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高一下学期数学期末考试试题

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江西省新余市2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题(解析版)

江西省新余市2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题(解析版)

新余市2023-2024学年度下学期期末质量检测高一数学试题考试时间：120分钟试卷总分：150分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、单项选择题（本大题共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{}Z 10A x x =∈+≥，{}260B x x x =--<，则A B = （）A.{}Z 1x x ∈≥- B.{}13x x -≤≤C.{}1,0,1,2,3- D.{}1,0,1,2-【答案】D 【解析】【分析】解不等式可得集合A 与B ，进而可得A B ⋂.【详解】因为{}{}Z 10Z 1A x x x x =∈+≥=∈≥-，{}{}26023B x x x x x =--<=-<<，所以{}1,0,1,2A B ⋂=-，故选：D.2.设复数z 满足()1242i z i -=+，则z =（）A.3i B.3i- C.2iD.2i-【答案】D 【解析】【分析】先由复数的除法运算化简复数z ，再由共轭复数的概念可得选项．【详解】由已知得()()()()4212422121212i i i z i i i i +++===--+，故2z i =-.故选：D ．3.已知向量((2,,a b =-=r r ，则b 在a 方向上的投影向量为（）A.14a B.14a -C.b- D.b【答案】A 【解析】【分析】根据题意可得,a a b ⋅，结合投影向量的定义分析求解.【详解】因为((2,,a b =-=r r，则4,214a a b ==⋅=-⨯+rr r ，所以b 在a 方向上的投影向量为224144a b a a a a ⎛⎫⋅== ⎪ ⎪⎝⎭r r r r rr .故选：A.4.已知某正四棱锥的高为3，体积为64，则该正四棱锥的侧面积为（）A.48B.64C.80D.144【答案】C 【解析】【分析】由正四棱锥的体积和高，求出底面边长，再求出正四棱锥的斜高，可求侧面积.【详解】设该正四棱锥的底面边长为a ，则221136433V a h a =⋅=⨯=，解得8a =.设该正四棱锥的斜高为h '，则5h '=，所以该正四棱锥的侧面积为1458802⨯⨯⨯=.故选：C5.若a ，b ，c 为空间中的不同直线，α，β，γ为不同平面，则下列为真命题的个数是（）①a c ⊥，b c ⊥，则a b ；②a α⊥，b α⊥，则a b ；③αγ⊥，βγ⊥，则αβ∥；④a α⊥，a β⊥，则αβ∥.A.0B.1C.2D.3【答案】C 【解析】【分析】由空间中线面的位置关系判断即可.【详解】对于①a c ⊥，b c ⊥，则a 与b 可能平行，可能异面，可能相交，故①错误；对于②a α⊥，b α⊥，垂直于同一平面的两条直线平行，故②正确；对于③αγ⊥，βγ⊥，垂直于同一平面的两个平面可能平行，可能相交，故③错误；对于④a α⊥，a β⊥，垂直于同一直线的两个平面平行，故④正确；故选：C6.下列结论错误的是（）A.在ABC 中，若a b >，则cos cos A B <B.在锐角ABC 中，不等式2220b c a +->恒成立C.在ABC 中，若π4C =，22a c bc -=，则ABC 为等腰直角三角形D.在ABC 中，若3b =，60A =︒，ABC 面积S =，则ABC 外接圆半径为2393【答案】D 【解析】【分析】由大边对大角和余弦定理可得A 正确；由锐角三角形和余弦定理可得B 正确；由题意结合余弦定理可得,a c 和,b c 关系，进而可得C 正确；由三角形面积公式和余弦定理可得a ，再由正弦定理可得外接圆半径，可得D 错误；【详解】A ：因为在ABC 中，若a b >，由大边对大角可得A B >，所以0πB A <<<，由余弦函数的单调性可得cos cos A B <，故A 正确；B ：因为在锐角ABC 中，π02A <<，所以222cos 02b c a A bc+-=>，所以2220b c a +->恒成立，故B 正确；C ：因为π4C =，22a c bc -=，①由余弦定理可得222π2cos 4a b c ab +-=，②②-①可得2b bc =-，即b c =-，③将③代入①可得)22a c c c -=-，解得a =，再代入③，可得b c =，即π4B C ==，π2A =，所以三角形为等腰直角三角形，所以C 正确；D ：在ABC 中，若3b =，60A =︒，ABC 面积S =，所以1sin 2bc A =13422c c ⨯⨯⨯=⇒=，由余弦定理可得a ==，所以设外接圆半径为R ，ABC外接圆半径为392sin 3aR R A=⇒=，故D 错误；故选：D.7.已知A 为锐角，cos tan22sin A A A =-，()215tan 15A B -=，则tan B =（）A.17-B.17C.17-D.17【答案】A 【解析】【分析】由二倍角正切公式，同角关系化简cos tan22sin AA A=-，求sin A ，再求tan A ，再由两角差的正切公式求tan B .【详解】因为cos tan22sin A A A =-，所以sin2cos cos 22sin A AA A=-，所以22sin cos cos 12sin 2sin A A AA A=--，又A 为锐角，cos 0A >，所以()22sin 2sin 12sin A A A -=-，解得1sin 4A =，因为A 为锐角，所以15cos 4A =，15tan 15A =又215tan 15A B -=（）所以()()()tan tan 15tan tan 1tan tan 17152151515A AB B A A B A A B --⎡⎤=--==-⎣⎦+-.故选：A.8.设函数()()ππ3πsin 0,,0,1288f x x f f ωϕωϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+><-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，且()f x 在区间π,1224π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调，则ω的最大值为（）A.1 B.3C.5D.7【答案】B 【解析】【分析】根据π08f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭与3π18f ⎛⎫= ⎪⎝⎭可得()()211221,k k k k ω=-+∈Z ，再根据单调性可得8ω≤，验证7ω=，5ω=与3ω=即可.【详解】由π08f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭,得()11ππ8k k ωϕ-+=∈Z ，由3π18f ⎛⎫=⎪⎝⎭，得()223πππ82k k ωϕ+=+∈Z ，两式作差，得()()211221,k k k k ω=-+∈Z ，因为()f x 在区间π,1224π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调，所以π12π2412π2ω+≤⋅，得8ω≤.当7ω=时，()117ππ8k k ϕ-+=∈Z ,因为π2ϕ<,所以π8ϕ=-,所以()πsin 78f x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭.24ππ,12x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，π17π7π,8246x ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭,因为17ππ242-<-，所以()f x 在区间π,1224π⎛⎫- ⎪⎝⎭上不单调，不符合题意；当5ω=时，()115ππ8k k ϕ-+=∈Z ，因为π2ϕ<,所以3π8ϕ=-，所以()3πsin 58f x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭.24ππ,12x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，3π19π5π,8246x ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭,因为19ππ242-<-，所以()f x 在区间π,1224π⎛⎫- ⎪⎝⎭上不单调，不符合题意；当3ω=时，()113ππ8k k ϕ-+=∈Z ，因为π2ϕ<,所以3π8ϕ=,所以()3πsin 38f x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭.24ππ,12x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，3πππ3,882x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以()f x 在区间π,1224π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调，符合题意，所以ω的最大值是3.故选:B.二、多项选择题：（本大题共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.下列正确的是（）A.在任意四边形ABCD 中，,E F 分别为,AD BC 的中点，则2AB DC EF +=B.复数1i(i 1iz +=-是虚数单位)，则2320240z z z z ++++= C.长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体D.直三棱柱的任意两个侧面的面积之和大于第三个侧面的面积【答案】ABD 【解析】【分析】根据向量的线性运算化简判断A ，根据复数的除法运算及乘方运算化简判断B ，根据直四棱柱的定义判断C ，根据三角形的两边之和大于第三边结合直三棱柱的结构特征判断D.【详解】对于A ，由题意，EF EA AB BF =++ ，EF ED DC CF =++，且,ED EA BF CF =-=- ，所以2EF AB DC =+，正确；对于B ，因为()()()21i 1i2i i 1i 1i 1i 2z ++====--+，所以232024z z z z ++++= ()232024234i i i i506i i i i 0++++=+++= ，正确；对于C ，长方体是四棱柱，但直四棱柱不一定是长方体，例如当底面不是矩形时，直四棱柱不是长方体，错误；对于D ，如图所示：因为三棱柱ABC A B C '''-的侧面均为矩形，所以三棱柱ABC A B C '''-是直三棱柱，则,,A ABB A ACC B BCC S A A AB S A A AC S BB BC '''''''''=⋅=⋅=⋅，因为()A ABB A ACC S S A A AB AC '''''+=⋅+，且,AB AC BC A A BB ''+>=，所以A ABB A ACC B BCC S S S ''''''+>，故直三棱柱的任意两个侧面的面积之和大于第三个侧面的面积，正确.故选：ABD10.已知函数()()πsin 0,0,2f x A x A ωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，下列说法正确的是（）A.π3ϕ=B.函数()f x 的图象关于直线5π12x =对称C.函数()f x 图象向右平移π6个单位可得函数2sin 2y x =的图象 D.若方程()()f x m m =∈R 在ππ,63⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有两个不等实数根1x ，2x ，则()123cos 2x x +=【答案】ACD 【解析】【分析】根据图象确定函数的解析式，然后由正弦函数性质判断各选项．【详解】对于A ：由图可知2A =，πππ43124T =-=，所以2ππT ω==，所以2ω=，则()()2sin 2f x x ϕ=+，将点π,212⎛⎫ ⎪⎝⎭代入得：π2sin 26ϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以ππ2π62k ϕ+=+，Z k ∈，又π2ϕ<，所以π3ϕ=，所以()π2sin 23f x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，A 正确；对于B ，因为5π5πππ2sin 2sin(π112636f ⎛⎫⎛⎫=+=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 错误；对于C ，将函数()f x 图象向右平移π6个单位，可得函数ππ2sin 22sin 263y x x ⎡⎤⎛⎫=-+= ⎪⎢⎝⎭⎣⎦，故C 正确；对于D，因为πππ2sin 2212123f ⎛⎫⎛⎫=⨯+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以函数()f x 图象关于π12x =对称，由条件结合图象可知12π212x x +=，于是12π6x x +=，所以()12π3cos cos 62x x +==，故D 正确．故选：ACD ．11.在棱长为2的正方体111ABCD A B C D -中，点,M N 分别是线段11A B ，1CD 上的动点，以下结论正确的是（）A.平面1AMC ⊥平面11CB DB.若M 是11A B 中点，则异面直线AM 与1DD 所成角的余弦值为5C.三棱锥A BDM -的体积为定值D.1DN NB ++【答案】ACD 【解析】【分析】证明1AC ⊥平面11CB D ，再根据面面垂直的判定定理即可判断A ；根据11//DD AA ，可得1MAA ∠即为异面直线AM 与1DD 所成角的平面角，即可判断B ；根据11//A B 平面ABCD ，点M 到平面ABCD 的距离等于点1A 到平面ABCD 的距离等于，即可判断C ；设11CD C D O ⋂=，连接1OB ，易得11D D N N O O B B +≥+，即可判断D.【详解】对于A ，由正方体1111ABCD A B C D -，得1111ACB D ⊥，因为1AA ⊥平面1111DC B A ，11BD ⊂平面1111D C B A ，所以111AA B D ⊥，由1111AA A C A ⋂=，111,AA A C ⊂平面11AA C ，所以11B D ⊥平面11AA C ，又1AC ⊂平面11AA C ，所以111B D AC ⊥，同理得11AC CD ⊥，又1111111,,CD B D D CD B D ⋂=⊂平面11CB D ，所以1AC ⊥平面11CB D ，又1AC ⊂平面1AMC ，所以平面1AMC ⊥平面11CB D ，故A 正确；对于B ，因为11//DD AA ，所以1MAA ∠即为异面直线AM 与1DD 所成角的平面角，112,1,AA A M AM ===11cos 5AA MAA AM ∠==，即异面直线AM 与1DD 所成角的余弦值为，故B 错误；对于C ，因为11//A B 平面ABCD ，所以点M 到平面ABCD 的距离等于点1A 到平面ABCD 的距离等于，为定值，而12ABD S AB AD =⋅ 为定值，所以三棱锥A BDM -的体积为定值，故C 正确；对于D ，如图，设11CD C D O ⋂=，连接1OB ，则O 为1CD 的中点，且1OD CD ⊥，因为1111B C B D CD ===11⊥OB CD ，且1OB =则11OD D OB N NB ++≥=，当且仅当N 位于点O 处取等号，所以1DN NB ++，故D 正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分．请将正确答案填在答题卷相应位置．．．．．．．．．．．．．．．）12.某校辩论赛小组共有5名成员，其中3名女生2名男生，现要从中随机抽取2名成员去参加外校交流活动，则抽到2名男生的概率为______．【答案】110##0.1【解析】【分析】利用列举法，结合古典概型即可得解.【详解】设3名女生为,,A B C ，2名男生为,a b ，则有()()()()()()()()()(),,,,,,,,,,,,,,,,,,,A B A C A a A b B C B a B b C a C b a b ，共10种抽法，其中抽到2名男生的抽法有(),a b ，所以抽到2名男生的概率为110.