均数大于中位数C.若样本数据的方差2022112520i i s x ==-∑，则这组样本数据的总和为100D.若由()21,2,,20i i y x i == 生成一组新的数据1220,,,y y y ，则这组新数据的平均值是原数据平均值的2倍【答案】BCD 【解析】【分析】根据题意，结合百分位数、数据方差，以及平均数与方差的性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A ，由200.612⨯=，可得第60百分位数为12132x x +，错误；对于B ，数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如图所示，由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，正确；对于C ，由()11222202011252020i i i i s x x x ===∑-=∑-，则20202221150020i i i i x x x ==-=-∑∑，所以5x =,故这组样本数据的总和等于20100x =，正确；对于D ，若由()21,2,,20i i y x i == 生成一组新的数据1220,,,y y y ，则这组新数据的平均值是原数据平均值的2倍，正确．故选：BCD ．11.如图，在长方体ABCD A B C D -''''中，2,4,AB BC AA '===N 为棱C D ''中点，1,2D M P '=为线段A B '上一动点，下列结论正确的是（）.A.线段DP 长度的最小值为655B.存在点P ,使AP PC +=C.存在点P ，使A C '⊥平面MNP D.以B 为球心，176为半径的球体被平面AB C '所截的截面面积为6π【答案】AC 【解析】【分析】对于A ，在三角形中，由垂线段最短即可计算得到；对于B ，通过平面翻折，化空间到平面，利用两点之间线段最短计算出AP PC +的最小值，再与C ，依题意作出经过三点,,M N P 的平面，再证明A C '与平面垂直即得；对于D ，利用球的截面圆的性质，先通过等体积求得球心到平面的距离，再由垂径定理求出截面圆半径即得.【详解】对于A ，如图1，因A B A D ''===,BD =,故当DP A B ⊥'时，线段DP 长度最小，此时由等面积，1122DP ⨯⨯，解得655DP ==，故A 正确；对于B ，如图2，将平面A D CB ''旋转至平面11BC D A ',使之与平面A AB '共面，连接1AC 与A B '交于点1P ，此时1111AP PC AC +=为最小值.sinA BA '∠==,190A BC '∠=,故1cos cos(90)sinABC A BA A BA ''∠=∠+=-∠=-由余弦定理，2221122222cos 88(8AC ABC =+-⨯⨯∠=-⨯-=+,故1AC =>因此不存在这样的点P ，使AP PC +=B 错误；对于C ，如图3，取131,,22B E B F A G =='=''，连接FG 交A B '于P ，下证AC MN '⊥.连接D C ',由2D N D DD M DC''=='可得ND M D DC '' ,则得D C MN '⊥,因D A ''⊥平面DCC D '',因MN ⊂平面DCC D '',则D A MN ''⊥,因D C D A D ''''⋂=,,D C D A '''⊂平面A D C ''，故MN ⊥平面A D C ''，又A C '⊂平面A D C '',故A C MN '⊥.同理，A C EN '⊥,因MN EN N ⋂=,,MN EN ⊂平面MEN ,故A C '⊥平面MEN .下证//EF GM .取线段A G '的三等分点,J K ,取A D ''的中点H ，连接,,,EH HJ JF D K ',易证////,EH A B FJ EH A B FJ ''''==,则得EFJH ,得//EF JH ,易得//JH D K ',因//,D M GK D M GK ''=,得D MJK ' ,得//D K GM ',故得//EF GM .同理可得//MN FG ，因此,,,,M N E F G 五点共面．由A C '⊥平面MEN 可得A C '⊥面MNEFG .所以存在这样的点P 使A C '⊥面MNP ，故C正确；对于D ，如图4，以点B 为球心，176为半径的球面被面AB C '所截的截面为圆形，记其半径为r，则r =（*），其中d 为点B 到平面AB C '的距离．由B ABC B AB C V V --''=可得，1133ABC AB C S BB S d ''⨯⨯=⨯⨯ ，则122442132d ⨯⨯⨯==⨯，代入（*），得52r =，所以截面面积225ππ4S r ==，故D 错误．故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题主要考查多面体中与动点有关的距离最值，截面性质问题，属于难题.解题关键在于处理距离和的最小值常常需要平面翻折，截面问题，一般应先作出截面，再根据条件分析截面性质，对于球的截面圆，常通过垂径定理求解.三.填空题:本大题共3小题，每小题5分，共计15分.12.习主席曾提出“绿水青山就是金山银山”的科学论断，为响应国家号召，农学专业毕业的小李回乡创业，在自家的田地上种植了,A B 两种有机生态番茄共5000株，为控制成本，其中A 品种番茄占40%.为估计今年这两种番茄的总产量，小李采摘了10株A 品种番茄与10株B 品种番茄，其中A 品种番茄总重17kg ，B 品种番茄总重23kg ，则小李今年共可收获番茄约_______kg .【答案】10300【解析】【分析】求解两种番茄的种植株数，利用比例即可求解.【详解】由题意，知A 品种番茄共40%5000=2000⨯株，B 品种番茄3000株，故共可收获番茄约172320003000103001010⨯+⨯=kg ，故答案为：1030013.已知三棱锥A BCD,ABC - 是边长为2的等边三角形，BCD △是面积为2的等腰直角三角形，且平面ABC ⊥平面BCD ，则三棱锥A BCD -的外接球表面积为_______.【答案】28π3##28π3【解析】【分析】判断出等腰直角三角形BCD △的直角，根据面面垂直的性质说明四边形1O EGO 为矩形，求出相关线段长，即可求得三棱锥外接圆半径，即可求得答案.【详解】由于ABC 是边长为2的等边三角形，故2BC =，BCD △是面积为2的等腰直角三角形，假设BDC ∠为直角，则BD DC ==112BCD S ==△不合题意；故DBC ∠或DCB ∠为直角，不妨设DBC ∠为直角，则2BD BC ==；设ABC 的中心为G ，E 为BC 的中点，则,,A G E 共线，且AE BC ⊥，由于平面ABC⊥平面BCD ，平面ABC ⋂平面BCD BC =，AE ⊂平面ABC ，故⊥AE 平面BCD ，设O 为三棱锥A BCD -的外接球球心，1O 为DC 中点，即为BCD △的外接圆圆心，连接1OO ，则1OO ⊥平面BCD ，则1OO AE ∥，连接1OG,O E ，则OG ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ,则OG AE ⊥，又⊥AE 平面BCD ，1O E ⊂平面BCD ，则1AE O E ⊥，则四边形1O EGO 为矩形，则112122323OG O E DB ,AG ====⨯=,故22273OA OG AG =+=，故三棱锥A BCD -的外接球表面积为228π4π3OA ⨯=，故答案为：28π314.在ABC 中，43AB AC AB AC P ⊥==，，，为斜边BC 上一动点，点Q 满足2PQ =，且AQ mAB nAC =+，则2m n +的最大值为______________.【答案】1323+【解析】【分析】取AB 中点D ，连接CD 交AQ 于点E ，由平面向量的线性运算得2AQ m n AE+=，过Q 作QF CD ∥交直线AB 于点,AQ AF F AEAD=，如图，当P 与B 重合，FQ 与P 相切时，AF AD取得最大值，即可求解．【详解】AB 中点D ，由题可知点Q 点在以P 为圆心，以2为半径的圆上，则2AQ mAB n AC mAD n AC =+=+；连接CD 交AQ 于点E ，()1AE AD AC λλ=+-，则()()1AQ AQ AQ AE AD AC AE AEλλ=⋅=⋅+- ，故2AQ m n AE+=．过Q 作QF CD ∥交直线AB 于点,AQ AF F AEAD=．如图，当P 与B 重合，FQ 与P 相切时，AF AD取得最大值．则3tan tan 2∠=∠=BFQ ADC，得sin ∠=BFQ ，得2,223sin 33BQ AB BF BF m n BFQAD +===+==∠．故答案为：1323+四.解答题:本大题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 的中点，E 是1AA 的中点，点F 在AB上.（1）当F 是AB 的中点时，证明:平面//EFO 平面11A D C ;（2）当F 是靠近B 的三等分点时，求异面直线FO 与1AC 所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）3015．【解析】【分析】（1）利用OF OE ，分别为11,BC A C A D 的中位线，得到//OF 平面11A D C ，//OE 平面11A D C ，借助面面平行的判定定理证明即可;（2）由1//OE A C 可知EOF ∠或其补角为异面直线FO 与1AC 所成角，借助余弦定理求出即可.【小问1详解】由正方体1111ABCD A B C D -可知，,O E 是1,AC AA 中点，所以1//,OE A C 因为11A D ⊂平面11,A D C OE ⊄平面11A D C ，所以//OE 平面11A D C .因为F 是AB 中点，O 是AC 中点，所以OF 为ABC 的中位线，故11////OF BC A D ．又由于1AC ⊂平面11,A D C OF ⊄平面11A D C ，所以//OF 平面11A D C ．又,,OE OF O OE OF =⊂ 平面EFO ，故平面//EFO 平面11A D C ．【小问2详解】由1//OE A C 知，异面直线FO 与1AC 所成角即为EOF ∠或其补角．由于1AA ⊥平面,,ABCD AB AO ⊂平面ABCD ，则1AA 与,AB AO 都垂直，所以90EAF EAO ∠=∠=︒，由题意得4AF =，在Rt EAF △中，由勾股定理可得5EF =．易得3AO AE ==，在Rt EAO △中，由勾股定理可得EO =在OAF △中，45CAB ∠=︒，由余弦定理得FO ==，在EOF 中，由余弦定理可得2222cos EF EO FO EO FO EOF =+-⋅⋅∠，代入解得cos 015EOF ∠==>．所以异面直线FO 与1AC 所成角的余弦值为3015．16.2024年4月26日，主题为“公园城市、美好人居”的世界园艺博览会在四川成都正式开幕，共建成113个室外展园，涵盖了英式、法式、日式、意式、中东、东南亚等全球主要园林风格，吸引了全球各地游客前来参观游玩.现从展园之一的天府人居馆中随机抽取了50名游客，统计他们的参观时间(从进入至离开该展园的时长，单位:分钟，取整数)，将时间分成[)[)[]455555658595 ，，，，，，五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图.（1）求图中a 的值;（2）由频率分布直方图，试估计该展园游客参观时间的第75百分位数(保留一位小数);（3）由频率分布直方图，估计样本的平均数¯(每组数据以区间的中点值为代表).【答案】（1）0.015a =；（2）78.3（3）69x =．【解析】【分析】（1）应用频率和为1求参数；（2）应用频率分布直方图求百分位数步骤求解；（3）应用频率分布直方图求平均数步骤求解.【小问1详解】由样本频率分布直方图可知()0.0120.0250.035101a +++⨯=，解得0.015a =；【小问2详解】样本频率直方图前三组频率之和为()0.0100.0250.035100.70.75++⨯=<，前四组频率之和为()0.0100.0250.0350.015100.850.75+++⨯=>，所以样本数据的第七十五百分位数在第四组内，设其为x ，则()750.0150.700.75x -⨯+=，解得78.3=x ，所以样本数据的第七十五百分位数为78.3．由样本估计总体，估计该展园游客参观时间的第七十五百分位数也为78.3；【小问3详解】0.0110500.03510600.02510700.01510800.0151090x =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯，计算可得，样本的平均数69x =．17.甲、乙两位同学进行羽毛球比赛，并约定规则如下:在每个回合中，若发球方赢球，则得1分，并且下一回合继续由其发球;若发球方输球，则双方均不得分，且下一回合交换发球权;比赛持续三回合后结束，若最终甲乙得分相同，则为平局.已知在每回合中，甲获胜的概率均为23，各回合比赛结果相互独立，第一回合由甲发球.（1）求甲至少赢1个回合的概率;（2）求第二回合中有选手得分的概率;（3）求甲乙两人在比赛中平局的概率.【答案】（1）2627（2）59（3）427．【解析】【分析】（1）根据对立事件概率求法及乘法公式结合条件即得；（2）结合对立事件和独立事件，应用和事件求概率；（3【小问1详解】设事件=i A “第i 回合甲胜”，事件M =“甲至少赢一回合”，故M =“甲每回合都输”．i A 为i A 对立事件，()23i P A =，故()13i P A =．()()()()()()31231231261111327P M P M P A A A P A P A P A ⎛⎫=-=-=-=-=⎪⎝⎭，故甲至少赢1个回合的概率为2627．【小问2详解】设事件N =“第二回合有人得分”，由题可知1212N A A A A =⋃，且12A A 和12A A 互斥，则()()()()()()()1212121259P N P A A P A A P A P A P A P A =+=⋅+⋅=，故第二回合有人得分的概率为59．【小问3详解】设事件Q =“甲乙两人平局”，由题可知，只有0:0与1:1两种情况，因此123123Q A A A A A A =⋃，故()()()()()()()()()123123123123427P Q P A A A P A A A P A P A P A P A P A P A =+=+=，故甲乙两人平局的概率为427．18.记ABC 的内角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，已知4,2,sin sin 2sin a c a A c C b B ==+=，D 是线段AC 上的一点，满足13AD AC =，过D 作一条直线分别交射线BA 、射线BC 于M N 、两点.（1）求b ，并判断ABC 的形状;（2）求BD 的长;（3）求BM BN ⋅的最小值.【答案】（1）b =，钝角三角形（2）2133（3）409【解析】【分析】（1）由正弦定理得b =cos 0A <，得到π2A >，ABC 是钝角三角形；（2）,BA BC 可作为一组基底，求出5cos ,cos 8BA BC B 〈〉== ，根据题目条件得到2133BD BA BC =+ ，平方后2BD，从而求出答案；（3）设,BM xBA BN yBC ==，根据向量共线得到()()1,0,1BD t BM tBN t =-+∈ ，由向量基本定理得到()21,313x y t t ==-，表达出()291BM BN BA BC t t⋅=⋅-⋅ ，其中50BA BC ⋅=>，由基本不等式求出最小值.【小问1详解】由正弦定理得，222sin sin 2s n 2i a a c A c C b B b ⇒+=+=，又4,2a c ==，解得b =．又因为22220b c a +-=-<，故222cos 02+-=<b c a A bc，因为0πA <<，故π2A >，所以ABC 是钝角三角形．【小问2详解】由平面向量基本定理，,BA BC可作为一组基底向量，且有2,4BA BC == ，2225cos ,cos 28a cb BA BC B ac+-〈〉===．由于13AD AC = ，所以()13BD BA BC BA -=- ，故2133BD BA BC =+ ．BD ==3===；【小问3详解】由题意可设,BM xBA BN yBC == ．由于,,M D N 三点共线，设MD tMN =，01t <<，故()BD BM t BN BM -=- ，故()()1,0,1BD t BM tBN t =-+∈．所以()21133BD t x BA ty BC BA BC =-⋅+⋅=+ ，由平面向量基本定理，解得()21,313x y t t ==-，所以()21,313BM BA BN BC t t ==-．因此()()21231391BM BN BA BC BA BC t t t t ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅=⋅ ⎪ ⎪ ⎪--⋅⎝⎭⎝⎭，而||||cos 50BA BC BA BC B ⋅=⋅⋅=>，其中()11122t t t t -+-≤=，当且仅当1t t -=，即12t =时，等号成立，因此当12t =时，409BM BN ⋅= 为最小值．【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.19.如图，斜三棱柱111A B C ABC -中，90ABC ∠= ，四边形11ABB A 是菱形，D 为AB 中点，1A D ⊥平面ABC ，点1A 到平面11BCC B 1AA 与1CC 的距离为2.（1）求证:CB ⊥平面11ABB A ;（2）求1AC 与平面11BCC B 所成角的正弦值;（3）若E F ，分别为1AA AC ，的中点，求此斜三棱柱被平面1B EF 所截的截面面积.【答案】（1）证明见解析（2）155（3）53412．【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；（2）先根据线面垂直判定定理证明线面垂直，几何法得出线面角，再计算得出正弦值；（3）先找到截面，再计算截面即可.【小问1详解】因为1A D ⊥平面,ABC BC ⊂平面ABC ，故1A D BC ⊥．又由90ABC ∠=︒，即1,,AB BC AB A D D AB ⊥⋂=⊂平面11ABB A ,1A D ⊂平面11ABB A ，因此BC ⊥平面11ABB A ．【小问2详解】由于菱形11ABB A ，且1A D 为AB 的垂直平分线，因此可知1A AB △和11B A B 均为等边三角形．由BC ⊥平面11,ABB A BB ⊂平面1ABB A ，可得1BC BB ⊥，斜三棱柱进一步可得11B BCC 是矩形．此时作1111,A P BB AQ CC ⊥⊥，连接1,,PQ PC AC ．由题知，112,AQ A P =⊂平面11ABB A ，可得111,BC A P BC BB B BB ⊥⋂=⊂，平面11,BCC B BC ⊂平面11BCC B ，因此1AP ⊥平面11BCC B ，因此由题知，1,A P PQ PC =⊂平面11BCC B ，所以也有11,A P PQ A P PC ⊥⊥．因此，1ACP ∠为1AC 与平面11BB C C 所成角．在1Rt A PQ △中，1PQ ==，由矩形可知1BC PQ ==．由于1A P =1B AB △中，可以解得12,BB P =为1BB 中点，1BP =．所以，在Rt BCP △中，PC =1Rt ACP △中，1AC =．因此，111115sin ,5A P ACP AC AC ∠===与平面11BB C C所成角的正弦值为5．【小问3详解】延长1,EF C C 交于点M ，连接1MB ，交BC 于N ，连接FN ，如图，故四边形1B EFN 即为所得截面．上一问可知，菱形11ABB A 的边长为2，矩形11B BCC 中1BC =，平行四边形11ACC A中111112,AA CC AC AC AC =====．要计算截面1B EFN 的面积，首先研究1B EM △．在11A B E △中，由于11120EA B ∠=︒，由余弦定理可得1B E =,E F 为中点，因此12EM EF AC ===，此时有1MC AE ==，在直角11MB C中1MB N =为BC 的三等分点．因此1B EM △中，由余弦定理可得2221111cos 25EM MB EB EMB EM MB +-∠==⋅⋅，第21页/共21页所以可以计算得117sin 5EMB ∠=．设截面面积为S ，由于111,23MF ME MN MB ==，有11111115534sin sin 22612B EM NFM B EM S S S ME MB EMB MF MN EMB S =-=⋅⋅∠-⋅⋅∠==△△△因此，此斜三棱柱被平面1B EF 所截的截面面积为53412．。
高一下期末数学试卷含答案解析
故选B．
3．在正项等比数列{an}中，若a2=2，a4﹣a3=4，则公比为（ ）
A．2B．1C． D．
【考点】等比数列的通项公式．
【分析】利用等比数列的通项公式及其性质即可得出，
【解答】解：设正项等比数列{an}的公比为q＞0，
∵a2=2，a4﹣a3=4，∴ =2q2﹣2q=4，
22．已知A（﹣1，0），B（1，0），圆C：x2﹣2kx+y2+2y﹣3k2+15=0．
（Ⅰ）若过B点至少能作一条直线与圆C相切，求k的取值范围．
（Ⅱ）当k= 时，圆C上存在两点P1，P2满足∠APiB=90°（i=1，2），求|P1P2|的长．
-学年河北省沧州市高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
化为q2﹣q﹣2=0，解得q=2．
故选；A．
4．若a＞b，则下列不等式成立的是（ ）
A．a2＞b2B． C．lga＞lgbD．
【考点】不等关系与不等式．
【分析】利用不等式的性质和指数函数的单调性就看得出．
【解答】解：∵a＞b，∴2a＞2b＞0，∴ ，
故D正确．
故选D．
5．若直线l∥平面α，直线m⊂α，则l与m的位置关系是（ ）
A． B． C． D．3
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】由三视图知该几何体是一个长方体截去一个三棱锥所得的组合体，由三视图求出几何元素的长度，由柱体、锥体的体积公式求出几何体的体积．
【解答】解：由三视图知几何体是一个长方体截去一个三棱锥所得的组合体，
且长方体长、宽、高分别是1、1、3，
三棱锥的底面是等腰直角三角形、直角边是1，三棱锥的高是1，
A．2B．1C． D．
2023-2024学年北京市朝阳区高一下学期期末考试数学试卷+答案解析
2023-2024学年北京市朝阳区高一下学期期末考试数学试卷一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若复数z满足，则()A. B. C. D.2.已知向量，，则()A. B. C.3 D.53.如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，若四边形ABCD是边长为2的正方形，则这个八面体的表面积为()A.8B.16C.D.4.已知m，n是平面外的两条不同的直线，若，则“”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件5.在中，，，，则()A. B. C. D.6.李华统计了他爸爸2024年5月的手机通话明细清单，发现他爸爸该月共通话60次，他按每次通话时间长短进行分组每组为左闭右开的区间，画出了如图所示的频率分布直方图．则每次通话时长不低于5分钟且小于15分钟的次数为()A.18B.21C.24D.277.已知向量，不共线，，，若与同向，则实数t的值为()A. B. C.3 D.或38.近年来，我国国民经济运行总体稳定，延续回升向好态势．下图是我国2023年4月到2023年12月规模以上工业增加值同比增长速度以下简称增速统计图．注：规模以上工业指年主营业务收入2000万元及以上的工业企业．下列说法正确的是()A.4月，5月，6月这三个月增速的方差比4月，5月，6月，7月这四个月增速的方差大B.4月，5月，6月这三个月增速的平均数比4月，5月，6月，7月这四个月增速的平均数小C.连续三个月增速的方差最大的是9月，10月，11月这三个月D.连续三个月增速的平均数最大的是9月，10月，11月这三个月9.在梯形ABCD中，，，，，，则与夹角的余弦值为()A. B. C. D.10.已知，，若动点P，Q与点A，M共面，且满足，，则的最大值为()A.0B.C.1D.2二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
2023-2024学年安徽省六安一中高一(下)期末数学试卷+答案解析
2023-2024学年安徽省六安一中高一（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.若复数为纯虚数，则复数z的共轭复数为()A. B.2024i C. D.2025i2.已知向量，若，则()A. B. C.1 D.23.已知，，是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是()A.，，B.，，C.，，D.，，4.某不透明的袋中有3个红球，2个白球，它们除颜色不同，质地和大小都完全相同.甲、乙两同学先后从中各取一个球，先取的球不放回，则他们取到不同颜色球的概率为()A. B. C. D.5.已知样本数据，，，…，的平均数为x，方差为，若样本数据，，，…，的平均数为，方差为，则平均数()A.1B.C.2D.6.已知，，，则M到直线AB的距离为()A. B. C.1 D.7.PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线PC与平面PAB所成角的正弦值是()A. B. C. D.8.中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体扇环是指圆环被扇形截得的部分现有一个如图所示的曲池，其中底面ABCD，底面扇环所对的圆心角为，扇环对应的两个圆的半径之比为1：2，，，E是的中点，则异面直线BE与所成角的余弦值为()A. B. C. D.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。