故答案为：110.13.已知ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，60C =︒，7c =，若3,a b D -=为AB 中点，则CD =______．【答案】2【解析】【分析】根据余弦定理可得40ab =，即可利用向量的模长求解1292CD =.【详解】由余弦定理，22222cos ()c a b ab C a b ab +-=-=+，将3a b -=，7c =代入解得40ab =，因为()12CD CA CB =+ ，所以2222()3129444b a ab a b ab CD ++-+=== ，所以1292CD =．故答案为：129214.如图，在三棱锥A BCD -中，AB AC BC BD CD ====，二面角A BC D --的余弦值为13-，若三棱锥A BCD -的体积为13，则三棱锥A BCD -外接球的表面积为______．【答案】4π【解析】【分析】取BC 的中点E ，连接AE ，DE ，过点A 作AH DE ⊥，垂足为H ，设2AB a =，利用三角形的边角关系求出AH ，利用锥体的体积公式求出a 的值，确定三棱锥外接球的球心，求解外接球的半径，由表面积公式求解即可．【详解】取BC 的中点E ，连接AE ，DE ，过点A 作AH DE ⊥，交DE 的延长线于点H ，所以AED ∠为二面角A BC D --的平面角，设2AB a =，则AE DE ==，13cos AED ∠=-，所以223sin AEH sin AED ∠=∠=，所以263AH a =，EH =1333AE a =，因为三棱锥A BCD -的体积为13，所以213261(2)3433a a ⨯⨯⨯=，解得：22a =，66EH =，设BCD △外接圆的圆心为'O ，三棱锥A BCD -外接球的球心为O ，连接OO '，OC ，O C '，过点O 作OF ⊥AH 于点F ，则26''33O C O D DE ==，1636O E DE '==，O H OF '=，OA OC =，设OO FH h '==，则3AF AH FH h =-=-，3OF O H O E EH ''==+=，由勾股定理得：22226236333h h ⎛⎫⎛⎫⎛+=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得：h ，所以三棱锥A BCD -外接球的半径R 满足222''1R O O O C =+=，则三棱锥A BCD -的外接球的表面积为24π4πR =．故答案为：4π．【点睛】本题考查了几何体的外接球问题，棱锥的体积公式的理解与应用，解题的关键是确定外接球球心的位置，三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上，由此结论可以找到外接球的球心，四、解答题（本大题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15.在ABC 中，6BC =，60ACB ∠=︒，边AB ，BC 上的点M ，N 满足13BM MA = ，2BN NC =，P 为AC 中点．（1）设NM CB CA λμ=+uuur uu r uu r，求实数λ，μ的值；（2）若8BP NM ⋅=-，求边AC 的长．【答案】（1）512λ=，14μ=；（2）8.【解析】【分析】（1）根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理计算可得；（2）用CB 、CA 表示出BP，再根据数量积的运算律及定义计算可得.【小问1详解】因为13BM MA = ，2BN NC = ，所以14BM BA = ，23BN BC = ，所以1243NM BM BN BA BC=-=-uuur uuu r uuu r uu r uu u r()125143124BC CA BC CB CA =+-=+，又NM CB CA λμ=+uuur uu r uu r ，且CB 、CA不共线，所以512λ=，14μ=；【小问2详解】因为12BP BC CP CB CA =+=-+，所以1512124BP NM CB CA CB CA ⎛⎫⎛⎫⋅=-+⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2251112248CB CB CA CA =--⋅+uu r uu r uu r uu r225111668122428CA CA =-⨯-⨯⨯⨯+⨯=- ，解得8CA = 或7CA =-（舍去），即边AC 的长为8．16.文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：[)40,50，[)50,60，L，[]90,100得到如图所示的频率分布直方图.（1）求频率分布直方图中a 的值；（2）求样本成绩的第75百分位数；（3）已知落在[)50,60的平均成绩是56，方差是7，落在[)60,70的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数z 和总方差2s .【答案】（1）0.030（2）84（3）平均数为6223【解析】【分析】（1）根据各组的频率和为1列方程可求出a 的值；（2）先判断第75百分位数(80,90)m ∈，然后列方程可求得结果；（3）先根据频率分布直方图计算出成绩在[)50,60和[)60,70的人数，然后根据平均数的定义和方差公式可求得结果.【小问1详解】由每组小矩形的面积之和为1得，0.050.10.2100.250.11a +++++=，解得0.030a =.【小问2详解】成绩落在[)40,80内的频率为0.050.10.20.30.65+++=，落在[)40,90内的频率为0.050.10.20.30.250.9++++=，显然第75百分位数(80,90)m ∈，由0.65(80)0.0250.75m +-⨯=，解得84m =，所以第75百分位数为84；【小问3详解】由频率分布直方图知，成绩在[)50,60的市民人数为1000.110⨯=，成绩在[)60,70的市民人数为1000.220⨯=，所以10562065621020z ⨯+⨯==+；由样本方差计算总体方差公式，得总方差为()][(){}222110756622046562231020s ⎡⎤=+-++-=⎣⎦+17.高邮某公司欲生产一款迎春工艺品回馈消费者，工艺品的平面设计如图所示，该工艺品由直角三角形ABC 和以BC 为直径的半圆拼接而成，点P 为半圆上一点（异于,B C ），点H 在线段AB 上，且满足CH AB ⊥.已知90ACB ∠=︒，10cm AB =，设CAB θ∠=，（1）为了使工艺礼品达到最佳观赏效果，需满足ABC PCB ∠=∠，CA CP +达到最大.当θ为何值时，工艺礼品达到最佳观赏效果；（2）为了工艺礼品达到最佳稳定性便于收藏，需满足60PBA ∠=︒，且CH CP +达到最大.当θ为何值时，CH CP +取得最大值，并求该最大值.【答案】（1）π3θ=时，CA CP +达最大值（2）当5π12θ=时，CH CP +达到最大值535cm 2+【解析】【分析】（1）由三角形ABC 为直角三角形，CAB θ∠=，得到2ABC PCB πθ∠=∠=-，在直角ABC 中，易得10cos ,10sin AC BC θθ==，再由点P 为半圆上一点，得到π2CPB ∠=，PBC θ∠=，从而得到2sin 10sin PC BC θθ=⋅=，然后210cos 10sin CA CP θθ+=+求解；（2）在直角ABC 中，利用等面积法得到10sin cos CA CBCH ABθθ⋅==，再在直角PBC 中，得到πsin()6CP CB θ=⋅-，从而210sin cos 5sin cos CH CP θθθθθ+=+-求解.【小问1详解】因为三角形ABC 为直角三角形，CAB θ∠=，所以2ABC PCB πθ∠=∠=-，在直角ABC 中，因为10AB =，所以10cos ,10sin AC BC θθ==.因为点P 为半圆上一点，所以π2CPB ∠=，又因为ABC PCB ∠=∠，所以PBC θ∠=，所以2sin 10sin PC BC θθ=⋅=，()22212510cos 10sin 10cos 101cos 10cos 22CA CP θθθθθ⎛⎫+=+=+-=--+ ⎪⎝⎭，因为(0,2πθ∈，所以当1cos 2θ=，即3πθ=时，CA CP +达最大值；【小问2详解】在直角ABC 中，因为1122ABC S CA CB AB CH =⋅=⋅ ，所以10cos 10sin 10sin cos 10CA CB CH AB θθθθ⋅⋅===，因为CAB θ∠=，所以π2CBA θ∠=-，又因为π,3PBA ∠=所以π6CBP θ∠=-，在直角PBC 中，2π31sin()10sin (cos )5sin cos 622CP CB θθθθθθθ=⋅-=⋅-=-，所以2210sin cos 5sin cos 5sin cos CH CP θθθθθθθθ+=+-=+，5sin25sin 222232πθθθ⎛⎫=-+=-+⎪⎝⎭，(,)62ππθ∈，所以当ππ232θ-=即5π12θ=时，CH CP +达到最大值，答：当5π12θ=时，CH CP +达到最大值5352cm +.18.如图，已知等腰梯形ABCD 中，//AD BC ，122AB AD BC ===，E 是BC 的中点，AE BD M ⋂=，将BAE 沿着AE 翻折成1B AE ，使1B M ⊥平面AECD .（1）求证：CD ⊥平面1B DM ；（2）求1B E 与平面1B MD 所成的角；（3）在线段1B C 上是否存在点P ，使得//MP 平面1B AD ，若存在，求出11B PB C的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）30︒（3）存在，此时P 点是线段1B C 的中点且1112B P BC =【解析】【分析】（1）首先根据已知条件并结合线面垂直的判定定理证明⊥AE 平面1B MD ，再证明AE CD ∥即可证出结论；（2）根据（1（3）首先假设存在，然后根据线面平行的性质以及已知条件，看是否能求出点的具体位置，即可求解.【小问1详解】如图，在梯形ABCD 中，连接DE ，因为E 是BC 的中点，所以122AB AD BE BC ====，又因为AD BE ，且AD BE =，故四边形ABED 是菱形，从而AE BD ⊥，所以BAE 沿着AE 翻折成1B AE △后，1B M ⊥平面AECD ，因为DM ⊂平面AECD ，则有1,AE B M AE DM ⊥⊥，又11,,B M DM M B M DM ⋂=⊂平面1B DM ，所以⊥AE 平面1B DM ，由题意，易知,AD CE AD CE =∥,所以四边形AECD 是平行四边形，故AE CD ∥，所以CD ⊥平面1B DM .【小问2详解】因为⊥AE 平面1B MD ，所以线段1B E 在平面1B MD 内的射影为线段1B M ，所以1B E 与平面1B MD 所成的角为1EB M ∠，由已知条件，可知AB AE CD ==，122AB AD BE BC ====，所以1B AE △是正三角形，所以1B M 平分1AB E ∠，所以130EB M ︒∠=，所以1B E 与平面1B MD 所成的角为30︒.【小问3详解】假设线段1B C 上存在点P ，使得//MP 平面1B AD ，过点P 作PQ CD ∥交1B D 于Q ，连接,MP AQ，如图所示：所以AM CD PQ ∥∥，所以,,,A M P Q 四点共面，又因为//MP 平面1B AD ，所以MP AQ ∥，所以四边形AMPQ 为平行四边形，所以12PQ AM CD ==，所以P 是1B C 的中点，故在线段1B C 上存在点P ，使得//MP 平面1B AD ，且1112B P BC =.19.对于函数()f x ，()g x ，若存在实数m ，n ，使得函数()()()h x mf x ng x =+，则称()h x 为()f x ，()g x 的“合成函数”．（1）已知()3f x x =-，()32g x x =-，试判断()6h x x =-是否为()f x ，()g x 的“合成函数”？若是，求实数,m n 的值；若不是，说明理由；（2）已知()πsin 4f x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，()cos g x x =，()h x 为()f x ，()g x 的“合成函数”，且1m =，n =，若关于x 的方程()()π04f x g x kh x ⎛⎫+⋅+= ⎪⎝⎭在π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解，求实数k 的取值范围；（3）已知()f x x =，()3g x x=，()h x 为()f x ，()g x 的“合成函数”（其中0m >，0n >），()h x 的定义域为()0,∞+，当且仅当3x =时，()h x 取得最小值6．若对任意正实数12,x x ，且122x x +=，不等式()()12h x h x p +≥恒成立，求实数p 的最大值．【答案】（1）是，3,1m n ==（2）1,02k ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦（3）20【解析】【分析】（1）根据“合成函数”的定义计算即可；（2）由题意可得()()πsin sin cos 42h x x x x x ⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭，则()()π04f x g x kh x ⎛⎫+⋅+= ⎪⎝⎭，即()2sin cos sin cos 02x x k x x ++，令sin cos t x x =+，则方程转化为关于t 的一元二次方程，分离参数，进而可得出答案；（3）求得()3nh x mx x=+，根据已知结合基本不等式求出,m n ，从而可求出()h x 的解析式，再利用基本不等式求出()()12h x h x +的最大值即可得解.【小问1详解】假设()6h x x =-为()f x ，()g x 的“合成函数”，则()6h x x =-=()()()()33223m x n x m n x n m -+-=-+-，所以()2136m n n m -=⎧⎨-=-⎩，解得3,1m n ==，所以()6h x x =-为()f x ，()g x 的“合成函数”，且3,1m n ==；【小问2详解】因为()πsin 4f x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，且1m =，n =，所以()()πsin sin cos 42h x x x x x ⎛⎫=-+=+ ⎪⎝⎭，由()()π04f x g x kh x ⎛⎫+⋅+= ⎪⎝⎭，得()2sin cos sin cos 02x x k x x ++=（*），令πsin cos 4t x x x ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，则()22sin cos 12sin cos t x x x x =+=+，所以21sin cos 2t x x -=，因为π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以ππ3π,444x ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，故t ⎡∈⎣，所以方程（*）为212022t kt -+=在t ⎡∈⎣上有解，1t t=-，因为函数1,y y t t ==-在t ⎡∈⎣上都是减函数，所以函数1y t t=-在t ⎡∈⎣上是减函数，122t t ⎤=-∈-⎥⎣⎦，所以1,02k ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦；【小问3详解】由题意()(),,300,0,nh x mx m n x x=+>>∈+∞，得()3nh x mx x=+≥，第21页/共21页当且仅当3n mx x =，即x =时取等号，所以0036m n >⎧⎪>=⎪=⎩，解得13m n =⎧⎨=⎩，所以()()9,0,h x x x x=+∈+∞，则()()12121299h x h x x x p x x +=+++≥恒成立，因为122x x +=，所以()()1212121299182h x h x x x p x x x x +=+++=+≥，又()2121214x x x x +≤=，当且仅当121x x ==时取等号，所以()()121218220h x h x x x +=+≥，所以20p ≤，所以实数p 的最大值为20.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：“一正二定三相等”（1）“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.。

湖北武汉部分重点中学联考2024年高一下学期6月期末数学试题(解析版)

湖北武汉部分重点中学联考2024年高一下学期6月期末数学试题(解析版)

武汉市部分重点中学2023—2024学年度下学期期末联考高一数学试卷★祝考试顺利考试时间：2024年6月26日下午14：00—16：00★注意事项：1． 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置．2． 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3． 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4． 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知复数z 满足()1i 2z −=，则复数z 的虚部为（ ）A. i −B. 1−C. 2iD. 2【答案】D 【解析】【分析】先求出z ，再结合虚部定义可解．【详解】()1i 2z −=，则212i iz −==−，则12z i =+，虚部为2． 故选：D.2. 已知向量a 与b的夹角为30°，2b = ，则a b −= （ ）A. 1B. 2C. 2+D.【答案】A 【解析】【分析】借助向量模长与数量积的关系与数量积的计算公式计算即可得.【详解】a b −=1=. 故选：A.3. 已知一组数据8，4，7，6，5，3，9，10，则这组数据的25%分位数是（ ） A. 3.5 B. 4C. 4.5D. 5【答案】C 【解析】【分析】根据已知条件，结合百分位数定义可解．【详解】数据从小到大排序：3，4，5，6，7，8，9，10，共8个， 则825%2×=，则这组数据的25%分位数是：454.52+=． 故选：C.4. 在某次比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为()1,2,3,4,5i x i =，平均数为x ，若随机删去其中一轮的成绩，得到一组新数据，记为()1,2,3,4i y i =，平均数为y ，下面说法正确的是（ ） A. 新数据的极差不可能等于原数据的极差 B. 新数据的中位数可能等于原数据的中位数 C. 若x y =，则新数据的方差一定小于原数据方差D. 若x y =，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数 【答案】B 【解析】【分析】根据极差、中位数、平均数和方差的概念，以及百分位数的概念及计算方法，逐项判定，即可求解.【详解】对A ：若随机删去任一轮的成绩，恰好不是最高成绩和最低成绩， 此时新数据的极差等于原数据的极差，故A 错误； 对B ：不妨假设12345x x x x x <<<<， 当()24312x x x +=时，若随机删去的成绩是3x ， 此时新数据的中位数等于原数据的中位数，故B 正确；对C ：若x y =，即删去的数据恰为平均数，根据方差的计算公式，分子不变，分母变小，所以方差会变大， 则新数据的方差一定大于原数据方差，故C 错误；对D ：若x y =，即删去的数据恰为平均数，在按从小到大的顺序排列的5个数据中，因为540%2×=，此时原数据的40%分位数为第二数和第三个数的平均数； 删去一个数据后的4个数据，从小到大的顺序排列，可得440% 1.6×=， 此时新数据的40%分位数为第二个数，显然新数据的40%分位数小于原数据的40%分位数，故D 错误. 故选：B.5. 《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法．某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为20cm ，高为20cm ．首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为1cm 的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦．每位同学制作四片瓦，全年级共1000人，需要准备的粘土量（不计损耗）约为（ ）（参考数据：π 3.14≈）A. 31.3mB. 31.5mC. 31.8mD. 32.2m【答案】A 【解析】【分析】结合圆柱体积公式求出四片瓦的体积，再求需准备的粘土量.【详解】由条件可得四片瓦的体积22π1120π1020420πV =××−××=（3cm ）则1000名学生，每人制作4片瓦共需粘土体积为1000420π420000π×=（3cm ），又π 3.14≈， 所以共需粘土的体积为约为31.3m . 故选：A6. 已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，,l α⊄,l β⊄则 （ ）的A. α∥β且l ∥αB. α⊥β且l ⊥βC. α与β相交，且交线垂直于lD. α与β相交，且交线平行于l【答案】D 【解析】【详解】试题分析：由m ⊥平面α，直线l 满足l m ⊥，且l α⊄，所以//l α，又n ⊥平面β，,l n l β⊥⊄，所以l //β，由直线,m n 异面直线，且m ⊥平面,n α⊥平面β，则α与β相交，否则，若//αβ则推出//m n ，与,m n 异面矛盾，所以,αβ相交，且交线平行于l ，故选D ．考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论． 7. 如图，在平面四边形ABCD 中，AD CD ⊥，ACBC ⊥，30DAC °∠=，45BAC °∠=，现将ACD 沿AC 折起，并连接BD ，使得平面ACD ⊥平面ABC ，若所得三棱锥D ABC −的外接球的表面积为8π，则三棱锥D ABC −的体积为（ ）A.14B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理可以证得ADB ∠为直角，又ACB ∠为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边AB 的中点，然后根据球的面积公式求得球的半径，进而计算求得三棱锥D ABC −的体积.【详解】∵平面ACD ⊥平面ABC ，平面ABC 平面BCD AC =，,AC BC BC ⊥⊂平面ABC ，∴BC⊥平面ACD ，又∵AD ⊂平面ACD ，∴AD BC ⊥，又∵,,AD DC BC DC C BC ⊥∩=⊂平面BCD ，DC ⊂平面BCD ，∴AD ⊥平面BCD ， 又∵BD ⊂平面BCD ，∴AD BD ⊥，即ADB ∠为直角， 又∵ACB ∠为直角，∴取AB 的中点O ，连接,OC OD ，为由直角三角形的斜边上的中线性质OA OB OC OD ===， 可得O 为三棱锥D ABC −外接球的球心，由三棱锥D ABC −外接球的表面积为8π，可得外接球的半径r =∴2,2,1,AB BC AC CD AD ====，∵BC⊥平面ACD ，ADB ∠为直角，∴三棱锥D ABC −的体积为11121332ACD BC S ×=×××= 故选：D8. 已知棱长为4的正方体1111ABCD A B C D −，点E 是棱AB 的中点，点F 是棱1CC 的中点，动点P 在正方形11AA DD （包括边界）内运动，且1//PB 平面DEF ，则PD 的长度范围为（ ）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】先过点1B 作出与平面DEF 平行的平面，然后得出点P 的轨迹，最后计算PD 的长度取值范围即可.【详解】如图，取1BB 上靠近点B 的四等分点G ，连接EG 、FG ， 由E 是棱AB 的中点，点F 是棱1CC 的中点，易得//EG DF ， 则EG ⊂平面DEF ，取11C D 、1A A 中点H 、J ，取1DD 上靠近点1D 的四等分点I ， 连接1B H 、HI 、IJ 、1JB ，由正方体的性质易得1//HI JB ，1//JB EG ，则//HI EG ， 又HI ⊄平面DEF ，EG ⊂平面DEF ，所以//HI 平面DEF ，同理，//IJ 平面DEF ，又IJ IH I ⊂ ，,IJ IH ⊂平面1HIJB ，故平面1//HIJB 平面DEF ， 又1//PB 平面DEF ，P ∈平面11AA DD ，故P IJ ∈， 即点P 的轨迹为线段IJ ，设点D 到IJ 的距离为d ，有1432DIJ S d =××= ，故d=，又max PD DJ ===，故PD 的长度范围为.故选：C..【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是过1B 作出与平面DEF 平行的平面，从而求得P 的运动轨迹，由此得解.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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9. 供电部门对某社区100位居民6月份人均用电情况进行统计后，按人均用电量分为[)0,10，[)10,20，[)20,30，[)30,40，[]40,50五组，整理得到如图所示的频率分布直方图，则有关这100位居民，下列说法正确的是（ ）A. 6月份人均用电量人数最多的一组有40人B. 6月份人均用电量在[)30,40内的有30人C. 6月份人均用电量不低于20度的有50人D. 在这100位居民中用比例分配的分层随机抽样方法抽取10位居民协助收费，抽到的居民用电量在[)20,30一组的人数为3【答案】ACD 【解析】【分析】根据题意，由频率分布直方图，对选项逐一计算，即可得到结果.【详解】A ：根据频率分布直方图知，6月份人均用电量人数最多的一组是[)10,20， 有1000.041040××=（人），故A 正确； B ：6月份人均用电量在[)30,40内的人数为1000.011010××=，故B 错误；C ：6月份人均用电量不低于20度的频率是()0.030.010.01100.5++×=， 有1000.550×=（人），故C 正确； D ：用电量在[)20,30内的有0.031010030××=（人）， 所以在这100位居民中用比例分配的分层随机抽样方法抽取10位居民协助收费， 抽到的居民用电量在[)20,30一组的人数为30103100×=，故D 正确． 故选：ACD10. 将一个直径为8cm 的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ） A. 底面直径为8cm ，高为6cm 的圆柱体 B. 底面直径为6cm ，高为4cm 的圆锥体 C. 底面边长为4cm ，高为6cm 的正四棱柱 D. 棱长为6cm 的正四面体【答案】BD 【解析】【分析】根据球的几何性质，结合勾股定理，计算球心到选项中各几何体底面的距离，结合各几何体特征即可逐一求解.【详解】对A ：若圆柱的底面直径为8，此时球心到圆柱底面的距离为0，故A 错误； 对B ：若圆锥的底面直径为6，则半径为3，，故圆锥的高最大时为44+>，故B 正确；对C ：若正四棱柱底面边长为4，则底面外接圆半径为，故正四棱柱的高最大时为6<，故C 错误；对D ：法一：若正四面体的棱长为6，则底面外接圆半径为23×2=，棱长为6cm ，由246+=>D 正确法二：若将各棱长均为6cm 的四面体放入到棱长为8=<，故D 符合，故D 正确. 故选：BD.11. 已知圆锥SO 的底面半径为10cm ，其母线SA 长40cm ，底面圆周上有一动点B ，下列说法正确的有（ ）A. 截面SAB 的最大面积为2B. 若π3AOB ∠=，则直线SB 与平面SOA 夹角的正弦值为14C. 当三棱锥O SAB −的体积最大时，其外接球的表面积为21700πcmD. 若C SA ∈，且10cm CA =，一只小蚂蚁从A 点出发绕侧面一周到达C 点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为18cm 【答案】ACD 【解析】【分析】对A ，关键在于考虑∠ASB 正弦的大小；对B ，只需作出线面角即可；对C ，当三棱锥O -SAB 体积最大值，三棱锥可以补成长方体；对D ，可以将圆锥侧展开考虑. 【详解】对A ，因为1sin 4OA ASO SA ∠==，所以∠ASB 为锐角，所以21222SAB SOA S S SO OA ≤=×⋅= ，A 正确； 对B ，如图，取OA 中点H ，则BH ⊥OA ，又BH ⊥SO ，所以BH ⊥面SOA ， 所以∠BSH 为直线SB 与平面SOA 所成的角，所以sin BH BSH BS ∠=B 错误；对C ，易知当三棱锥O -SAB 体积最大时，OB ⊥面SOA ， 此时三棱锥可以补成以OA ，OB ，OS 为三相邻边的长方体，所以外接球直径2R =，外接球表面积为2241700πcm R π=，C 正确；对D ，将三棱锥侧面展开如下，扇形弧长为20cm π，所以2ASA π′∠=； 过S 作SD ⊥A C ′于D ，则所求路径即为CD 的长： 由40cm SA ′=，SC =30cm ，所以A C ′=50cm ，且218cm SC CD A C==′，D 正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：(1)过三棱锥顶点作三棱锥截面，由于母线长是确定的，所以截面面积取决于顶角的大小； (2)几何法求线面角大小，关键作出斜线在平面上的投影； (3)“墙角式”三棱锥外接球为补成长方体体对角线中点； (4)立体几何路径最短问题，往往需要展成一个平面后解决三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）.12. 在ABC 中，60BAC ∠=°，3AB =，2AC =，若D 为BC 边的中点，则AD =______．【解析】【分析】借助向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得. 【详解】由D 为BC 边的中点，则()12AD AB AC =+，则AD =13. 某水平放置的平面图形ABCD 的斜二测直观图是梯形A B C D ′′′′（如图所示），已知A D B C ′′′′∥，45A B C ′′′∠=°，112A D AB BC ′′′′′′===，将该平面图形绕其直角腰AB 边旋转一周得到一个圆台，则该圆台的侧面积为______．