全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.2021年11月10日，中国和美国在联合国气候变化格拉斯哥大会期间发布《中美关于在21世纪20年代强化气候行动的格拉斯哥联合宣言》以下简称《宣言》承诺继续共同努力，并与各方一道，加强《巴黎协定》的实施，双方同意建立“21世纪20年代强化气候行动工作组”，推动两国气候变化合作和多边进程．为响应《宣言》要求，某地区统计了2020年该地区一次能源消费结构比例，并规划了2030年一次能源消费结构比例，如图所示：经测算，预估该地区2030年一次能源消费量将增长为2020年的倍，预计该地区()A.2030年煤的消费量相对2020年减少了B.2030年天然气的消费量是2020年的5倍C.2030年石油的消费量相对2020年不变D.2030年水、核、风能的消费量是2020年的倍10.下列对各事件发生的概率判断正确的是()A.某学生在上学的路，上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为B.三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为，，，假设他们破译密码是彼此独立的，则此密码被破译的概率为C.从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是D.设两个独立事件A和B都不发生的概率为，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率是11.如图，已知正方体的棱长为1，P为底面ABCD内包括边界的动点，则下列结论正确的是()A.不存在点P，使平面B.三棱锥的体积为定值C.若，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长为D.若点P是AD的中点，点Q是的中点，过P，Q作平面平面，则平面截正方体的截面面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
四川省雅安市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题(含答案)
雅安市2023-2024学年下期期末教学质量检测高中一年级数学试题本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上．2．答选择题时，必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．5．考试结束后，只将答题卡交回．第I 卷（选择题，共58分）一、选择题：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．在复平面内，复数所表示的点位于（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．从小到大排列的数据1，2，3，7，8，9，10，11的第三四分位数为（）A ．B ．9C ．D ．103．复数满足，则（ ）A ．B ．C ．D ．4．如图，在梯形ABCD 中，，E 在BC 上，且，设，，则（ ）A ．B ．C ．D ．5．已知m ，n 表示两条不同直线，表示平面，则（ ）A ．若，，则B ．若，，则C ．若，，则D ．若，，则()3i 1i -172192z 1i 22i z z +-=+z =31i 515--31i 515-+11i 155-11i 155+2AB DC =12CE EB =AB a = AD b = DE = 1233a b + 1233a b - 2133a b + 2133a b - αm α⊥n α∥m n⊥m α∥n α∥m n ∥m α⊥m n ⊥n α∥m α∥m n ⊥n α⊥6．一艘船向正北航行，在A 处看灯塔S 在船的北偏东方向上，航行后到B 处，看到灯塔S 在船的北偏东的方向上，此时船距灯塔S 的距离（即BS 的长）为（ ）AB ．C ．D ．7．在复平面内，满足的复数对应的点为Z ，复数对应的点为，则的值不可能为（）A ．3B ．4C ．5D ．68．已知下面给出的四个图都是正方体，A ，B 为顶点，E ，F 分别是所在棱的中点，① ②③ ④则满足直线的图形的个数为（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．为普及居民的消防安全知识，某社区开展了消防安全专题讲座．为了解讲座效果，随机抽取14位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份消防安全知识问卷，这14位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的得分如图所示，下列说法正确的是（ ）30︒10nmile 75︒5i 11iz --=-z 1i --0Z 0Z Z AB EF ⊥A ．讲座前问卷答题得分的中位数小于70B ．讲座后问卷答题得分的众数为90C ．讲座前问卷答题得分的方差大于讲座后得分的方差D ．讲座前问卷答题得分的极差大于讲座后得分的极差10．若平面向量，满足，则（ ）A ．B ．向量与的夹角为C ．D ．在上的投影向量为11．如图，在棱长为1的正方体中，M 是的中点，点P 是侧面上的动点，且平面，则（ ）A ．P 在侧面B ．异面直线AB 与MP 所成角的最大值为C ．三棱锥的体积为定值D ．直线MP 与平面所成角的正切值的取值范围是第II 卷（非选择题，共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．a b 2a b a b ==+= 2a b ⋅=- a a b - π3a b -= a b - a 32a 1111ABCD A B C D -11A B 11CDD C MP ∥1AB C 11CDD C π21A PB C -12411ABB A ⎡⎣12．某学校高中二年级有男生600人，女生400人，为了解学生的身高情况，现按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为50的样本，则所抽取的男生人数为________．13．已知的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且，，BC 边上，则________．14．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体．如图是以一个正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有8个面为正三角形，6个面为正方形的“阿基米德多面体”，包括A ，B ，C 在内的各个顶点都在球O 的球面上．若P 为球O 上的动点，记三棱锥体积的最大值为，球O 的体积为V ，则________．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．（13分）已知复数，（其中）．（1）若为实数，求m 的值；（2）当时，复数是方程的一个根，求实数p ，q 的值．16．（15分）已知向量，．（1）若与垂直，求实数k 的值；（2）已知O ，A ，B ，C 为平面内四点，且，，．若A ，B ，C 三点共线，求实数m 的值．17．（15分）一家水果店为了解本店苹果的日销售情况，记录了过去200天的日销售量（单位：kg ），将全部数据按区间ABC △()πsin π2A A ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭6b =c =P ABC -1V 1V V=12i z m =-2i z m =-m ∈R 12z z 1m =12z z ⋅220x px q ++=()1,2a =- ()3,2b =2ka b - 2a b + 2OA a b =+ 3OB a b =+ ()3,2OC m m =-，，…，分成5组，得到下图所示的频率分布直方图．（1）求图中a 的值；并估计该水果店过去200天苹果日销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）若一次进货太多，水果不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求．店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能地满足顾客的需要（在100天中，大约有85天可以满足顾客的需求）．请问，每天应该进多少水果？18．（17分）从①；②；③．这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答该题．记的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知________．（1）求角C 的大小；（2）若点D 在AB 上，CD 平分，，，求CD 的长；（3a 的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．19．（17分）我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”称为“阳马”．现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面ABCD 是正方形，底面ABCD ，，E 为线段PB 的中点，F 为线段BC 上的动点[)50,60[)60,70[]90,10085%()in cos s a C C a B +=+πsin 62a b c B +⎛⎫+= ⎪⎝⎭()s sin s in in C A B A -=-ABC △ACB ∠2a =c =PA ⊥PA AB =（1）平面AEF 与平面PBC 是否垂直？若垂直，请证明，若不垂直，请说明理由；（2）求二面角的大小；（3）若直线平面AEF ，求直线AB 与平面AEF 所成角的正弦值．B PCD --PC ∥数学试题参考答案及评分标准一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1．C 2．C 3．B 4．D 5．A 6．B 7．A 8．D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．9．11题选对1个得2分，选对2个得4分，全部选对的得6分，有选错的得0分；10题选对1个得3分，全部选对的得6分，有选错的得0分．9．ACD10．AD11．ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．3013．314四、解答题：本题共5小题，共77分．15．（13分）【解析】（1），因为为实数，所以，解得．故为实数时，m 的值为．（2）当时，，，则复数，因为是方程的一个根，所以，化简得，由解得()()()2122232i 2i i 2i i 11m m m m z m m m m z +--+-===-++12z z 220m -=m =12z z 1m =12i z =-21i z =-()()1221i =1-3i z i z =--⋅13i -220x px q ++=()()2213i 13i 0p q -+-+=()16123i 0p q p +--+=()160,1230,p q p ⎩+-=-+⎧⎨=4,20.p q ⎧⎨⎩=-=16．（15分）【解析】（1），则，因为与垂直，所以，解得．（2），，，，因为A ，B ，C 三点共线，所以．所以，解得．17．（15分）【解析】（1）由直方图可得，样本落在，，…，的频率分别为，，0．2，0.4，0.3，由，解得．则样本落在，，…，频率分别为0.05，0.05，0.2，0.4，0.3，所以，该苹果日销售量的平均值为．（2）为了能地满足顾客的需要，即估计该店苹果日销售量的分位数．方法1：依题意，日销售量不超过的频率为，则该店苹果日销售量的分位数在，设为，则，解得．所以，每天应该进苹果．()()()21,223,26,42ka b k k k -=--=--- ()()()221,23,25,2a b +=-+=- 2ka b - 2a b +()()562420k k ----=229k =()()()21,223,27,2OA a b =+=-+= ()()()331,23,26,4OB a b =+=-+=- ()()()6,47,21,6AB OB OA =-=--=-- ()()()3,27,237,22AC OC OA m m m m =-=--=--- AB AC∥()()22637m m ---=-⨯-2m =[)50,60[)60,70[]90,10010a 10a 10100.20.40.31a a ++++=0.005a =[)50,60[)60,70[]90,100()506060707080809090100005005020403835kg 22..222....+++++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=85%85%90kg 10031007..-⨯=85%[]90,100()kg x ()0.031000.15x ⨯-=()95kg x =95kg方法2：依题意，日销售量不超过的频率为，则该店苹果日销售量的分位数在，所以日销售量的分位数为．所以，每天应该进苹果．18．（17分）【解析】（1）若选条件①，依题意，得，根据正弦定理得，因为，所以，则，，所以．又，则，所以．若选条件②．由正弦定理得，所以，，，即．因为，所以，所以．若选条件③在中，因为，，所以，90kg 10.03100.7-⨯=85%[]90,10085%()g .0.8507901095k 10.7-+⨯=-95kg cos sin a A C a +=sin sin cos si n A A C C A +=π02A <<sin 0A >i 1cos n C C +=1c os C C -=1122cos C C -=π1sin 62C ⎛⎫-= ⎪⎝⎭0πC <<ππ=66C -π3C =2sin sin s n πsin i 6A B C B +⎛⎫+= ⎪⎝⎭()sin sin sin 2s sin 1in c 2os 2B A B C B B B C ⎫++++==⎪⎪⎭sin cos cos 2sin sin B C B C B ++=i sin sin cos s n cos cos sin sin C B C B B C B C B +=++i sin s n cos sin C B B C B =+1c os C C -=π1sin 62C ⎛⎫-= ⎪⎝⎭()0,πC ∈ππ=66C -π3C =ABC △()s sin s in in C A B A -=-πA B C ++=()()n s s s n i i in C A C A A +-=-即，化简得．又，则，故．因为，所以．（2）依题意，，即，则，在中，根据余弦定理，有，即，解得或（舍去），所以．（3）依题意，的面积，所以．又为锐角三角形，且，则，所以．又，则，所以．由正弦定理，得，所以，所以所以a 的取值范围为．19．（17分）【解析】（1）平面平面PBC．理由如下：因为平面ABCD ，平面ABCD ，sin cos cos sin sin sin cos cos sin C A C A A C A C A +-=-sin co 2s sin A C A =()0,πA ∈sin 0A ≠cos 12C =0πC <<π3C =1π1π1πsin sin sin 262623D a b a CD b C ⋅+⋅=⋅⋅⋅()b CD a b ⋅+=CD =ABC △22222π2cos3c a b ab a b ab =+-=+-2742b b =+-3b =1a =-CD ==ABC △sin 1122ABC S C ab ab ===△4ab =ABC △π3C =2ππ0,32A B ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭π2π63B <<π02B <<ππ62B <<tan B >sin sin B a b A =sin sin A Bb a =221s sin sin s 2in π4sin 223B a B ab B BB ⎫⎛⎫+⎪- ⎪⎝⎭⎝⎭===228a <<a <<AEF ⊥PA ⊥BC ⊂所以，因为，又．所以平面PAB ，故．在中，，E 为PB 的中点，所以．因为平面PBC ，平面PBC ，，所以平面PBC ．又平面AEF ，所以平面平面PBC ．（2）不妨设，计算可得，，又，，，所以，则，作于G ，连结DG ，又，，可知，所以，所以是二面角的平面角．在中，由，，则，，连结BD ，知中，根据余弦定理，得，所以．（3）因为直线平面AEF ，平面PBC ，平面平面，所以直线直线EF ．又E 为线段PB 的中点，所以F 为线段BC 上的中点．由（2）知，所以．设BG 与EF 交点为H ，连结AH ，由（1）知，平面平面PBC ，平面平面，PA BC ⊥BC AB ⊥PA A AB = BC ⊥BC AE ⊥PAB △PA AB =AE PB ⊥PB ⊂BC ⊂PB BC B = AE ⊥AE ⊂AEF ⊥1AB =PB PD ==PC ==PB PD =BC DC =PC PC =PBC PDC △≌△PCB PCD =∠∠BG PC ⊥BC DC =CG CG =GBC GDC △≌△90DGC BGC ∠=∠=︒BGD ∠B PC D --Rt PBC △C P P BG C B B =⋅⋅1=BG =DG =BD =GBD △2221cos 22BG D D BGD DG G B BG +-=∠⋅==-120BGD ∠=︒PC ∥PC ⊂PBC AEF EF =PC ∥BG PC ⊥BG EF ⊥AEF ⊥AEF PBC EF =所以平面AEF ．所以直线AB 与平面AEF 所成角为．又由EF ，F 为BC 上的中点，可得H 为BG 的中点，可知，，又，所以．直线AB 与平面AEFBH ⊥BAH ∠PC ∥12BH BG ===1AB =sin A BA BH H B =∠=。
高一期末数学试卷及答案
一、选择题（每题5分，共50分）1. 下列各数中，有理数是：A. √2B. πC. √-1D. 0.1010010001…2. 若 a > b > 0，则下列不等式成立的是：A. a² > b²B. a - b > 0C. a/b > 1D. ab > 03. 已知函数 f(x) = 2x - 3，若 f(x) + f(2 - x) = 0，则 x 的值为：A. 1B. 2C. 3D. 44. 在直角坐标系中，点 A(2,3)，B(4,5)，则线段 AB 的中点坐标为：A. (3,4)B. (4,3)C. (3,5)D. (4,4)5. 已知等差数列 {an} 的前n项和为 Sn，若 a1 = 3，d = 2，则 S10 的值为：A. 100B. 105C. 110D. 1156. 若复数 z 满足 |z - 1| = |z + 1|，则 z 在复平面上的位置是：A. 实轴上B. 虚轴上C. 第一象限D. 第二象限7. 下列函数中，是奇函数的是：A. f(x) = x²B. f(x) = |x|C. f(x) = x³D. f(x) = 1/x8. 在△ABC中，若 a = 3，b = 4，c = 5，则△ABC是：A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 钝角三角形9. 已知函数f(x) = x² - 4x + 4，其图像的对称轴是：A. x = 1B. x = 2C. y = 1D. y = 410. 若等比数列 {an} 的前三项分别是 2, 6, 18，则其公比为：A. 2B. 3C. 6D. 9二、填空题（每题5分，共50分）1. 若 a + b = 5，a - b = 1，则a² - b² 的值为________。
2. 已知等差数列 {an} 的前n项和为 Sn，若 a1 = 3，d = 2，则 S10 的值为________。
北京市海淀区2023-2024学年高一下学期期末练习(二)数学试题含答案
2023-2024学年度第二学期高一数学学科期末练习（二）（答案在最后）命题人班级姓名本试卷共三道大题，满分50分，考试时间30分钟一、选择题（共9小题，每小题4分，共36分）1.一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为（）A.8B.C.16D.【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的周长即可．【详解】还原直观图为原图形如图所示，O A''=，所以O B''=，还原回原图形后，因为2=''=，2OA O A2=''=OB O B，AB==，所以6⨯+=．所以原图形的周长为2(26)16故选：C.2.下列说法不正确的是（）A.平行六面体的侧面和底面均为平行四边形B.直棱柱的侧棱长与高相等C.斜棱柱的侧棱长大于斜棱柱的高D.直四棱柱是长方体【分析】根据几何体的定义和性质依次判断每个选项判断得到直四棱柱不一定是长方体得到答案.【详解】根据平行多面体的定义知：平行六面体的侧面和底面均为平行四边形，A 正确；直棱柱的侧棱长与底面垂直，故与高相等，B 正确；斜棱柱的侧棱与高可构成以侧棱为斜边，高为直角边的直角三角形，斜边大于直角边，C 正确；当直四棱柱的底面不是长方形时不是长方体，D 错误.故选：D.3.下列命题正确的是（）A.三点确定一个平面B.梯形确定一个平面C.两条直线确定一个平面D.四边形确定一个平面【答案】B【解析】【分析】依次判断每个选项：当三点共线时不能确定一个平面，梯形上底和下底平行，能确定一个平面，两条直线异面时不能确定一个平面，空间四边形不能确定一个平面，得到答案.【详解】当三点共线时不能确定一个平面，A 错误；梯形上底和下底平行，能确定一个平面，B 正确；两条直线异面时不能确定一个平面，C 错误；空间四边形不能确定一个平面，D 错误.故选：B.4.已知点A ∈直线l ，又A ∈平面α，则（）A.//l αB.l A α=IC.l ⊂αD. l A α⋂=或 l α⊂【答案】D【解析】【分析】根据直线与平面的位置关系判断．【详解】点A ∈直线l ，又A ∈平面α，则l 与平面α至少有一个公共点，所以l A α=I 或l ⊂α．故选：D ．5.若空间三条直线a ，b ，c 满足a ⊥b ，b c ，则直线a 与c （）A.一定平行B.一定垂直C.一定是异面直线D.一定相交【分析】根据空间中直线的位置关系分析判断.【详解】∵a ⊥b ，b c ，∴a ⊥c .故选：B.6.给定空间中的直线l 与平面α，则“直线l 与平面α垂直”是“直线l 垂直于α平面内无数条直线”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由线面垂直的性质结合两个条件之间的推出关系可得正确的选项.【详解】若直线l 与平面α垂直，由垂直的定义知，直线l 垂直于α平面内无数条直线；但是当直线l 垂直于α平面内无数条直线时，直线l 与平面α不一定垂直.所以“直线l 与平面α垂直”是“直线l 垂直于α平面内无数条直线”的充分不必要条件，故选：A7.已知,αβ是平面，m 、n 是直线，则下列命题正确的是（）A .若//,m m n α^，则//n α B.若,m m αβ⊥⊥，则//αβC.若,ααβ⊥⊥m ，则//m βD.若//,//m n αα，则//m n 【答案】B【解析】【分析】根据线面平行、线面垂直的性质依次判断每个选项得到答案.【详解】若//,m m n α^，则//n α或n ⊂α或n 与α相交，A 错误；若,m m αβ⊥⊥，则//αβ，B 正确；若,ααβ⊥⊥m ，则//m β或m β⊂，C 错误；若//,//m n αα，则//m n 或,m n 相交或,m n 异面，D 错误.故选：B.8.如图，三棱台111ABC A B C -中，底面ABC 是边长为6的正三角形，且11113AA A C C C ===，平面11AA C C ⊥平面ABC ，则棱1BB =（）A.2B.C.3D.【答案】A【解析】【分析】取11,A C AC 中点分别为,M N ，连接1,,MB MN NB ,过点1B 作BN 的垂线，垂足为P ，从而在直角梯形1MNBB 求解即可.【详解】如图，取11,A C AC 中点分别为,M N ，连接1,,MB MN NB ,过点1B 作BN 的垂线，垂足为P ，因为113AA C C ==，所以MN AC ⊥，且6AC =,所以2MN ==,因为平面11AA C C ⊥平面ABC ，平面11AA C C 平面ABC AC =，,MN AC MN ⊥⊂面11AA C C ,所以MN ⊥平面ABC ，又因为BN ⊂平面ABC ，所以MN BN ⊥，又因为在三棱台111ABC A B C -中，1//MB NB ，所以四边形1MNBB 为直角梯形，因为12NP MB ===,NB ==,所以2PB =，所以在直角三角形1BPB 中，12BB ===,故选:A.9.如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段11AC 的中点，Q 为线段1BC 上的动点，则下列结论正确的是（）A.存在点Q ，使得//PQ BDB.存在点Q ，使得PQ ⊥平面11AB C DC.三棱锥Q APD -的体积是定值D.存在点Q ，使得PQ 与AD 所成的角为π6【答案】B【解析】【分析】A 由11//BD B D 、11B D PQ P = 即可判断；B 若Q 为1BC 中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；C 只需求证1BC 与面APD 是否平行；D 利用空间向量求直线夹角的范围即可判断.