【答案】 【解析】【分析】结合斜二测法可得圆台上、下底面半径及母线长度，结合圆台性质与圆锥的侧面积公式计算即可得该圆台的侧面积.【详解】由题可得22AB A B ′′==，1AD A D ′′==，2BC B C ′′==，90ABC ∠=°， 则所得圆台上底面为以AD 为半径的圆，下底面为以BC 为半径的圆，高为AB ，其母线为CD =故其侧面积()()ππ12S AD BC CD =⋅+⋅=×+=.故答案为：.14. 如图所示，某甜品店将上半部是半球（半球的半径为2），下半部是倒立的圆锥（圆锥的高为4）的冰淇淋模型放到橱窗内展览，托盘是边长为6的等边三角形ABC 金属片沿三边中点D ，E ，F 的连线向上折叠成直二面角而成，则半球面上的最高点到平面DEF 的距离为______．【答案】6 【解析】【分析】画出底面展开图，由几何关系得到图中边长关系，由正弦定理可得2r =到2MO =.【详解】设上面球心为1O ，ABC 的圆心为2O ，ABC 三点在底面投影的正三角形111A B C 的中心为3O ，圆锥的顶点为M ，EF 边中点为N ，连接,DN BN ，则112,4O P O M ==，3BE =， 由几何关系可得123,,O O O 三点共线，由题意可得162BN DN ==×=111113222A B EB EF BE ====， 在几何体中，设ABC 的外接圆半径为2r ，则由正弦定理可得22322sin 60r r °=⇒=2BO =由21MBO MPO ∽可得2211MO BO MO PO =，所以224MO MO ⇒所以半球面上的最高点到平面DEF的距离为22466MO BN +−+==+故答案为：6四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15. 在锐角ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos cos cos a A b C c B −=． （1）求角A 的大小；（2）若a =，求b c +的取值范围． 【答案】（1）π3（2）(6, 【解析】【分析】（1）根据题意，结合正弦定理及诱导公式，即可求得1cos 2A =，得角即可； （2）由正弦定理，将边全部化为角，利用三角函数来求值域即可． 【小问1详解】根据题意得，2cos cos cos a A b C c B −=，由正弦定理得，2sin cos sin cos sin cos A A C C B −=，即sin cos sin cos sin()2sin cos C B B CB C A A +=+=， 即sin()sin 2sin cos B C AA A +==， 因为π(0,)2A ∈，则sin 0A ≠则12cos A =， 则1cos 2A ＝，(0,π)A ∈，则π3A =． 【小问2详解】由正弦定理得，4sin sin sin a b c A B C ===，所以4sin 4in ,s b B c C =．所以4(sin sin )4[sin sin()]b c B C B A B +=+=++，34sin 6sin 2B B B B =+=+π6B+，因为锐角ABC，则π2π2BC<<<<，即π22ππ32BB<<<−<，解得ππ62B<<．则ππ2π363B<+<πsin16B<+≤．所以6b c<+≤，则b c+的取值范围(6,．16. 如图，在四棱锥P ABCD−中，平面ABCD⊥平面PAB，AB DC，AB BC⊥，4AB=，2BC DC==，3PA PB==，点M为PB的中点．（1）求证：CM∥平面P AD；（2）求二面角P BD C−−的余弦值．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）根据中点特征，平面P AD内找一条与CM平行的直线，运用中位线性质和平行线传递性，证明线线平行，最终得到线面平行即可；（2）运用中点特征，作辅助线找出二面角的平面角后，转化用余弦定理来解三角形即可．【小问1详解】如图，取PA中点N，连接,DN MN．由于点M 为PB 的中点，则∥MN AB ，且AB DC ，且12MNDC AB ==， 故四边形MNDC 为平行四边形，则CM DN ∥.又DN PAD ⊂平面，CM PAD ⊄平面，则CM ∥平面P AD ． 【小问2详解】 如图，由于平面ABCD ⊥平面PAB ， AB 为两平面交线，且AB BC ⊥，BC ⊂平面ABCD ， 则BC⊥平面PAB ，PB ⊂平面PAB ，则BC PB ⊥，PC ；取AB 中点O ，连接DO ，OP ，则DC BO ， //DC BO ，且OB BC ⊥， 则四边形DOBC 为正方形，则//DO BC ，由（1）知道，BC ⊥平面PAB ，故DO ⊥平面PAB ．又3PA PB ==，则OP BA ⊥，则,,OP OD OB 两两垂直．可以求得DB =，OP ==，3DP BP ==， 则PBD △和CBD △都为等腰三角形.取DB 中点R ， 连接CR ，RP ，则PR DB,CR DB ⊥⊥ 则∠CRP 即为二面角P−BD−C 的平面角.RP，CRPC =．CRP △中，用余弦定理得，222cos 2CR RP PC CRP CR RP +−∠=×× 由图可知，二面角P BD C −−为钝角，则余弦值为．17. 近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行的营销形式．某直播平台1200个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图所示．在（1）该直播平台为了更好地服务买卖双方，打算随机抽取60个直播商家进行问询交流．如果按照比例分层抽样的方式抽取，则应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对（1）中抽取的60个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如右图所示，请根据频率分布直方图计算下面的问题：①估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（结果保留一位小数，求平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；②若将平均日利润超过430元的商家评为“优秀商家”，估计该直播平台“优秀商家”的个数． 【答案】（1）小吃类24家，生鲜类9家 （2）①中位数为342.9，平均数为352.5；②168 【解析】【分析】（1）根据分层抽样的定义计算即可； （2）①根据中位数和平均数的定义计算即可；②根据样本中“优秀商家”“优秀商家”的个数即可. 【小问1详解】()60125%15%10%5%5%24×−−−−−=，6015%9×=，所以应抽取小吃类24家，生鲜类9家； 【小问2详解】①根据题意可得()0.00130.0030.0050.007501a ×++++×=，解得0.002a =， 设中位数为x ，因为()0.0010.003500.2+×=，()0.0010.0030.007500.55++×=， 所以()3000.0070.20.5x −×+=，解得342.9x ≈， 平均数为：()2250.0012750.0033250.0073750.0054250.0024750.0015250.00150352.5×+×+×+×+×+×+××=， 所以该直播平台商家平均日利润的中位数为342.9，平均数为352.5.②4504300.0020.0010.00150120016850−×++××=, 所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为168.18. 如图所示，在三棱锥O ABC −中，OA BC ⊥，OB AC ⊥．（1）证明：OC AB ⊥；（2）若ABC 是边长为2的等边三角形，点O 到平面ABC ．试问直线OB 与平面ABC 所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由；（3）在（2）的条件下，取OB 中点为P ，并取一点Q 使得()01AQ AC λλ=<<．当直线PQ 与平面ABC 所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ 与PC 所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析（2 （3）23【解析】【分析】（1）过O 作OH ⊥平面ABC 于点H ，利用线面垂直的性质和判定定理即可证明； （2）找到线面角即为OBH ∠，再利用勾股定理和余弦性质即可；（3）首先利用线面角定义证明Q 和N 重合时，直线PQ 与平面ABC 所成角的正切值最大，再证明该四面体为正四面体，最后利用余弦定理即可. 【小问1详解】过O 作OH ⊥平面ABC 于点H ，延长AH 交BC 于点M ， 延长BH 交AC 于点,N BC ⊂平面ABC ，则,,OH BC BC OA OH OA O ⊥⊥∩=，,OH OA ⊂平面OAH ， 则BC⊥平面OAH ，AH ⊂ 平面,OAH BC ∴⊥AH ，同理由AC OB ⊥可证明,AC BH H ⊥∴为ABC 的垂心，AB CH ∴⊥， 因为OH ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,AB OH ∴⊥，又,,CH OH H CH OH ∩=⊂ 平面OHC ，则AB ⊥平面OHC . OC ⊂ 平面,OHC AB OC ∴⊥.【小问2详解】OH ⊥ 平面ABC ，则直线OB 与平面ABC 所成的角即为OBH ∠，ABC 等边三角形，边长为2，则223BH OH =×== ，2OB∴=， 所以直线OB 与平面ABC所成夹角是定值，且cos BHOBH OB ∠= 直线OB 与平面ABC. 【小问3详解】取BH 的中点G ，连PG 和GQ ，P 为OB 的中点//PG OH ∴，12PGOH ==， OH ⊥ 平面,ABC PG ∴⊥平面ABC ，PQG ∠即为直线PQ 与平面ABC所成角tan PG PQG GQ ∠=GQ 最小.由题意知GQ GN ≥，则GQ 最小时，Q 和N 重合时，取BN 中点D ，连接,,PD DC PC ，则//,PD ON DPC ∠即为异面直线ON 与PC 所成的角，为在DBC △中，30,2DB DBC BC °∠==，由余弦定理得DC =同（2）中OB 的求法可得2OA OC OB ===，结合底面是为2的等边三角形，则该四棱锥为正四面体，则ON PC ==又DPC △中，12PDON ==，则由余弦定理得2cos 3DPC∠=.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是首先根据线面角的定义找到线面角，再找到其正切最大的状态，最后结合余弦定理即可得到答案.19. 已知数据1x ，2x ，…，n x 的平均数为x ，方差为2x s ，数据1y ，2y ，…，n y 的平均数为y ，方差为2y s．类似平面向量，定义n 维向量()12,,,n OP x x x x x x =−−−，()12,,,n OQ y y y y y y =−−− 的模OP=，OQ=，数量积()()1ni i i OP OQ x xy y =⋅=−−∑．若向量OP与OQ所成角为θ，有恒等式cos OP OQ OP OQ θ⋅=，其中*n ∈N ，2n ≥． （1）当2n =时，若向量()3,4OP =−− ，()5,12OQ=−，求OP 与OQ所成角的余弦值；（2）当3n =时，证明：①2222212333xs x x x x =++−；②1122333OP OQ x y x y x y x y ⋅=++−；（3）当*n ∈N ，2n ≥时，探究()2OP OQ ⋅ 与222211n n i i i i x nx y n y ==  −− ∑∑的大小关系，并证明．【答案】（1）3365（2）证明见解析 （3）()2222211n ni i i i O x x n y O n P y Q==⋅  ≤−−  ∑∑，证明见解析【解析】【分析】（1）借助数量积公式计算即可得；（2）①结合方差的计算法则化简即可得；②借助所给数量积公式计算化简即可得；（3）借助所给恒等式计算出()2OP OQ ⋅ 后，结合三角函数值域即可得.【小问1详解】33cos ,65OP OP OQOQ QOP O ⋅==⋅；【小问2详解】 ①当3n =时，()()()()22222222123123123332x s x x x x x xx x x x x x x x =−+−+−=+++−++222222221231233233x x x x x x x x x x =+++−⋅=++−；②()()()3311i ii iiii i O x xy y x y xy x y P x Q y O ==⋅=−−=−−+∑∑ 33331111333i i iii ii i i i x y x y y x x y x y x y x y =====−⋅−⋅+−−+∑∑∑∑ 1122333133i ii x y x yx y x y x y x y ==−=++−∑；【小问3详解】()2222211n ni i i i O x x n y O n P y Q==⋅  ≤−−  ∑∑ ，理由如下：当*n ∈N ，2n ≥时，()()22222111122nnnniii ii i i i i x x xx x x xnx x x ===−=+−=+−∑∑∑∑22222112nnii i i x nx nx x nx ==+−=−∑∑，同理可得()22211nni i i i y y y n y =−=−∑∑，则()()()222222112cos ,cos ,n nii i i OP OQ OP OQ OP OQ OP O x x Q y y ====−⋅−⋅⋅⋅∑∑2222222221111cos ,n n n n i i i i i i i i x nx y n y x nx y n Q y OP O ====   =−−⋅≤−−    ∑∑∑∑ .【点睛】关键点点睛：本题关键点在于运算，尤其需要清楚1ni i x nx ==∑.。