【详解】A ：正方体中11//BD B D ，而P 为线段11A C 的中点，即为11B D 的中点，所以11B D PQ P = ，故,BD PQ 不可能平行，错；B ：若Q 为1BC 中点，则1//PQ A B ，而11A B AB ⊥，故1PQ AB ⊥，又AD ⊥面11ABB A ，1A B ⊂面11ABB A ，则1A B AD ⊥，故PQ AD ⊥，1AB AD A ⋂=，1,AB AD ⊂面11AB C D ，则PQ ⊥面11AB C D ，所以存在Q 使得PQ ⊥平面11AB C D，对；C ：由正方体性质知：11//BC AD ，而1AD 面APD A =，故1BC 与面APD不平行，所以Q 在线段1BC 上运动时，到面APD 的距离不一定相等，故三棱锥Q APD -的体积不是定值，错；D ：构建如下图示空间直角坐标系D xyz -，则(2,0,0)A ，(1,1,2)P ，(2,2,)Q a a -且02a ≤≤，所以(2,0,0)DA = ，(1,1,2)PQ a a =-- ，若它们夹角为θ，则cos ||θ==令1[1,1]t a =-∈-，则cos θ==，当(0,1]t ∈，则[)11,t ∈+∞，cos (0,]6θ∈；当0=t 则cos 0θ=；当[1,0)t ∈-，则(]1,1t ∞∈--，cos (0,2θ∈；所以πcos 62=不在上述范围内，错.故选：B二、填空题（共2小题，每小题4分，共8分）10.如图，在正方体ABCD﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在面对角线AC 上运动，给出下列四个命题：①D 1P∥平面A 1BC 1；②D 1P⊥BD；③平面PDB 1⊥平面A 1BC 1；④三棱锥A 1﹣BPC 1的体积不变．则其中所有正确的命题的序号是_____．【答案】①③④【解析】【分析】利用线面平行的判定定理与性质定理，面面垂直的判定定理与三棱锥的体积公式对四个选项逐一分析判断即可．【详解】①∵在正方体中，D 1A ∥BC 1，D 1C ∥BA 1，且D 1A∩DC 1=D 1，∴平面D 1AC∥平面A 1BC 1；∵P 在面对角线AC 上运动，∴D 1P∥平面A 1BC 1；∴①正确．②当P 位于AC 的中点时，D 1P⊥BD 不成立，∴②错误；③∵A 1C 1⊥平面BDD 1B 1；∴A 1C 1⊥B 1D，同理A 1B ⊥B 1D ，∴B 1D⊥平面A 1BC 1，∴平面BDD 1B⊥面ACD 1，∴平面PDB 1⊥平面A 1BC 1；∴③正确．④三棱锥A 1-BPC 1的体积等于B-A 1PC 1的体积，△A 1PC 1的面积为定值12A 1C 1•AA 1，B 到平面A 1PC 1的高为BP 为定值，∴三棱锥A 1-BPC 1的体积不变，∴④正确．故答案为①③④．【点睛】本题考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系及体积，突出考查面面平行的判定定理与性质定理，考查面面垂直的判定定理，考查几何体的体积运算.11.陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也作陀罗，闽南语称作“干乐”，北方叫作“冰尜（gá）”或“打老牛”．传统古陀螺大致是木制或铁制的倒圆锥形．现有一圆锥形陀螺（如图所示），其底面半径为3，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S 滚动，当圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周．①圆锥的母线长为9；②圆锥的表面积为36π；③圆锥的侧面展开图（扇形）的圆心角为60︒；④圆锥的体积为，其中所有正确命题的序号为______________．【答案】①②【解析】【分析】利用圆锥在平面内转回原位置求解以S 为圆心，SA 为半径的圆的面积，再求解圆锥的侧面积，根据圆锥本身恰好滚动了3周列出方程求解结果；利用圆锥的表面积公式进行计算；圆锥的底面圆周长即为圆锥侧面展开图（扇形）的弧长，根据弧长公式求解圆心角；求解圆锥的高，利用圆锥体积公式求解．【详解】解：设圆锥的母线长为l ，以S 为圆心，SA 为半径的圆的面积为2πl ，圆锥的侧面积为π3πrl l =，当圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则2π9πl l =，所以圆锥的母线长为9l =，故①正确；圆锥的表面积23π9π336π⨯+⨯=，故②正确；圆锥的底面圆周长为2π36π⨯=，设圆锥侧面展开图（扇形）的圆心角为rad α，则6π9α=，解得2π3α=，即120α=︒，故③错误；圆锥的高h ===，所以圆锥的体积为2211ππ333V r h ==⨯⨯=，故④错误．故答案为：①②．三、解答题12.如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，P ，Q 分别为1A B ，1CC 的中点.（1）证明：//PQ 平面AB C ；（2）证明：平面1A BQ ⊥平面11AA B B .请在下列证明过程中的横线上填上推理的依据.【解答】（1）证明：取AB 的中点D ，连接PD 、CD ，因为P ，Q 分别为1A B ，1CC 的中点，所以1PD AA ∥且112PD AA =，又三棱柱111ABC A B C -是正三棱柱，所以1CQ AA ∥，112CQ AA =，所以PD CQ ∥且PD CQ =，所以PDCQ 为平行四边形，所以PQ CD ∥，又因为PQ ⊂/平面ABC ，CD ⊂平面ABC ，所以//PQ 平面ABC （①定理）.（2）证明：在正三棱柱111ABC A B C -中，D 为AB 的中点，所以CD AB ⊥，又1AA ⊥平面ABC ，CD ⊂平面ABC ，所以1CD AA ⊥，1AA AB A = ，1AA ，AB ⊂平面11ABB A ，所以CD ⊥平面11ABB A （②定理）.又CD PQ ∥，所以PQ ⊥平面11ABB A ，又PQ ⊂平面1A BQ ，AA B B（③定理）.所以平面1A BQ 平面11【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析【解析】【分析】根据题意，由线面平行的判定定理以及线面与面面垂直的判定定理，即可得到结果.【小问1详解】①线面平行的判定定理【小问2详解】②线面垂直的判定定理③面面垂直的判定定理。
湖北省武汉2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷含答案
武汉2023-2024学年度下学期期末考试高一数学试卷（答案在最后）命题教师：考试时间：2024年7月1日考试时长：120分钟试卷满分：150分一、选择题：本题共8小题，每题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.若复数z 满足(2i)3i z +=-，则z =（）A.1i +B.1i- C.1i-+ D.1i--【答案】A 【解析】【分析】先利用复数的除法运算法则化简得到复数z ，再根据共轭复数的概念即可求解.【详解】因为(2i)3i z +=-，所以3i (3i)(2i)1i 2i 41z ---===-++，所以1i z =+.故选：A2.△ABC 中，60A =︒，BC =AC =C 的大小为（）A.75︒B.45︒C.135︒D.45︒或135︒【答案】A 【解析】【分析】利用正弦定理可得sin B =45B = ，由三角形内角和即可求解.【详解】由正弦定理可得sin sin BC AC A B=,故32sin 2B ==,由于60A =︒，故0120B ︒︒<<,故45B = ，18075C A B =--= ,故选：A3.已知数据1x ，2x ，L ，9x 的方差为25，则数据131x +，231x +，L ，931x +的标准差为（）A.25B.75C.15D.【答案】C 【解析】【分析】根据方差的性质求出新数据的方差，进而计算标准差即可.【详解】因为数据1x ，2x ，L ，9x 的方差为25，所以另一组数据131x +，231x +，L ，931x +的方差为2325225⨯=，15=.故选：C4.在正方形ABCD 中，M 是BC 的中点．若AC AM BD λμ=+，则λμ+的值为（）A.43B.53C.158D.2【答案】B 【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算求解作答.【详解】在正方形ABCD 中，以点A 为原点，直线AB ，AD 分别为x ，y 轴建立平面直角坐标系，如图，令||2AB =，则(2,0),(2,2),(0,2),(2,1)B C D M ，(2,2),(2,1),(2,2)AC AM BD ===-，(22,2)AM BD λμλμλμ+=-+ ，因AC AM BD λμ=+ ，于是得22222λμλμ-=⎧⎨+=⎩，解得41,33λμ==，53λμ+=所以λμ+的值为53.故选：B5.正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2D 为BC 中点，则三棱锥11A B DC -的体积为A.3B.32C.1D.32【答案】C 【解析】【详解】试题分析：如下图所示，连接AD ，因为ABC ∆是正三角形，且D 为BC 中点，则AD BC ⊥，又因为1BB ⊥面ABC ，故1BB AD ⊥，且1BB BC B ⋂=，所以AD ⊥面11BCC B ，所以AD 是三棱锥11A B DC -的高，所以11111133133A B DC B DC V S AD -∆=⋅==．考点：1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积．6.在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos cos sin sin()sin B C AA C b c C ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，3B π=，则a c +的取值范围是（）A.332⎛⎝ B.332⎛⎝ C.332⎣ D.332⎡⎢⎣【答案】A 【解析】【分析】利用三角恒等变换及正弦定理将cos cos sin sin()sin B C AA C bc C ⎛⎫++=⎪⎝⎭进行化简，可求出b 的值，再利用边化角将a c +化成角，然后利用辅助角公式及角的范围即可得到答案.【详解】由题知cos cos sin sin()sin B C AA C bc C ⎛⎫++=⎪⎝⎭，3B π=∴cos cos sin sin sin B C AB bc C ⎛⎫+=⎪⎝⎭即cos cos 3sin B C Ab c C+=由正弦定理化简得∴sin cos cos 3sin 3A cB bC C ⋅+⋅==∴23sin sin cos cos sin 3AC B C B +=∴23sin sin()sin 3AB C A +==∴2b =3B π=∴1sin sin sin a b cA B C===∴23sin sin sin sin()sin cos )3226a c A C A A A A A ππ+=+=+-=+=+ 203A π<<∴5666A πππ<+<∴)26A π<+≤即2a c <+≤故选：A .【点睛】方法点睛：边角互化的方法（1）边化角：利用正弦定理2sin sin sin a b cr A B C===（r 为ABC 外接圆半径）得2sin a r A =，2sin b r B =，2sin c r C =；（2）角化边：①利用正弦定理：sin 2aA r=，sin 2b B r =，sin 2c C r=②利用余弦定理：222cos 2b c a A bc+-=7.设O 为△ABC 的外心，若2AO AB AC =+，则sin BAC ∠的值为（）A.4B.4C.4-D.4【答案】D 【解析】【分析】设ABC 的外接圆半径为R ，由已知条件可得,2AC BO = ，所以12AC R =，且//AC BO ，取AC的中点M ，连接OM 可得π2BOM ∠=，计算cos sin BOC MOC ∠=-∠的值，再由余弦定理求出BC ，在ABC 中，由正弦定理即可求解.【详解】设ABC 的外接圆半径为R ，因为2AO AB AC =+ ,2AC AO AB BO =-=，所以1122AC BO R ==，且//AC BO ，取AC 的中点M ，连接OM ，则OM AC ⊥，因为//AC BO ，所以OM BO ⊥，即π2BOM ∠=，所以11π124cos cos sin 24AC RMC BOC MOC MOC OC OB R ⎛⎫∠=+∠=-∠=-=-=-=- ⎪⎝⎭,在BOC中由余弦定理可得：2BC R ===，在ABC中，由正弦定理得：2sin 224RBCBAC RR ∠===.故选：D8.高为8的圆台内有一个半径为2的球1O ，球心1O 在圆台的轴上，球1O 与圆台的上底面、侧面都相切.圆台内可再放入一个半径为3的球2O ，使得球2O 与球1O 、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点.除球2O ，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是（）A.1 B.2C.3D.4【答案】B 【解析】【详解】作过2O 的圆台的轴截面，如图1.再作过2O 与圆台的轴垂直的截面，过截面与圆台的轴交于圆O .由图1.易求得24OO =.图1这个问题等价于：在以O 为圆心、4为半径的圆上，除2O 外最多还可放几个点，使以这些点及2O 为圆心、3为半径的圆彼此至多有一个公共点.由图2，3sin45sin sin604θ︒<=︒，有4560θ︒<<︒.图2所以，最多还可以放入36013122θ︒⎡⎤-=-=⎢⎣⎦个点，满足上述要求.因此，圆台内最多还可以放入半径为3的球2个.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知某地区有小学生120000人，初中生75000人，高中生55000人，当地教育部门为了了解本地区中小学生的近视率，按小学生、初中生、高中生进行分层抽样，抽取一个容量为2000的样本，得到小学生，初中生，高中生的近视率分别为30%，70%，80%.下列说法中正确的有（）A.从高中生中抽取了460人B.每名学生被抽到的概率为1125C.估计该地区中小学生总体的平均近视率为60%D.估计高中学生的近视人数约为44000【答案】BD 【解析】【分析】根据分层抽样、古典概型、频率公式等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】高中生抽取5500020004401200007500055000⨯=++人，A 选项错误.每名学生被抽到的概率为200011200007500055000125=++，B 选项正确.学生总人数为1200007500055000250000++=，估计该地区中小学生总体的平均近视率为1200007500055000132.50.30.70.80.53250000250000250000250⨯+⨯+⨯==，C 选项错误.高中学生近视人数约为550000.844000⨯=人，D 选项正确.故选：BD10.G 是ABC 的重心，2,4,120,AB AC CAB P ∠=== 是ABC 所在平面内的一点，则下列结论正确的是（）A.0GA GB GC ++= B.AB 在AC上的投影向量等于12- AC .C.3AG =D.()AP BP CP ⋅+ 的最小值为32-【答案】ACD 【解析】【分析】根据向量的线性运算，并结合重心的性质，即可判断A ，根据投影向量的定义，判断B ；根据向量数量积公式，以及重心的性质，判断C ；根据向量数量积的运算率，结合图形转化，即可判断D.【详解】A.以,GB GC 为邻边作平行四边形GBDC ，,GD BC 交于点O ，O 是BC 的中点，因为G 是ABC 的重心，所以,,A G O 三点共线，且2AG GO =，所以2GB GC GD GO +== ，2GA AG GO =-=- ，所以0GA GB GC ++=，故A 正确；B.AB 在AC 上的投影向量等于1cos1204AC AB AC AC ⨯=-，故B 错误；C.如图，因为()12AO AB AC =+ ，所以()222124AO AB AC AB AC =++⋅,即211416224342AO ⎛⎫=+-⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，即3AO = 因为点G 是ABC 的重心，22333AG AO ==，故C 正确；D.取BC 的中点O ，连结,PO PA ，取AO 中点M ，则2PA PO PM += ，()12AO AB AC =+，()()2221124816344AO AB AB AC AC =+⋅+=⨯-+= ,则()()()()221224AP BP CP PA PB PC PA PO PA PO PA PO ⎡⎤⋅+=⋅+=⋅=⨯+--⎢⎥⎣⎦，222132222PM OA PM =-=- ,显然当,P M 重合时，20PM = ，()AP BP CP ⋅+ 取最小值32-，故D 正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题的关键是对于重心性质的应用，以及向量的转化.11.如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，O 为正方体的中心，M 为1DD 的中点，F 为侧面正方形11AA D D 内一动点，且满足1B F ∥平面1BC M ，则（）A.三棱锥1D DCB -的外接球表面积为12πB.动点F 的轨迹的线段为22C.三棱锥1F BC M -的体积为43D.若过A ，M ，1C 三点作正方体的截面Ω，Q 为截面Ω上一点，则线段1AQ 长度的取值范围为45,225⎡⎢⎣⎦【答案】AC 【解析】【分析】选项A ：三棱锥1D DCB -的外接球即为正方体的外接球，结合正方体的外接球分析；选项B ：分别取1AA ，11A D 的中点H ，G ，连接1B G ，GH ，1HB ，1AD ；证明平面1B GH ∥平面1BC M ，从而得到点F 的轨迹为线段GH ；选项C ：根据选项B 可得出GH ∥平面1BC M ，从而得到点F 到平面1BC M 的距离为H 到平面1BC M 的距离，再结合线面垂直及等体积法，利用四棱锥的体积求解所求三棱锥的体积；选项D ：设N 为1BB 的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面Ω即为面1AMC N ，从而线段1AQ 长度的最大值为线段11A C 的长，最小值为四棱锥11A AMC N -以1A 为顶点的高.【详解】对于A ：由题意可知：三棱锥1D DCB -的外接球即为正方体的外接球，可知正方体的外接球的半径3R =所以三棱锥1D DCB -的外接球表面积为24π12πR =，故A 正确；对于B ：如图分别取1AA ，11A D 的中点H ，G ，连接1B G ，GH ，1HB ，1AD ．由正方体的性质可得11B H C M ∥，且1B H ⊂平面1B GH ，1C M ⊄平面1B GH ，所以1C M //平面1B GH ，同理可得：1BC //平面1B GH ，且111BC C M C ⋂=，11,BC C M ⊂平面1BC M ，所以平面1B GH ∥平面1BC M ，而1B F ∥平面1BC M ，所以1B F ⊂平面1B GH ，所以点F 的轨迹为线段GH ，其长度为12222⨯=，故B 错误；对于C ：由选项B 可知，点F 的轨迹为线段GH ，因为GH ∥平面1BC M ，则点F 到平面1BC M 的距离为H 到平面1BC M 的距离，过点B 作1BP B H ⊥，因为11B C ⊥平面11ABB A ，BP ⊂平面11ABB A ，所以11B C BP ⊥，又1111⋂=B C B H B ，111,B C B H ⊂平面11B C MH ，所以BP ⊥平面11B C MH ，所以1111111111114252232335F BC M H BC M B C MH B B C MH B C MHV V V V S BP ----====⨯=⨯⨯⨯⨯，故C 正确；对于D ：如图，设平面Ω与平面11AA B B 交于AN ，N 在1BB 上，因为截面Ω⋂平面11AA D D AM =，平面11AA D D ∥平面11BB C C ，所以1AM C N ∥，同理可证1AN C M ∥，所以截面1AMC N 为平行四边形，所以点N 为1BB 的中点，在四棱锥11A AMC N -中，侧棱11A C 最长，且11A C =设棱锥11A AMC N -的高为h ，因为1AM C M ==1AMC N 为菱形，所以1AMC 的边1AC ，又1AC =则112AMC S =⨯=△1111111142223323C AA M AA M V SD C -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△，所以1111114333A AMC AMC C AA M V S h V --=⋅===△，解得3h =.综上，可知1AQ 长度的取值范围是,3⎡⎢⎣，故D 错误.故选：AC【点睛】关键点睛：由面面平行的性质得到动点的轨迹，再由锥体的体积公式即可判断C ，D 选项关键是找到临界点，求出临界值.三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数()221i i()z m m m =-++⋅∈R 表示纯虚数，则m =________．【答案】1-【解析】【分析】根据2i 1=-和复数的分类要求得出参数值；【详解】因为复数()()2221ii=11i()z m m mm m =-++⋅-+-⋅∈R 表示纯虚数，所以210,10,m m ⎧-=⎨-≠⎩解得1m =-，故答案为：1-.13.定义集合(){},02024,03,,Z |A x y x y x y =≤≤≤≤∈，则从A 中任选一个元素()00,x y ，它满足00124x y -+-<的概率是________．【答案】42025【解析】【分析】利用列举法求解符合条件的()00,x y ，即可利用古典概型的概率公式求解.【详解】当0y =时，02024,Z x x ≤≤∈，有2025种选择，当1,2,3y =时，02024,Z x x ≤≤∈，分别有2025种选择，因此从A 中任选一个元素()00,x y ，共有202548100⨯=种选择，若00y =，则022y -=，此时由00124x y -+-<得012x -<，此时0x 可取0，1，2，若01y =或3，则021y -=，此时由00124x y -+-<得013x -<，此时0x 可取0，1，2，3，若02y =，则020y -=，此时由00124x y -+-<得014x -<，此时0x 可取0，1，2，3，4，综上可得满足00124x y -+-<的共有342516+⨯+=种情况，故概率为16481002025=故答案为：4202514.在ABC 和AEF △中，B 是EF的中点，1,6,AB EF BC CA ====，若2AB AE AC AF ⋅+⋅= ，则EF 与BC的夹角的余弦值等于__________.【答案】23【解析】【分析】【详解】由题意有：()()2AB AE AC AF AB AB BE AC AB BF ⋅+⋅=⋅++⋅+=,即22AB AB BE AC AB AC BF +⋅+⋅+⋅= ，而21AB =，据此可得：11,AC AB BE BF ⋅=⨯-=- ，即()112,2BF AC AB BF BC +⋅--=∴⋅= ，设EF 与BC 的夹角为θ，则2cos 2,cos 3BF BC θθ⨯⨯=∴= .四、解答题：本小题共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.某学校为了解本校历史、物理方向学生的学业水平模拟测试数学成绩情况，分别从物理方向的学生中随机抽取60人的成绩得到样本甲，从历史方向的学生中随机抽取n 人的成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图：已知乙样本中数据在[70,80)的有10个．（1）求n 和乙样本直方图中a 的值；（2）试估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）；（3）采用分层抽样的方法从甲样本数据中分数在[60,70)和[70,80)的学生中抽取6人，并从这6人中任取2人，求这两人分数都在[70,80)中的概率．【答案】（1）50n =，0.018a =；（2）物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值为81.5，历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数为88.25；（3）25【解析】【分析】（1）由频率分布直方图得乙样本中数据在[70,80)的频率为0.2，这个组学生有10人，由此能求出n ，由乙样本数据直方图能求出a ；（2）利用甲、乙样本数据频率分布直方图能估计估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数；（3）由频率分布直方图可知从分数在[60,70)和[70,80)的学生中分别抽取2人和4人，将从分数在[60,70)中抽取的2名学生分别记为1A ，2A ，从分数在[70,80)中抽取的4名学生分别记为1b ，2b ，3b ，4b ，利用列举法能求出这两人分数都在[70,80)中的概率．