江苏省苏州市2023-2024学年高一下学期6月期末考试 数学含答案

江苏省苏州市2023-2024学年高一下学期6月期末考试 数学含答案

苏州市2023~2024学年第二学期学业质量阳光指标调研卷高一数学（答案在最后）2024.6注意事项学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：1.本卷共4页，包含单项选择题（第1题~第8题）､多项选择题（第9题~第11题）､填空题（第12题~第14题）､解答题（第15题~第19题）.本卷满分150分，答题时间为120分钟.答题结束后，请将答题卡交回.2.答题前，请您务必将自己的姓名､调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置.3.请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效.作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔.请注意字体工整，笔迹清楚.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.设i 为虚数单位，已知复数11i z =+，则||z =（）A.12B.2C.D.22.sin164sin 44cos16sin 46-= （）A.12-B.2C.12D.23.某射击运动员射击6次，命中的环数如下：7，9，6，9，10，7，则关于这组数据的说法正确的是（）A.极差为10B.中位数为7.5C.平均数为8.5D.4.某科研单位对ChatGPT 的使用情况进行满意度调查，在一批用户的有效问卷（用户打分在50分到100分之间的问卷）中随机抽取了100份，按分数进行分组（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图，估计这批用户问卷的得分的第75百分位数为（）A.78.5B.82.5C.85D.87.55.在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若6b =，2c =，60B =︒，则A =（）A.45︒B.60︒C.75︒D.105︒6.已知l ，m 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若//l m ，//l α，//m β，则//αβB.若l m ⊥，l α⊥，//m β，则//αβC.若//αβ，l ⊂α，m β⊂，则//l mD.若l m ⊥，l α⊥，m β⊥，则αβ⊥7.在ABC 中，已知2cos 2cos 22cos A B C +=，则ABC 的形状一定为（）A .等腰三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.钝角三角形8.长篇评弹《玉蜻蜓》在江南可谓家喻户晓，是苏州评弹的一颗明珠.为了让更多年轻人走近评弹､爱上经典，苏州市评弹团在保留原本精髓的基础上，打造了《玉蜻蜓》精简版，将长篇压缩至三场，分别是《子归》篇､《认母》篇､《归宗》篇.某班级开展对《玉蜻蜓》的研究，现有三位学生随机从三篇中任意选一篇研究，记“三人都没选择《子归》篇”为事件M ，“至少有两人选择的篇目一样”为事件N ，则下列说法正确的是（）A.M 与N 互斥B.()()P M P MN = C.M 与N 相互独立D.()()1P M P N +<二､多选题：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.已知函数2()sin 2233f x x x =+-，则（）A.()f x 的最小正周期为2π B.()2f x ≥-C.()f x 的图象关于直线π6x=对称 D.()f x 在区间π,04⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增10.已知复数1z ，2z ，3z ，则下列说法正确的有（）A.1212||||||z z z z = B.若120z z ->，则12z z >C.若120z z =，则1212||||z z z z -=+ D.若1213z z z z =且10z ≠，则23z z =11.如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F ，G ，H 分别为AB ，1CC ，11A D ，1DD 的中点，则（）A.1B D ⊥平面EFGB.//AH 平面EFGC.点1B ，D 到平面EFG 的距离相等D.平面EFG 截该正方体所得截面的面积为三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设向量(1,3)m = ，(4,2)n =- ，p m n λ=+，若m p ⊥ ，则实数λ的值为___________.13.在直角三角形ABC 中，已知CH 为斜边AB 上的高，AC =2BC =，现将BCH V 沿着CH 折起，使得点B 到达点B '，且平面B CH '⊥平面ACH ，则三棱锥B ACH '-的外接球的表面积为___________.14.在ABC 中，已知cos 21sin 2cos 212C C C =++，则3sin 2sin A B +的最大值为___________.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.如图，在四棱锥P ABCD -中，已知底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，E ，F ，G 分别为线段AD ，BC ，PB 的中点.（1）求证：AG ⊥平面PBC ；（2）求证：//PE 平面AFG .16.一个袋子中有大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球.设事件A =“第一次摸到红球”，B =“第二次摸到黑球”，C =“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”.（1）用数组()12,x x 表示可能的结果，1x 是第一次摸到的球的标号，2x 是第二次摸到的球的标号，试用集合的形式写出试验的样本空间Ω；（2）分别求事件A ，B ，C 发生的概率；（3）求事件A ，B ，C 中至少有一个发生的概率.17.如图，在平面四边形ABCD 中，已知AC 与BD 交于点E ，且E 是线段BD 的中点，BCE 是边长为1的等边三角形.（1）若sin 14ABD ∠=，求线段AE 的长；（2）若:AB AD =AE BD <，求sin ADC ∠.18.如图，在平行四边形ABCD 中，已知3A π=，2AB =，1AD =，E 为线段AB 的中点，F 为线段BC 上的动点（不含端点）.记BF mBC =.（1）若12m =，求线段EF 的长；（2）若14m =，设AB xCE yDF =+ ，求实数x 和y 的值；（3）若CE 与DF 交于点G ，AG EF ∥，求向量GE 与GF的夹角的余弦值.19.如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，已知侧面11CDD C 为矩形，60BAD ABC ∠=∠=︒，3AB =，2AD =，1BC =，1AA =，12AE EA =uu u r uuu r ，2AF FB = .（1）求证：平面DEF 平面1A BC ；（2）求证：平面11ADD A ⊥平面ABCD ；（3）若三棱锥1E A BC -的体积为33，求平面1A BC 与平面ABCD 的夹角的余弦值.苏州市2023~2024学年第二学期学业质量阳光指标调研卷高一数学2024.6注意事项学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：1.本卷共4页，包含单项选择题（第1题~第8题）､多项选择题（第9题~第11题）､填空题（第12题~第14题）､解答题（第15题~第19题）.本卷满分150分，答题时间为120分钟.答题结束后，请将答题卡交回.2.答题前，请您务必将自己的姓名､调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置.3.请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效.作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔.请注意字体工整，笔迹清楚.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.设i 为虚数单位，已知复数11i z =+，则||z =（）A.12B.2C.D.2【答案】B 【解析】【分析】利用复数的商的运算法则求得z ，进而可求||z .【详解】11i 1i 1i 1i (1i)(21i)z --====-++-，则2||2z ==.故选：B .2.sin164sin 44cos16sin 46-= （）A.12-B. C.12D.32【解析】【分析】利用诱导公式与两角差的正弦公式化简求值.【详解】()()sin164sin 44cos16sin 46sin 18016sin 9046cos16sin 46-=---()1sin16cos 46cos16sin 46sin 1646sin 302=-=-=-=-.故选：A.3.某射击运动员射击6次，命中的环数如下：7，9，6，9，10，7，则关于这组数据的说法正确的是（）A.极差为10B.中位数为7.5C.平均数为8.5D.【答案】D 【解析】【分析】利用极差、中位数、平均数、标准差的定义，根据条件逐一对各个选项分析判断即可得出结果.【详解】某射击运动员射击6次，命中的环数从小到大排列如下：6，7，7，9，9，10，对A ，极差为1064-=，故A 错误；对B ，中位数为7982+=，故B 错误；对C ，平均数为677991086+++++=，故C 错误；对D ，标准差为=，故D 正确.故选：D4.某科研单位对ChatGPT 的使用情况进行满意度调查，在一批用户的有效问卷（用户打分在50分到100分之间的问卷）中随机抽取了100份，按分数进行分组（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图，估计这批用户问卷的得分的第75百分位数为（）A.78.5B.82.5C.85D.87.5【答案】B【分析】根据百分位数计算规则计算可得.【详解】因为()0.010.0250.035100.70.75++⨯=<，()0.010.0250.0350.02100.90.75+++⨯=>，所以第75百分位数位于[)80,90，设为x ，则()()0.010.0250.035100.02800.75x ++⨯+-=，解得82.5x =.故选：B5.在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c，若b =，2c =，60B =︒，则A =（）A.45︒B.60︒C.75︒D.105︒【答案】C 【解析】【分析】利用正弦定理求出C ，即可求出A .【详解】由正弦定理sin sin c b C B=，则32sin 22sin 2c B C b ⨯===，又c b <，所以60C B <=︒，所以45C =︒，所以180604575A =︒-︒-︒=︒.故选：C6.已知l ，m 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若//l m ，//l α，//m β，则//αβB.若l m ⊥，l α⊥，//m β，则//αβC.若//αβ，l ⊂α，m β⊂，则//l mD.若l m ⊥，l α⊥，m β⊥，则αβ⊥【答案】D 【解析】【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】对于A ：若//l m ，//l α，则//m α或m α⊂，又//m β，则//αβ或α与β相交，故A 错误；对于B ：若l m ⊥，l α⊥，则//m α或m α⊂，又//m β，则//αβ或α与β相交，故B 错误；对于C ：若//αβ，l ⊂α，则//l β，又m β⊂，则l 与m 平行或异面，故C 错误；对于D ：若l m ⊥，l α⊥，则//m α或m α⊂，若//m α，则在平面α内存在直线c ，使得//m c ，又m β⊥，则c β⊥，又c α⊂，所以αβ⊥；若m α⊂，又m β⊥，所以αβ⊥；综上可得，由l m ⊥，l α⊥，m β⊥，可得αβ⊥，故D 正确.故选：D7.在ABC 中，已知2cos 2cos 22cos A B C +=，则ABC 的形状一定为（）A.等腰三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.钝角三角形【答案】C 【解析】【分析】利用二倍角公式及正弦定理将角化边，即可判断.【详解】因为2cos 2cos 22cos A B C +=，所以22212sin 12sin 22sin A B C -+-=-，所以222sin sin sin A B C +=，由正弦定理可得222+=a b c ，所以ABC 为直角三角形.故选：C8.长篇评弹《玉蜻蜓》在江南可谓家喻户晓，是苏州评弹的一颗明珠.为了让更多年轻人走近评弹､爱上经典，苏州市评弹团在保留原本精髓的基础上，打造了《玉蜻蜓》精简版，将长篇压缩至三场，分别是《子归》篇､《认母》篇､《归宗》篇.某班级开展对《玉蜻蜓》的研究，现有三位学生随机从三篇中任意选一篇研究，记“三人都没选择《子归》篇”为事件M ，“至少有两人选择的篇目一样”为事件N ，则下列说法正确的是（）A.M 与N 互斥B.()()P M P MN = C.M 与N 相互独立D.()()1P M P N +<【答案】B 【解析】【分析】计算事件M 和事件N 的概率，由互斥事件的性质和相互独立事件的定义，对选项进行判断即可.【详解】三个人随机选三篇文章研究，样本空间共33327⨯⨯=种，事件M ：“三人都没选择《子归》篇”共有：2228⨯⨯=，所以()827P M =，事件N ：“至少有两人选择的篇目一样”共有27621-=种，所以()1272P N =，()()1P M P N +>，所以M 与N 不互斥，A 错误，D 错误；事件MN 共有2338++=种，所以()782P MN =，B 正确；因为()()()P MN P M P N ≠，所以C 错误.故选：B.二､多选题：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.已知函数2()sin 2f x x x =+-，则（）A.()f x 的最小正周期为2π B.()2f x ≥-C.()f x 的图象关于直线π6x =对称 D.()f x 在区间π,04⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增【答案】BD 【解析】【分析】利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简，在根据正弦函数的性质计算可得.【详解】因为2()sin 2sin 22f x x x x x=+=+132sin 2cos 222x x ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭π2sin 23x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以()f x 的最小正周期2ππ2T ==，故A 错误；因为π1sin 213⎛⎫-≤+≤ ⎪⎝⎭x ，所以()2f x ≥-，故B 正确；因为πππ2sin 2663f ⎛⎫⎛⎫=⨯+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 的图象不关于直线π6x =对称，故C 错误；当π,04x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，则,ππ233π6x ⎛⎫-∈ ⎝+⎪⎭，又sin y x =在ππ,63⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在区间π,04⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，故D 正确.故选：BD10.已知复数1z ，2z ，3z ，则下列说法正确的有（）A .1212||||||z z z z = B.若120z z ->，则12z z >C.若120z z =，则1212||||z z z z -=+ D.若1213z z z z =且10z ≠，则23z z =【答案】ACD 【解析】【分析】A 项，表达出12||z z 和12||||z z ，即可得出相等；B 项，作出示意图即可得出结论；C 项，写出12||z z -和12||z z +的表达式，利用120z z =得出两复数的实部和虚部的关系，即可得出结论；D 项，对1213z z z z =进行化简即可得出结论.【详解】由题意，设12i,i,,,,Rz a b z c d a b c d =+=+∈A 项，()()()12i i i z z a b c d ac bd bc ad =++=-++=12z z ==∴1212||||||z z z z =,A 正确；B 项，当120z z ->时，若两复数是虚数1z ，2z 不能比较大小，B 错误；C 项，()()1212i,i z z a c b d z z a c b d -=-+-+=+++，12z z -==12z z +==，当120z z =时，12120z z z z ==0=，∴0,0a b ==，,c d 任取，或0,0c d ==，,a b 任取，即12,z z 至少有一个为0∴1212z z z z -=+=（其中至少有两项为0），C 正确；D 项，∵1213z z z z =，∴()1230z z z -=，∵10z ≠，∴230z z -=，即23z z =，D 正确；故选：ACD.11.如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F ，G ，H 分别为AB ，1CC ，11A D ，1DD 的中点，则（）A.1B D ⊥平面EFGB.//AH 平面EFGC.点1B ，D 到平面EFG 的距离相等D.