【小问1详解】解：由直方图可知，乙样本中数据在[70,80)的频率为0.020100.20⨯=，则100.20n=，解得50n =；由乙样本数据直方图可知，(0.0060.0160.0200.040)101a ++++⨯=，解得0.018a =；【小问2详解】解：甲样本数据的平均值估计值为(550.005650.010750.020850.045950.020)1081.5⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯=，乙样本数据直方图中前3组的频率之和为(0.0060.0160.02)100.420.75++⨯=<，前4组的频率之和为(0.0060.0160.020.04)100.820.75+++⨯=>，所以乙样本数据的第75百位数在第4组，设第75百位数为x ，(80)0.040.420.75x -⨯+=，解得88.25x =，所以乙样本数据的第75百位数为88.25，即物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值为81.5，历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数为88.25；【小问3详解】解：由频率分布直方图可知从分数在[60,70)和[70,80)的学生中分别抽取2人和4人，将从分数在[60,70)中抽取的2名学生分别记为1A ，2A ，从分数在[70,80)中抽取的4名学生分别记为1b ，2b ，3b ，4b ，则从这6人中随机抽取2人的基本事件有：12(,)A A ，11(,)A b ，12(,)A b ，13(,)A b ，14(,)A b ，21(,)A b ，22(,)A b ，23(,)A b ，24(,)A b ，12()b b ,，13(,)b b ，14(,)b b ，23(,)b b ，24(,)b b ，34(,)b b 共15个，所抽取的两人分数都在[70,80)中的基本事件有6个，即这两人分数都在[70,80)中的概率为62155=．16.（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在四棱锥11A BCC B -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，△ABC 是正三角形，四边形11BCC B 是正方形，D 是AC 的中点．（1）求证：1//AB 平面1BDC ；（2）求直线BC 和平面1BDC 所成角的正弦值的大小．【答案】（1）证明见解析（2）55【解析】【分析】（1）连接1B C ，交1BC 于点O ，连接OD ，由中位线的性质，可知1//OD AB ，再由线面平行的判定定理，得证；（2）过点C 作1CE C D ⊥于点E ，连接BE ，可证CE ⊥平面1BDC ，从而知CBE ∠即为所求，再结合等面积法与三角函数的定义，得解．【小问1详解】连接1B C ，交1BC 于点O ，连接OD ，则O 为1B C 的中点，因为D 是AC 的中点，所以1//OD AB ，又OD ⊂平面1BDC ，1AB ⊄平面1BDC ，所以1AB ∥平面1BDC ．【小问2详解】过点C 作1CE C D ⊥于点E ，连接BE ，因为四边形11BCC B 是正方形，所以1BC CC ⊥，又平面ABC⊥平面11BCC B ，1CC ⊂平面11BCC B ，平面ABC ⋂平面11BCC B BC =，所以1CC ⊥平面ABC ，因为BD ⊂平面ABC ，所以1CC BD ⊥，因为ABC 是正三角形，且D 是AC 的中点，所以BD AC ⊥，又1CC AC C =I ，1,⊂CC AC 平面1ACC ，所以BD ⊥平面1ACC ，因为CE ⊂平面1ACC ，所以BD CE ⊥，又1C D BD D =I ，1,C D BD ⊂平面1BDC ，所以CE ⊥平面1BDC ，所以CBE ∠就是直线BC 和平面1BDC 所成角，设2BC =，在1Rt DCC 中，11CE DC CD CC ⋅=⋅，所以5CE ==，在Rt BCE 中，5sin 25CE CBE BC ∠===.17.甲、乙两人进行乒乓球对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，且比赛结束，通过分析甲、乙过去比赛的数据知，甲发球甲赢的概率为23，乙发球甲赢的概率为25，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球.（1）求该局打4个球甲赢的概率；（2）求该局打5个球结束的概率.【答案】（1）875（2）44675【解析】【分析】（1）先设甲发球甲赢为事件A ，乙发球甲赢为事件B ，然后分析这4个球的发球者及输赢者，即可得到所求事件的构成，利用相互独立事件的概率计算公式即可求解；（2）先将所求事件分成甲赢与乙赢这两个互斥事件，再分析各事件的构成，利用互斥事件和相互独立事件的概率计算公式即可求得概率.【小问1详解】设甲发球甲赢为事件A ，乙发球甲赢为事件B ，该局打4个球甲赢为事件C ，由题知，2()3P A =，2()5P B =，则C ABAB =，所以23228()()()(()()353575P C P ABAB P A P B P A P B ===⨯⨯⨯=，所以该局打4个球甲赢的概率为875.【小问2详解】设该局打5个球结束时甲赢为事件D ，乙赢为事件E ，打5个球结束为事件F ，易知D ，E 为互斥事件，D ABABA =，E ABABA =，F D E =⋃，所以()()()()()()()P D P ABABA P A P B P A P B P A ==2222281135353675⎛⎫⎛⎫=-⨯⨯-⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()()()()()()P E P ABABA P A P B P A P B P A ==2222241113535375⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-⨯⨯-⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以8444()()()()67575675P F P D E P D P E =⋃=+=+=，所以该局打5个球结束的概率为44675.18.在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，22cos a c b C -=.（1）求B ；（2）若点D 为边BC 的中点，点E ，F 分别在边AB ，AC （包括顶点）上，π6EDF ∠=，2b c ==.设BDE α∠=，将DEF 的面积S 表示为α的函数，并求S 的取值范围.【答案】（1）π3（2）3ππ,π328sin 23S αα=≤≤⎛⎫- ⎪⎝⎭，3,84S ⎡∈⎢⎣⎦【解析】【分析】（1）由题干及余弦定理可得222a c b ac +-=，再根据余弦定理即可求解；（2）由题可得ABC 为等边三角形，ππ32α≤≤，在BDE 与CDF 中，分别由正弦定理求出DE ，DF ，根据三角形面积公式可得3ππ,2ππ3216sin sin 36S ααα=≤≤⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由三角恒等变换及正弦函数的图象与性质即可求解.【小问1详解】因为22cos a c b C -=，所以222222222a b c a b c a c b ab a +-+--=⋅=，即222a cb ac +-=，所以2221cos 222a cb ac B ac ac +-===.因为()0,πB ∈，所以π3B =.【小问2详解】由π3B=及2b c==可知ABC为等边三角形.又因为π6EDF∠=，BDEα∠=，所以ππ32α≤≤.在BDE中，2π3BEDα∠=-，由正弦定理可得sin sinDE BDB BED∠=，即32π2sin3DEα=⎛⎫-⎪⎝⎭.在CDF中，π6CFDα∠=-，由正弦定理可得sin sinDF CDC CFD∠=，即π2sin6DFα=⎛⎫-⎪⎝⎭.所以31π3ππsin,2ππ2ππ8632 sin sin16sin sin3636Sααααα=⨯⨯=≤≤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫----⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.因为2ππ11sin sin cos sin sin cos362222αααααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--=+-⎪⎪⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭2213313sin cos cos sin sin2cos224444αααααα=-+=-1πsin223α⎛⎫=-⎪⎝⎭，因为ππ32α≤≤，所以ππ2π2,333α⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，所以π3sin2,132α⎤⎛⎫-∈⎥⎪⎝⎭⎣⎦，所以1π1sin2,2342α⎤⎛⎫-∈⎥⎪⎝⎭⎣⎦.所以2ππ16sin sin36αα⎛⎫⎛⎫⎡⎤--∈⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭，所以33,2ππ8416sin sin36αα⎡∈⎢⎛⎫⎛⎫⎣⎦--⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以333,2ππ8416sin sin36Sαα⎡=∈⎢⎛⎫⎛⎫⎣⎦--⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以S 的取值范围为3,84⎡⎢⎣⎦.19.（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在三棱柱ADP BCQ -中，侧面ABCD 为矩形．（1）若PD⊥面ABCD ，22PD AD CD ==，2NC PN =，求证：DN BN ⊥；（2）若二面角Q BC D --的大小为θ，π2π,43θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，且2cos 2AD AB θ=⋅，设直线BD 和平面QCB 所成角为α，求sin α的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）12-【解析】【分析】（1）问题转化为证明DN⊥平面BCP ，即证明ND BC ⊥和DN PC ⊥，ND BC ⊥转化为证明BC ⊥平面PQCD ，而ND BC ⊥则只需证明PDN PCD△△（2）作出二面角Q BC D --的平面角以及直线BD 与平面QCB 所成的角，列出sin α的表达式，最后把问题转化为函数最值问题.【小问1详解】因为PD⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD BC ⊥，又CD BC ⊥，PD CD D ⋂=，,PD CD ⊂平面PCD ，所以BC ⊥平面PQCD ，又ND ⊂平面PQCD ，所以ND BC ⊥，在Rt PCD 中，2PD ==，则CD =3PC =，所以2NC =，1PN =，由PN PDND PC=，DPN CPD ∠=∠，所以PDN PCD △△，所以DN PC ⊥，又因为ND BC ⊥，PC BC C ⋂=，,PC BC ⊂平面BCP ，所以DN⊥平面BCP ，又因为BN ⊂平面BCP ，所以DN BN ⊥.【小问2详解】在平面QBC 中，过点C 作CF BC ⊥，因为ABCD 为矩形，所以BC CD ⊥，所以DCF ∠为二面角Q BC D --的平面角，且DCF θ∠=，又⋂=CF CD C ，,CD CF ⊂平面CDF ，所以BC ⊥平面CDF ，在平面CDF 中，过点D 作DG FC ⊥，垂足为G ，连接BG ，因为BC ⊥平面CDF ，DG ⊂平面CDF ，所以DG BC ⊥，又BC FC C ⋂=，,BC FC ⊂平面BCQ ，所以DG ⊥平面BCQ ，所以DBG ∠为直线BD 与平面QCB 所成的角，即DBG α∠=，sin DG DC θ=，又因为2cos 2AD AB θ=⋅，所以222sin 32cos 14cos 2DGBDAB AD αθθ===+++π2π,43θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦可得12cos ,22θ⎡∈-⎢⎣⎦，21cos 0,2θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，设32cos t θ=+，2,32t ⎤∈+⎥⎦，则23cos 2t θ-=，()2223sin 1cos 14t θθ-=-=-，所以()2222563125651sin 14222t t t t α⎛⎫-++ ⎪--+⎝⎭=-=≤=，当且仅当25t =时等号，所以sin α51-.【点睛】关键点点睛：本题的关键是作出二面角Q BC D --的平面角以及直线BD 与平面QCB 所成的角，然后写出sin α的表达式，最后求函数最值问题利用了换元法和基本不等式.。
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由四棱锥的体积公式可得： .