平面EFG 截该正方体所得截面的面积为【答案】ACD 【解析】【分析】取BC 的中点L ，11C D 的中点K ，1AA 的中点M ，即可得到正六边形LEMGKF 为平面EFG 截该正方体所得截面，求出截面面积，即可判断D ；根据线面垂直的判定定理说明A ，证明1//AD 平面EFG ，即可说明B ，根据正方体的性质判断D.【详解】如图，取BC 的中点L ，11C D 的中点K ，1AA 的中点M ，连接GK 、KF 、FL 、LE 、EM 、MG 、11A C 、MF 、AC 、1AD ，则11//GK A C ，//EL AC ，11////A C AC MF ，所以//GK MF ，所以G 、K 、F 、M 四点共面，又//EL MF ，所以L 、E 、F 、M 四点共面，同理可证//KF ME ，所以K 、E 、F 、M 四点共面，正六边形LEMGKF 为平面EFG 截该正方体所得截面，又12EL AC ===，所以216sin 602LEMGKF S =⨯⨯⨯︒=D 正确；因为AC ⊥平面11DBB D ，1DB ⊂平面11DBB D ，所以1AC DB ⊥，则1EL DB ⊥同理可证1FL DB ⊥，又EL FL L = ，,EL FL ⊂平面LEMGKF ，所以1DB ⊥平面LEMGKF ，即1B D ⊥平面EFG ，故A 正确；因为1//GM AD ，GM ⊂平面LEMGKF ，1AD ⊄平面LEMGKF ，所以1//AD 平面LEMGKF ，即1//AD 平面EFG ，又1AH AD A = ，1,AH AD ⊂平面11AD A A ，平面EFG ⋂平面11AD A A GM =，所以AH 不平行平面EFG ，故B 错误；设O 为正方体的中心，即O 为1DB 的中点，根据正方体的性质可知1EF DB O = ，即1DB 交平面LEMGKF 于点O ，所以点1B ，D 到平面LEMGKF 的距离相等，即点1B ，D 到平面EFG 的距离相等，故D 正确.故选：ACD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设向量(1,3)m = ，(4,2)n =- ，p m n λ=+，若m p ⊥ ，则实数λ的值为___________.【答案】15##0.2【解析】【分析】求出p，利用m p ⊥ ，即可求出实数λ的值.【详解】由题意，(1,3)m = ，(4,2)n =- ，p m n λ=+，∴()4,32p λλ=+-∵m p ⊥ ，∴()()143320λλ⨯++-=，解得：15λ=，故答案为：15.13.在直角三角形ABC 中，已知CH 为斜边AB 上的高，AC =2BC =，现将BCH V 沿着CH 折起，使得点B 到达点B '，且平面B CH '⊥平面ACH ，则三棱锥B ACH '-的外接球的表面积为___________.【答案】13π【解析】【分析】证明,,HA HB HC '两两垂直，由,,HA HB HC '的边长，求出外接球半径，求表面积即可.【详解】直角三角形ABC 中，AC =2BC =，则斜边4AB =，30A = ，CH 为斜边AB 上的高，则CH =3AH =，1HB =，平面B CH '⊥平面ACH ，平面B CH ' 平面ACH CH =，B H CH '⊥，B H '⊂平面B CH '，则B H '⊥平面ACH ，又AH CH ⊥，所以,,HA HB HC '两两垂直，HC =3HA =，1HB '=，则三棱锥B ACH '-的外接球半径1322R ==，所以三棱锥B ACH '-的外接球表面积为24π13πS R ==.故答案为：13π.14.在ABC 中，已知cos 21sin 2cos 212C C C =++，则3sin 2sin A B +的最大值为___________.【解析】【分析】利用二倍角公式化简，即可求出C ，从而得到π3A B +=，从而将3sin 2sin A B +转化为A 的三角函数，再利用辅助角公式计算可得.【详解】因为cos 21sin 2cos 212C C C +=++，所以222cos sin 12sin cos 2cos 112C C C C C -+=+-+，即()()()cos sin cos sin 132cos cos sin 2C C C C C C C -+=+，所以cos sin 1113tan 2cos 222C C C C -=-=，所以tan C =，又()0,πC ∈，所以2π3C =，则π3A B +=，所以π3sin 2sin 3sin 2sin 3A B A A ⎛⎫+=+-⎪⎝⎭()ππ3sin 2sin cos 2cos sin 2sin33A A A A A A ϕ=+-==+，取ϕ为锐角，其中sinϕ=，cos ϕ=1sin 2ϕ=>，所以π6ϕ>，所以当π2A ϕ+=时3sin 2sin AB +.【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出C 的值，从而将3sin 2sin A B +转化为A 的三角函数，结合辅助角公式求出最大值.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.如图，在四棱锥P ABCD -中，已知底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，E ，F ，G 分别为线段AD ，BC ，PB 的中点.（1）求证：AG ⊥平面PBC ；（2）求证：//PE 平面AFG .【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先证BC ⊥平面PAB ，有BC AG ⊥，再由AG PB ⊥，可证AG ⊥平面PBC ；（2）连接BE 交AF于点H ，由AHE FHB ≅ ，得H 为BE 中点，可得//GH PE ，线面平行的判定定理得//PE 平面AFG .【小问1详解】底面ABCD 为矩形，所以BC AB ⊥，PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂底面ABCD ，则PA BC ⊥，AB PA A = ，,AB PA ⊂平面PAB ，则BC ⊥平面PAB ，AG ⊂平面PAB ，所以BC AG ⊥，又PA AB =，G 为PB 中点，则AG PB ⊥，,BC PB ⊂平面PBC ，BC PB B = ，所以AG ⊥平面PBC .【小问2详解】连接BE 交AF 于点H ，连接GH ，由四边形ABCD 为矩形，,E F 分别为,AD BC 中点，所以AHE FHB ≅ ，则BH HE =，即H 为BE 中点，又因为G 为BP 中点，有//GH PE ，GH Ì平面AFG ，PE ⊄平面AFG ，所以//PE 平面AFG .16.一个袋子中有大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球.设事件A =“第一次摸到红球”，B =“第二次摸到黑球”，C =“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”.（1）用数组()12,x x 表示可能的结果，1x 是第一次摸到的球的标号，2x 是第二次摸到的球的标号，试用集合的形式写出试验的样本空间Ω；（2）分别求事件A ，B ，C 发生的概率；（3）求事件A ，B ，C 中至少有一个发生的概率.【答案】（1）()()()()()()()()()()()(){}Ω1,2,1,3,1,4,2,1,2,3,2,4,3,1,3,2,3,4,4,1,4,2,4,3=（2）()12P A =，()14P B =，()13P C =（3）()34P A B C ⋃⋃=【解析】【分析】（1）根据事件的定义列出样本空间即可；（2）根据古典概型概率计算公式计算即可；（3）根据古典概型概率计算公式计算即可.【小问1详解】样本空间()()()()()()()()()()()(){}Ω1,2,1,3,1,4,2,1,2,3,2,4,3,1,3,2,3,4,4,1,4,2,4,3=，Ω共有12个基本事件；【小问2详解】事件A 的基本事件为：()()()()()(){}1,2,1,3,1,4,2,1,2,3,2,4共6个基本事件，所以()12P A =，事件B 的基本事件为：()()(){}1,3,2,3,4,3共3个基本事件，所以()14P B =，事件C 的基本事件为：()()()(){}1,42,4,4,1,4,2共4个基本事件，所以()13P C =，【小问3详解】事件A ，B ，C 中至少有一个发生的基本事件为：()()()()()()()()(){}1,2,1,3,1,4,2,1,2,3,2,44,1,4,2,4,3共9个基本事件，所以()34P A B C ⋃⋃=.17.如图，在平面四边形ABCD 中，已知AC 与BD 交于点E ，且E 是线段BD 的中点，BCE 是边长为1的等边三角形.（1）若sin 14ABD ∠=，求线段AE 的长；（2）若:AB AD =AE BD <，求sin ADC ∠.【答案】（1）12（2）7【解析】【分析】（1）由sin 14ABD ∠=，有cos 14ABD ∠=，又120AEB ∠= ，AEB △中，()sin sin BAE AEB ABD ∠=∠+∠，求值后由正弦定理求线段AE 的长；（2）在AED △和AEB △中，余弦定理得22222AB AD AE +=+，又:AB AD =解得13AE =，在ACD 中，由余弦定理求cos ADC ∠，再得sin ADC ∠.【小问1详解】因为BCE 为等边三角形，所以120AEB ∠= ，又sin 14ABD ∠=，所以cos 14ABD ∠=，在AEB △中，()()sin sin 180sin BAE AEB ABD AEB ABD ⎡⎤∠=-∠+∠=∠+∠⎣⎦，所以21sin sin cos cos sin 7BAE AEB ABD AEB ABD ∠=∠∠+∠∠=，由正弦定理得sin sin AE BEABD BAE =∠∠，21sin 114sin 2217BE ABD AE BAE ⋅∠===∠.【小问2详解】()cos cos 180cos AED AEB AEB ∠=-∠=-∠ ，1DE BE ==，在AED △中，由余弦定理，2222cos AD AE DE AE DE AED =+-⋅⋅∠，在AEB △中，由余弦定理，2222cos AB AE BE AE BE AEB =+-⋅⋅∠两式相加得222222222AB AD AE DE BE AE +=++=+，因为:AB AD =，所以设AB =，AD =，则AE =，在AEB △中，120AEB ∠= ，由余弦定理得，2222cos AB AE BE AE BE AEB =+-⋅⋅∠，得2211310112m m ⎛⎫=-+-- ⎪⎝⎭，化简得23m =由0m >，解得1m =或13m =，当1m =时，3AE BD =>，不合题意，舍去；当13m =时，13AE BD =<，符合题意，所以13AE =，43AC AE EC =+=，73AD ==，在DCE △中，1CE DE ==，120DEC ︒=∠，可得CD =，在ACD中，由余弦定理，222cos 2AD CD AC ADC AD CD+-∠==⋅，所以sin 7ADC ∠=.18.如图，在平行四边形ABCD 中，已知3A π=，2AB =，1AD =，E 为线段AB 的中点，F 为线段BC 上的动点（不含端点）.记BF mBC =.（1）若12m =，求线段EF 的长；（2）若14m =，设AB xCE yDF =+ ，求实数x 和y 的值；（3）若CE 与DF 交于点G ，AG EF ∥，求向量GE 与GF的夹角的余弦值.【答案】（1）2（2）68,1111x y =-=（3）7-【解析】【分析】（1）由向量的线性运算可得1122EF AD AB =+，两边平方可求解；（2）由已知可得34DF DC CF AB AD =+=- ，12CE CB BE AD AB =+=--，可得结论；（3）利用向量的线性关系可得1255GE AB AD =-- ，933510GF AD AB =-+，计算可得结论.【小问1详解】若12m =，则1122BF BC AD == ，12BE AB =-，所以1122EF BF BE AD AB =-=+ ，两边平方可得22222211117()(2)(12122)44424EF AD AB AD AD AB AB =+=++=+⨯⨯⨯+= ，所以2EF =；【小问2详解】若14m =，则1144BF BC AD == ，所以34CF AD =-，34DF DC CF AB AD =+=- ①，12CE CB BE AD AB =+=-- ②，由①②可得681111AB CE DF =-+；【小问3详解】1122EF EB BF AB mBC AB mAD =+=+=+，1122EC EB BC AB BC AB AD =+=+=+ ，设2EG EC AB AD λλλ==+ ，又122AG AE EG AE AB AD AB AD λλλλ+=+=++=+，又AG EF ∥，所以1212m λλ=+①，由EG EC λ= ，可得GE CE λ= ，所以CE CG CE λ-=，所以(1)CG CE λ=- ，所以11(1)(1)()(1)22CG CE AB BC CB CD λλλλ-=-=---=-+ ，由BF mBC = ，可得(1)CF m CB =- ，11CB CF m=-所以11(1)12CG CE CF CD m λλλ--=-=+-，又,,D F G 三点共线，所以11112m λλ--+=-②，联立①②解11,23m λ==，所以1142EG AB AD =+ ，所以1142GE AB AD =--，111111242424CG CB CD BC DC AD AB =+=--=-- ，21111(32464GF CF CG AD AD AB AD AB =-=----=-+ ），所以2211111111····64422412168GE GF AD AB AB AD AD AB AD AB AD AB ⎛⎫⎛⎫=-+--=+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭111112412484=+--=-，又2222111111113()4216444444GE AB AD AB AB AD AD =--=++=++=，所以||2GE =，同理可得||6GF = ，所以1214cos ,726GE GF -==-.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是用基底表示向量后，求向量模或者夹角就可以利用公式直接计算.19.如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，已知侧面11CDD C 为矩形，60BAD ABC ∠=∠=︒，3AB =，2AD =，1BC =，1AA =，12AE EA =uu u r uuu r ，2AF FB =.（1）求证：平面DEF 平面1A BC ；（2）求证：平面11ADD A ⊥平面ABCD ；（3）若三棱锥1E A BC -的体积为3，求平面1A BC 与平面ABCD 的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）19或7.【解析】【分析】（1）由已知可得//EF 平面1A BC ，//DF 平面1A BC ，从而可证结论；（2）由余弦定理可得23DC =，从而可证AD CD ⊥，进而结合已知可证CD ⊥平面11ADD A ，可证结论；（3）延长,AD BC 交于N ，过1A 作1A M AD ⊥于M ，过M 作MH BN ⊥于H ，连接1A H ，可得1A HM ∠为平面1A BC 与平面ABCD 所成二面角的平面角，求解即可.【小问1详解】因为12AE EA =uu u r uuu r ，2AF FB = ，所以1EF A B ∥，又1A B ⊂平面1A BC ，EF ⊄平面1A BC ，所以//EF 平面1A BC ，2AF FB = ，3AB =，可得2AF =，又2AD =，60BAD ∠=︒，所以ADF △是等边三角形，所以2DF =，60AFD ∠=︒，又60ABC ∠=︒，所以DF BC ∥，又BC ⊂平面1A BC ，DF ⊄平面1A BC ，//DF 平面1A BC ，又DF EF F = ，又,DF EF ⊂平面DEF ，所以平面DEF 平面1A BC ；【小问2详解】由侧面11CDD C 为矩形，可得1CD DD ⊥，连接CF ，可得BCF △是等边三角形，所以60BFC ∠=︒，所以60DFC ∠=︒，又2DF =，1CF =，由余弦定理可得22211221232DC =+-⨯⨯⨯=，所以222DC CF DF +=，所以90FCD ∠=︒，所以30FDC ∠=︒，所以90ADC ∠=︒，所以AD CD ⊥，又1AD DD D = ，1,AD DD ⊂平面11ADD A ，所以CD ⊥平面11ADD A ，又CD ⊂平面ABCD ，所以平面11ADD A ⊥平面ABCD ；【小问3详解】延长,AD BC 交于N ，可得ABN 是等边三角形，过1A 作1A M AD ⊥于M ，由（1）可知//EF 平面1A BC ，所以三棱锥1E A BC -的体积即为三棱锥1F A BC -的体积，又三棱锥1F A BC -的体积等于三棱锥1A BCF -的体积，由（2）可知平面11ADD A ⊥平面ABCD ，且两平面的交线为AD ，所以AM ⊥平面ABCD ，所以111111331133223B F BCF A C V S A M A M -==⨯⨯⨯⨯= ，解得14A M =，过M 作MH BN ⊥于H ，连接1A H ，AM ⊥平面ABCD ，BN ⊂平面ABCD ，所以AM BN ⊥，又1HM A M M ⋂=，1,HM A M ⊂平面1A MH ，所以BN ⊥平面1A MH ，又1A H ⊂平面1A MH ，1BN A H ⊥，所以1A HM ∠为平面1A BC 与平面ABCD 所成二面角的平面角，若12A AD π∠<，则点M 在线段AD 上，且为AD 中点，又117AA =，由勾股定理可得1AM =，所以2MN =，所以3MH =131619A H =+=，所以1357cos 1919A HM ∠==，所以平面1A BC 与平面ABCD 的夹角的余弦值为5719；若12A AD π∠>，则点M 在线段DA 延长线上，此时13,7MH A H ==，11321cos 727MH A HM A H ∠===.。

河南省新乡市2023-2024学年高一下学期7月期末考试 数学含答案

河南省新乡市2023-2024学年高一下学期7月期末考试 数学含答案

新乡市2023-2024学年高一期末（下）测试数学（答案在最后）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：人教A 版必修第一册占25%，第二册占75%.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.已知集合{}Z 21A x x =∈-<-，{}220B x x x =--≤，则A B = （）A.{}1B.{}1,0-C.{}1,2 D.{}1,0,1,2-2.22i3i 4-=+（）A.17i 1313- B.214i 2525-C.214i 2525+ D.17i 2525-+3.已知函数()21x f x x a-=+是奇函数，则=a （）A .B.1C.1- D.24.已知平面向量a ，b满足1a = ，2b = ，且2a b -= ，则cos ,a b = （）A.12B.14 C.16D.185.已知函数()()πsin 0,2f x x ωϕωϕ⎛⎫=+>≤⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则8π3f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（）A.0B.1C.2D.36.将颜色为红、黄、白的3个小球随机分给甲、乙、丙3个人，每人1个，则与事件“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球”互为对立事件的是（）A.甲分得黄球B.甲分得白球C.丙没有分得白球D.甲分得白球，乙分得黄球7.已知2sin 23sin 2αβ=，且()tan 1αβ-=，则()tan αβ+=（）A.1B.3C.5D.78.在正三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB =，M 是AB 的中点，N 是棱11B C 上的动点，则直线MN 与平面11BCC B 所成角的正切值的最大值为（）A.12B.22 C.32D.34二、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，部分选对的得部分，有选错的得0分.9.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点M ，N ，E ，F 分别在棱11A B ，11A D ，11B C ，11C D 上，且平面AMN ∥平面EFDB ，下列结论正确的是（）A.MN EF ∥B.EF BD ∥C.AN DF∥ D.BE ∥平面AMN10.Z 国进口的天然气主要分为液化天然气和气态天然气两类.2023年Z 国天然气进口11997吨，其中液化天然气进口7132吨，气态天然气进口4865吨.2023年Z 国天然气及气态天然气进口来源分布及数据如图所示：下列结论正确的是（）A.2023年Z 国从B 国进口的液化天然气比从A 国进口的多B.2023年Z 国没有从A 国进口液化天然气C.2023年Z 国从C 国进口的液化天然气一定比从D 国进口的多D.2023年Z 国从B 国进口的液化天然气一定比从D 国进口的多11.在ABC 中，D 是BC 的中点，4BC =，AD =，下列结论正确的是（）A.若AC =，则=ABB.ABC 面积的最大值为C.7BA CA ⋅= D.若2B C =，则3AB =三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12.函数()222x f x -=的最大值为______.13.在某次调查中，采用分层随机抽样的方法得到10个A 类样本，30个B 类样本.若A 类样本的平均数为5.5，总体的平均数为4，则B 类样本的平均数为______.14.已知某圆台的母线长为3，下底面的半径为1，若球O 与该圆台的上、下底面及侧面都相切，则球O 的表面积为______．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.已知函数()cos f x x x =+.（1）求()f x 的最小正周期；（2）求()f x 的单调递增区间；（3）求()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域.16.在ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cos 2c bB a+=.（1）证明：2A B =；（2）若2a =，3π4C =，求ABC 的周长.17.为了解某校高一年级学生数学学习的阶段性表现，该年级组织了一次测试.已知此次考试共有1000名学生参加，将考试成绩分成六组：第一组[)30,50，第二组[)50,70，…，第六组[]130,150.整理数据得到如图所示的频率分布直方图.（1）该校根据试卷的难易程度进行分析，认为此次成绩不低于110分，则阶段性学习达到“优秀”，试估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数；（2）若采用等比例分层抽样的方法，从成绩在[)50,70和[)110,130内的学生中共抽取6人，查看他们的答题情况来分析知识点的掌握情况，再从中随机选取3人进行面对面调查分析，求这3人中恰有1人成绩在[)110,130内的概率.18.如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点，点F 在棱BP 上，且EF BP ⊥，四边形ABCD 为正方形，2PD CD ==.（1）证明：BP DF ⊥；（2）求三棱锥F BDE -的体积；（3）求二面角F DE B --的余弦值.19.在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B ，C ，D 三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A ，B ，C ，D 四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是13，每场比赛的结果相互独立.（1）求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率；（2）已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率.新乡市2023-2024学年高一期末（下）测试数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：人教A 版必修第一册占25%，第二册占75%.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.已知集合{}Z 21A x x =∈-<-，{}220B x x x =--≤，则A B = （）A.{}1B.{}1,0-C.{}1,2 D.{}1,0,1,2-【答案】C 【解析】【分析】根据题意，A 集合里的元素为整数，B 集合需解出具体解集，结合交集，得解.【详解】因为{}{}Z 211,2,3,A x x =∈-<-= ，{}{}22012B x x x x x =--≤=-≤≤，所以{}1,2⋂=A B .故答案选：C2.22i3i 4-=+（）A.17i 1313- B.214i 2525-C.214i 2525+ D.17i 2525-+【答案】B 【解析】【分析】由复数除法运算法则可得答案.【详解】()()()()22i 43i 22i 214i 214i 3i 43i 443i 252525----===-++-.故选：B3.已知函数()21x f x x a-=+是奇函数，则=a （）A.0 B.1C.1- D.2【答案】A 【解析】【分析】利用奇函数定义，列式计算即得.【详解】由函数()f x 是奇函数，得()()0f x f x +-=，则22110x x x a x a--+=+-+，解得0a =，函数21()x f x x-=定义域为(,0)(0,)-∞+∞ ，是奇函数，所以0a =.故选：A4.已知平面向量a ，b满足1a = ，2b = ，且2a b -= ，则cos ,a b = （）A.12B.14C.16D.18【答案】D 【解析】【分析】对2a b -= 两边平方可得a b ⋅，再由向量的夹角公式计算可得答案.【详解】因为()2222447-=+-⋅=a ba b a b ，因为1a =，2b = ，所以14a b ⋅= ，1cos ,8⋅==a b a b a b .故选：D.5.已知函数()()πsin 0,2f x x ωϕωϕ⎛⎫=+>≤⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则8π3f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（）A.0B.1C.2D.3【答案】A 【解析】【分析】由图中周期可得ω，由5π112f ⎛⎫=⎪⎝⎭可得ϕ，后可得答案.【详解】由图可得，15πππ41264T =-=，则2ππT ω==.因为0ω>，所以2ω=，则()()sin 2f x x ϕ=+.因为5π5πsin 211212f ϕ⎛⎫⎛⎫=⨯+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以5ππ2π62k ϕ+=+，k ∈Z ，解得π2π3k ϕ=-+，k ∈Z .因为π2ϕ≤，所以π3ϕ=-，则()πsin 23f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，故8π8ππsin 2sin 5π0333f ⎛⎫⎛⎫=⨯-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A6.将颜色为红、黄、白的3个小球随机分给甲、乙、丙3个人，每人1个，则与事件“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球”互为对立事件的是（）A.甲分得黄球B.甲分得白球C.丙没有分得白球D.甲分得白球，乙分得黄球【答案】C 【解析】【分析】由对立事件的概念即可得解.【详解】甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球，乙分得红球，即丙分得白球，与丙没有分得白球互为对立事件.故选：C.7.已知2sin 23sin 2αβ=，且()tan 1αβ-=，则()tan αβ+=（）A.1B.3C.5D.7【答案】C 【解析】【分析】利用凑角、两角和与差的正弦展开式化简可得答案.【详解】因为()()2ααβαβ=++-，()()2βαβαβ=+--，所以()()2sin αβαβ⎡⎤++-=⎣⎦()()3sin αβαβ⎡⎤+--⎣⎦，展开化简()()()()()()2sin 2sin cos 2cos sin αβαβαβαβαβαβ⎡⎤++-=+-++-⎣⎦()()()()3sin cos 3cos sin αβαβαβαβ=+--+-，所以()()()()5cos sin sin cos αβαβαβαβ+-=+-，故()()tan 5tan 5αβαβ+=-=.故选：C.8.在正三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB =，M 是AB 的中点，N 是棱11B C 上的动点，则直线MN 与平面11BCC B 所成角的正切值的最大值为（）A.12B.2 C.2D.4【答案】D 【解析】【分析】根据题意，先画出图象，作MG BC ⊥，然后由面面的垂直的性质可得MG ⊥平面11BCC B ，进而可知MNG ∠为直线MN 与平面11BCC B 所成的角，当MNG ∠取得最大值时，tan MGMNG NG∠=取得最大值，NG 取得最小值，从而可得直线MN 与平面11BCC B 所成角的正切值的最大值.【详解】如图，作MG BC ⊥，垂足为G ，连接NG .在正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，因为平面ABC ⋂平面11BCC B BC =，MG ⊂平面ABC ，MG BC ⊥，所以MG ⊥平面11BCC B .故MNG ∠为直线MN 与平面11BCC B 所成的角.当MNG ∠取得最大值时，tan MGMNG NG∠=取得最大值，NG 取得最小值.不妨设1AA AB a ==，则133cos 224MG MB B a ==⋅=，NG 的最小值为a ，于是3tan 4MG MNG NG ∠==.故选：D.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，部分选对的得部分，有选错的得0分.9.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点M ，N ，E ，F 分别在棱11A B ，11A D ，11B C ，11C D 上，且平面AMN ∥平面EFDB ，下列结论正确的是（）A.MN EF ∥B.EF BD ∥C.AN DF ∥D.BE ∥平面AMN【答案】ABD【解析】【分析】利用面面平行的性质结合线面平行的判定定理逐个选项判断即可.【详解】因为平面AMN ∥平面EFDB ，平面1111D C B A 与平面EFDB 和平面AMN 的都相交，,MN EF 是交线，所以MN EF ∥，故A 正确；因为长方体1111ABCD A B C D -，所以平面1111∥A B C D 平面ABCD ，而平面EFDB 与这两个平行平面的都相交，EF BD ,是交线，所以EF BD ∥，故B 正确，如图，连接MF ，此时平面DAMF 与平面1111D C B A 和平面ABCD 的都相交，,DA MF 是交线，所以DA MF ∥，而1111,DA D A DA D A =∥，所以11MF D A ∥，又因为11D F MA ∥，所以四边形11D FMA 是平行四边形，所以11MF D A =，MF DA =，所以四边形DAMF 是平行四边形，所以DF AM ∥，因为AM AN A = ，所以AN 与DF 不平行，故C 错误；如图，连接NE ，由长方体性质得面11BCC B ∥面11AA D D ，NA EB是交线，此时平面NEBA与这两个平面的都相交，,∥，所以BE AN又因为AN⊂面AMN，BE⊄面AMN，所以BE∥平面AMN，故D正确.故选：ABD10.Z国进口的天然气主要分为液化天然气和气态天然气两类.2023年Z国天然气进口11997吨，其中液化天然气进口7132吨，气态天然气进口4865吨.2023年Z国天然气及气态天然气进口来源分布及数据如图所示：下列结论正确的是（）A.2023年Z国从B国进口的液化天然气比从A国进口的多B.2023年Z国没有从A国进口液化天然气C.2023年Z国从C国进口的液化天然气一定比从D国进口的多D.2023年Z国从B国进口的液化天然气一定比从D国进口的多【答案】ABC【解析】【分析】由饼状统计图的实际含义逐一验算各个选项即可求解.【详解】对于B，2023年Z国从A国进口天然气2480吨，全部为气态天然气，所以2023年Z国没有从A国进口液化天然气，B正确.对于A，2023年Z国从B国进口天然气2435吨，其中气态天然气1630吨，液化天然气805吨，所以2023年Z 国从B 国进口的液化天然气比从A 国进口的多，A 正确.对于C ，假设2023年Z 国气态天然气其余部分全部来自C 国，共486524801630340415---=吨，则Z 国从C 国进口液化天然气24164152001-=吨，仍然大于从D 国进口的天然气的总量，所以2023年Z 国从C 国进口的液化天然气一定比从D 国进口的多，C 正确.对于D ，2023年Z 国从B 国进口液化天然气24351630805-=吨，2023年Z 国从D 国进口的天然气总量为1666吨，若全部为液化天然气，则2023年Z 国从B 国进口的液化天然气比从D 国进口的少，D 错误.故选：ABC.11.在ABC 中，D 是BC 的中点，4BC =，AD =，下列结论正确的是（）A.若AC =，则=ABB.ABC 面积的最大值为C.7BA CA ⋅=D.若2B C =，则3AB =【答案】BCD【解析】【分析】根据勾股定理可判定A;根据三角形面积公式可判定B;根据向量运算可判定C;结合正余弦定理可判定D.【详解】在ACD 中，222AC CD AD +=，所以π2C =，AB ==，A 错误.当AD BC ⊥时，AD 最大，所以ABC 面积的最大值为12BC AD ⋅=，B 正确.()()()()227BA CA BD DA CD DA BD DA BD DA DA BD ⋅=+⋅+=+⋅-+=-= ，C 正确.在ABC 中，由正弦定理可得sin 2sin AC AB C C=，得2cos AC AB C =.在ACD 中，由余弦定理可得222224cos 7cos 28cos AC CD AD AB C C AC CD AB C+--==⋅，即227cos 48C AB AB =-.在ABD △中，由余弦定理可得222227cos 22cos 124AB BD AD AB C C AB BD AB+--===-⋅，即2278cos 4AB AB C AB -=-，所以22778448AB AB AB AB AB-=⋅--，整理得22150AB AB +-=，解得3AB =（5AB =-舍去），D 正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12.函数()222x f x -=的最大值为______.【答案】4【解析】【分析】根据二次函数的性质得222x -≤，再由指数函数的性质即可求解.【详解】因为222x -≤，所以()222224x f x -=≤=，故函数()222x f x -=的最大值为4.故答案为：4.13.在某次调查中，采用分层随机抽样的方法得到10个A 类样本，30个B 类样本.若A 类样本的平均数为5.5，总体的平均数为4，则B 类样本的平均数为______.【答案】3.5【解析】【分析】设B 类样本的平均数为x ，通过总体的平均数列方程，进而解方程可得B 类样本的平均数.【详解】设B 类样本的平均数为x ，则10 5.530440x ⨯+=，解得 3.5x =.故答案为：3.5.14.已知某圆台的母线长为3，下底面的半径为1，若球O 与该圆台的上、下底面及侧面都相切，则球O 的表面积为______．【答案】8π【解析】【分析】把空间问题降维，转化在轴截面中进行研究，需要理解轴截面的概念，利用等面积法及勾股定理建立等式求解．【详解】解：如图，在轴截面梯形ABCD 中，3AD BC ==，22AB BF ==，设球O 的半径为r ，222EF OE OM r ===．()111122222ABCD S CD AB EF CD OE BC OM AB OF =+⋅=⋅+⨯⋅+⋅梯形，解得：4CD =，因为()()2222BC r CE BF =+-，所以22r =，所以球O 的表面积为24π8πr =，故答案为：8π．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.已知函数()cos f x x x =+.（1）求()f x 的最小正周期；（2）求()f x 的单调递增区间；（3）求()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域.【答案】（1）2π（2）()2ππ2π,2π33k k k ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦Z （3）[]1,2【解析】【分析】（1）利用辅助角公式化简()f x ，进而求得的最小正周期；（2）利用辅助角公式化简()f x ，进而求得单调递增区间；（3）利用整体代换的方法，求得在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域.【小问1详解】()πcos 2sin 6f x x x x ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭.()f x 的最小正周期为2π.【小问2详解】令πππ2π2π262k x k -+≤+≤+，k ∈Z ，解得2ππ2π2π33k x k -+≤≤+，k ∈Z ，所以()f x 的单调递增区间为2ππ2π,2π33k k ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦（k ∈Z ）.【小问3详解】因为π0,2⎡⎤∈⎢⎣⎦x ，所以ππ2π,663x ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，所以π1sin ,162x ⎛⎫⎡⎤+∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，()[]1,2f x ∈.故()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为[]1,2.16.在ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cos 2c b B a +=.（1）证明：2A B =；（2）若2a =，3π4C =，求ABC 的周长.【答案】（1）证明见解析（22【解析】【分析】（1）由正弦定理以及三角恒等变换即可得证；（2）由正弦定理以及三角恒等变换即可得解.【小问1详解】因为cos 2c b B a+=，所以2cos c b a B +=，所以sin sin 2sin cos C B A B +=.因为()sin sin sin cos cos sin C A B A B A B =+=+，所以()sin sin cos cos sin sin =-=-B A B A B A B ，则B A B =-（或πB A B +-=，舍去），即2A B =.【小问2详解】因为3ππ4C A B =--=，2A B =，所以π6A =，π12B =.πππ62sin sin sin 12464B ⎛⎫==-= ⎪⎝⎭.由sin sin sin a b c A B C==，可得22sin 1sin 22a c C A =⋅=⋅=，2sin 1sin 42a b B A =⋅=⋅=故ABC 的周长为2a b c ++=+.17.为了解某校高一年级学生数学学习的阶段性表现，该年级组织了一次测试.已知此次考试共有1000名学生参加，将考试成绩分成六组：第一组[)30,50，第二组[)50,70，…，第六组[]130,150.整理数据得到如图所示的频率分布直方图.（1）该校根据试卷的难易程度进行分析，认为此次成绩不低于110分，则阶段性学习达到“优秀”，试估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数；（2）若采用等比例分层抽样的方法，从成绩在[)50,70和[)110,130内的学生中共抽取6人，查看他们的答题情况来分析知识点的掌握情况，再从中随机选取3人进行面对面调查分析，求这3人中恰有1人成绩在[)110,130内的概率.【答案】（1）200人（2）15【解析】【分析】（1）用学生成绩在[]110,150内的频率乘以1000即可得解；（2）写出从6人中任选3人的样本空间，以及抽取的3人中恰有1人成绩在[)110,130内的样本空间写出来，结合古典概型概率计算公式即可求解.【小问1详解】由频率分布直方图，可得学生成绩在[]130,150内的频率为0.04，在[)110,130内的频率为0.16，故估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数为1000(0.040.16)200⨯+=.【小问2详解】学生成绩在[)50,70内的频率为0.08，在[)110,130内的频率为0.16，则抽取的6人中，成绩在[)50,70内的有2人，在[)110,130内的有4人.记成绩在[)110,130内的4名学生为a ，b ，c ，d ，在[)50,70内的2名学生为E ，F ，则从6人中任选3人，样本空间可记{,,,,,,,,,,abc abd abE abF acd acE acF adE adF aEF ,,,,,,,,,}bcd bcE bcF bdE bdF bEF cdE cdF cEF dEF ，共包含20个样本.用事件A 表示“这3人中恰有1人成绩在[)110,130内”，则A ={aEF ，bEF ，cEF ，dEF }，A 包含4个样本.故所求概率()41205P A ==.18.如图，在四棱锥P ABCD -中，PD⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点，点F 在棱BP 上，且EF BP ⊥，四边形ABCD 为正方形，2PD CD ==.（1）证明：BP DF ⊥；（2）求三棱锥F BDE -的体积；（3）求二面角F DE B --的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）49（3）13【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定求证；（2）由12F BDE E BDF C BDF V V V ---==转化求解；（3）由线面垂直的性质得BEF ∠即二面角F DE B --的平面角，即可求解．【小问1详解】证明：因为PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂底面ABCD ，所以PD BC ⊥.因为四边形ABCD 为正方形，所以DC BC ⊥.因为PD DC D ⋂=，所以BC ⊥平面PCD .因为DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥.在PCD 中，PD CD =，E 是PC 的中点，则DE PC ⊥.因为BC PC C ⋂=，所以DE ⊥平面PBC .因为PB ⊂平面PBC ，所以DE PB ⊥.因为EF BP ⊥，DE EF E = ，所以BP ⊥平面DEF .因为DF ⊂平面DEF ，所以BP DF ⊥.【小问2详解】连接AC 交BD 于点M ，如图所示：则AC BD ⊥，又PD ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，得AC PD ⊥，而PD BD D ⋂=，则AC ⊥平面PDB ，则点C 到平面PDB 的距离为CM =因为E 是PC 的中点，所以12F BDE E BDF C BDF V V V ---==BD =，BP =，3BD DP DF BP ⋅==，3BF ==，所以123BDF S BF DF =⋅=△，18339C BDF V -=⨯=，所以49F BDE V -=.【小问3详解】解：由（1）可得DE ⊥平面PBC ，因为EF ⊂平面PBC ，EB ⊂平面PBC ，所以DE EF ⊥，DE EB ⊥.BEF ∠为二面角F DE B --的平面角.12PE PC ==，BE ==.因为PFE PCB ∽△△，所以PE EF PB BC =，解得3EF =.因为EF BP ⊥，即90EFB ∠=︒，所以1cos 3EF BEF BE ∠==.故二面角F DE B --的余弦值为13.19.在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是1 3，每场比赛的结果相互独立.（1）求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率；（2）已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率.【答案】（1）4 27（2）79 81【解析】【分析】（1）分类讨论只积3分的可能情况，结合独立事件概率乘法公式运算求解；（2）由题意，若A球队参与的3场比赛中胜2场，负1场，根据获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论结合独立事件概率乘法公式运算求解.【小问1详解】A球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况.第一种情况：A球队在3场比赛中都是平局，其概率为1111 33327⨯⨯=.第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为11113 3339⨯⨯⨯=.故所求概率为114 27927+=.【小问2详解】不妨假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜.此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分.在剩下的3场比赛中：若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C，D的积分都低于A的积分，A可以出线；若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线；若B与D比赛平局，同理可得A可以出线.故当剩下的3场比赛中有平局时，A一定可以出线.若剩下的3场比赛中没有平局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线.当B，C，D中有一支队伍胜2场时，若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为11111 333381⨯⨯⨯=；若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为11111 333381⨯⨯⨯=.其他情况A均可以出线.综上，A球队最终小组出线的概率为1179 1818181⎛⎫-+=⎪⎝⎭.【点睛】关键点点睛：解题的关键在于分类讨论获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解.。