【点睛】
本题主要考查四棱锥的体积计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
14．【解析】【分析】先利用指数函数的单调性得再解一元二次不等式即可【详解】故答案为【点睛】本题考查了指数不等式和一元二次不等式的解法属中档题
解析：
解析：
【解析】
【分析】
利用换元法，令 ， ，然后利用配方法求其最小值．
【详解】
令 ， ，则 ，
当 时，函数有最小值 ，故答案为 .
【点睛】
求与三角函数有关的最值常用方法有以下几种：①化成 的形式利用配方法求最值；②形如 的可化为 的形式性求最值；③ 型，可化为 求最值；④形如 可设 换元后利用配方法求最值.
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．D
解析：D
【解析】
【分析】
利用等差数列的通项公式求和公式可判断出数列 的单调性，并结合等差数列的求和公式可得出结论.
【详解】
， ， ， ， .
， .
故选：D.
【点睛】
本题考查利用等差数列的前 项和判断数列的单调性以及不等式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
20．若两个向量 与 的夹角为 ，则称向量“ ”为向量的“外积”，其长度为 .若已知 ， ， ，则 .
三、解答题
21．已知
（1）求函数 的对称轴方程；
（2）求函数 在 ， 上的单调递增区间.
22．已知： 是同一平面内的三个向量，其中
（1）若 ，且 ，求 的坐标；
（2）若 ，且 与 垂直，求 与 的夹角 .
四边形ABCD的面积S＝| AC|•|BD| 10×4 20 ．
故答案为20 ．
【点评】
考查学生灵活运用垂径定理解决数学问题的能力，掌握对角线垂直的四边形的面积计算方法为对角线乘积的一半．
18．【解析】【分析】【详解】解：从1234这四个数中一次随机取两个数有（12）（13）（14）（23）（24）（34）共6种情况；其中其中一个数是另一个的两倍的有两种即（12）（24）；则其概率为；故答
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移 个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移 个单位长度，得到曲线C2
【解析】
【分析】
先利用指数函数的单调性得 ，再解一元二次不等式即可．
【详解】
．
故答案为
【点睛】
本题考查了指数不等式和一元二次不等式的解法，属中档题．
15．【解析】【分析】利用换元法令然后利用配方法求其最小值【详解】令则当时函数有最小值故答案为【点睛】求与三角函数有关的最值常用方法有以下几种：①化成的形式利用配方法求最值；②形如的可化为的形式性求最值；
7．C
解析：C
【解析】
当 时，不等式 可化为 ，显然恒成立；当 时，若不等式 恒成立，则对应函数的图象开口朝上且与 轴无交点，则 解得： ，综上 的取值范围是 ，故选C.
8．B
解析：B
【解析】
【分析】
首先运用 求出通项 ，判断 的正负情况，再运用 即可得到答案．
【详解】
当 时， ；
当 时， ，
故 ；
所以在 中，由余弦定理可得： ，故 （负数舍去）
故答案选D
【点睛】
本题考查正弦定理，余弦定理，以及面积公式在三角形求边长中的应用，属于中档题．
4．C
解析：C
【解析】
试题分析：由三视图分析可知，该几何体的表面积为圆锥的表面积与圆柱的侧面积之和． ， ，所以几何体的表面积为 ．
考点：三视图与表面积．
5．A
【分析】
先化简得 ，再利用正弦定理求出外接圆的半径，即得 的外接圆面积.
【详解】
由题得 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ,
所以 .
由正弦定理得 ,
所以 的外接圆面积为 .
故选D
【点睛】
本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
10．C
解析：C
【解析】
x⩽1时,f(x)=−(x−1)2+1⩽1，
（3）若 ，且 与 的夹角为锐角，求实数 的取值范围.
23．已知二次函数 满足 且 .
（1）求 的解析式；
（2）当 时，不等式 恒成立，求实数m的取值范围.
24．已知函数 ．
（Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）求函数 在区间 上的最大值和最小值．
25．在 中， ， ， 分别是角 ， ， 的对边， ， .
（1）求 的面积；
（2）若 ，求角 .
26．某学校微信公众号收到非常多的精彩留言,学校从众多留言者中抽取了100人参加“学校满意度调查”,其留言者年龄集中在 之间,根据统计结果,做出频率分布直方图如下:
(1)求这100位留言者年龄的平均数和中位数;
(2)学校从参加调查的年龄在 和 的留言者中,按照分层抽样的方法,抽出了6人参加“精彩留言”经验交流会,赠与年龄在 的留言者每人一部价值1000元的手机,年龄在 的留言者每人一套价值700元的书,现要从这6人中选出3人作为代表发言,求这3位发言者所得纪念品价值超过2300元的概率.
解析：20
【解析】
【分析】
根据题意可知，过（3，5）的最长弦为直径，最短弦为过（3，5）且垂直于该直径的弦，分别求出两个量，然后利用对角线垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半求出即可．
【详解】
解：圆的标准方程为（x﹣3）2+（y﹣4）2＝52，
由题意得最长的弦|AC|＝2×5＝10，
根据勾股定理得最短的弦|BD|＝2 4 ，且AC⊥BD，
新高一数学下期末试卷(及答案)
一、选择题
1．已知 是公差为 的等差数列，前 项和是 ，若 ，则（）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
2．设集合 ， ．若 ，则 ( )
A． B． C． D．
3．在 中，角 ， ， 所对的边为 ， ， ，且 为锐角，若 ， ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
4．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）
12．C
解析：C
【解析】
【分析】
先根据共线关系用基底 表示 ，再根据平面向量基本定理得方程组解得实数 的值.
【详解】
如下图，∵ 三点共线，∴ ，∴ ，即 ,
∴ ①,又∵ ，∴ ，∴ ②，
对比①，②，由平面向量基本定理可得： ．
【点睛】
本题考查向量表示以及平面向量基本定理，考查基本分析求解能力.
二、填空题
解析：
【解析】
【分析】
【详解】
解：从1，2，3，4这四个数中一次随机取两个数，
有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6种情况；
其中其中一个数是另一个的两倍的有两种，即（1，2），（2，4）；
则其概率为 ；
故答案为 ．
解析：简单考察古典概型的概率计算，容易题．
19．【解析】试题分析：该三棱锥底面是边长为2的正三角形面积为有两个侧面是底边为2高为2的直角三角形面积为2另一个侧面是底边为2腰为的等腰三角形面积为所以面积最大的面的面积是考点：三视图
x>1时, 在(1,+∞)恒成立，
故a⩽x2在(1,+∞)恒成立，
故a⩽1，
而1+a+1⩾1，即a⩾−1，
综上,a∈[−1,1]，
本题选择C选项.
点睛：利用单调性求参数的一般方法：一是求出函数的单调区间，然后使所给区间是这个单调区间的子区间，建立关于参数的不等式组即可求得参数范围；二是直接利用函数单调性的定义：作差、变形，由f(x1)－f(x2)的符号确定参数的范围，另外也可分离参数转化为不等式恒成立问题．
11．A
解析：A
【解析】
【分析】
将f(x)化简，求得 ，再进行判断即可.
【详解】
∵最小正周期为 得 ，
又 为偶函数，所以 ,
∵ , k=-1, ,
当 ,即 ,f(x)单调递增，结合选项k=0合题意，
故选A.
【点睛】
本题考查三角函数性质，两角差的正弦逆用，熟记三角函数性质，熟练计算f(x)解析式是关键，是中档题.
解析：A
【解析】
由 得： ，当 时，函数的图象如图：
，再由关于 的方程 有六个不同的根，则关于 的方程 有三个不同的根，可得 ，解得 ，故选A.
点睛：本题主要考查了函数的周期性，奇偶性，函数的零点等基本性质，函数的图象特征，体现了数形结合的数学思想，属于中档题；首先求出 的周期是4，画出函数的图象，将方程根的个数转化为函数图象交点的个数，得到关于 的不等式，解得即可.
6．D
解析：D
【解析】
把C1上各点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，得到函数y=cos2x图象，再把得到的曲线向左平移 个单位长度，得到函数y=cos2（x+ ）=cos（2x+ ）=sin（2x+ ）的图象，即曲线C2，
故选D．
点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母 而言. 函数 是奇函数 ；函数 是偶函数 ；函数 是奇函数 ；函数 是偶函数 .
二、填空题
13．已知正方体 的棱长为1，除面 外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥 的体积为__________.