广东省肇庆市2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试题(解析版)

广东省肇庆市2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试题(解析版)

肇庆市2023—2024学年第二学期高一年级期末教学质量检测数学注意事项：1．本试卷共150分，考试时间120分钟.2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.已知样本空间{}1,2,3,4Ω=，事件{}1,2A =，{}2,3B =，则()P A B =（ ）A.34B.12C.14 D.16【答案】A 【解析】【分析】根据题意，由概率的计算公式，代入计算，即可得到结果.【详解】因为{}1,2,3,4Ω=，且事件{}1,2A =，{}2,3B =，则{}1,2,3A B = ，所以()34P A B ∪=. 故选：A2.若向量()1,7a =−，则下列与向量a垂直的向量是（ ）A.()1,7− B.()1,7 C.()7,1 D.()7,1−【答案】C 【解析】【分析】根据数量积的坐标表示判断即可.【详解】对于A ：()()1177500×−+×−=−≠，故A 错误；对于B ：()1177480×+×−=−≠，故B 错误；对于C ：()17170×+×−=，故C 正确；对于D ：()()1717140×−+×−=−≠，故D 错误. 故选：C3. 某射手射靶5次，命中的环数分别为5，6，9，8，7，则命中环数的方差为（ ） A. 2 B. 2.2 C. 3 D. 7【答案】A 【解析】【分析】根据题意，由方差的计算公式代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意可得，命中的环数的平均数为()15698775++++=， 则方差为()()()()()222221576797877725 −+−+−+−+−=. 故选：A4. 欧拉公式i e cos isin x x x =+（e 为自然对数的底，i 是虚数单位，x ∈R ）建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位．根据以上内容，可知2i 3e π在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】B 【解析】【分析】由题意可得2πi 31e2=−，可得结论.【详解】由欧拉公式i e cos isin x x x =+（e 为自然对数的底，i 是虚数单位，x ∈R ），可得2πi 32π2π1ecosisin 332=+=−，所以2i 3eπ在复平面内对应的点1(2−位于第二象限. 故选：B .5. 已知()1tan15tan 1tan15α+°=−°，则tan2α=（ ）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，由正切函数的和差角公式可得tan α=，再由正切函数的二倍角公式，代入计算，即可求解.【详解】由()1tan15tan 1tan15α+°=−°可得1tan15tan 45tan15tantan 601tan151tan 45tan15α+°°+°===°=−°−°⋅°，则22tan tan21tan ααα===−.故选：C6. ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2224b a c =+−，4B π=，则ABC 的面积为（ ） A.12B. 1C.D. 2【答案】B 【解析】【分析】利用余弦定理结合三角形面积公式求解三角形的面积即可.【详解】由余弦定理得2222222π42cos 4b ac a c ac a c =+−=+−=+4=，则ac =，则ABCsin 1.B =故选：B7. 将函数()sin cos f x x x =图象上的所有点都向左平移π5个单位长度后，再将所得函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数()g x 的图象，则（ ）A.()12πsin 25g x x=+ B.()12πsin 425g x x=+ C. ()πsin 5g x x =+D. ()πsin 45g x x =+【答案】A 【解析】【分析】利用二倍角公式结合图像变换的知识求解即可.【详解】()112sin cos sin 2,22f x x x x =×=将所有点都向左平移π5个单位长度后,得到.π1π12πsin 2sin 252525f x x x+=+=+， 再将所得函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数()12πsin 25g x x =+， 故选：A.8. 已知单位圆O 与x 轴正半轴交于点A ，点B 在第二象限且在单位圆上．若13OB OA ⋅=− ，劣弧AB 的中点为C ，则OC =（ ）A.B.C. 23D. 23【答案】A 【解析】【分析】通过单位圆、A 点坐标及13OB OA ⋅=− ，得1(3B −，设OB 与x 正半轴的夹角为2α，则1cos 2,sin 23αα=−，求出sin ,cos αα即可. 【详解】由题意可知，(1,0)A ，则()1,0OA =，B 在第二象限且在单位圆上，设(,)B a b ，且2210,0a b a b +=，则(),OB a b = ，因为103OB OA a ⋅=+=− ，所以13a =−，即b =，故1(3B −.设OB 与x 正半轴的夹角为2α，则21cos 212sin ,sin 22sin cos 3ααααα=−=−=，因为sin 20α>，且()20,πα∈，则π0,2α∈，所以sin αα=，所以C 点坐标为C ，故OC = . 故选：A.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9. 已知复数23i z =−，则下列命题为真命题的有（ ） A. z 的虚部为3−B. z =C. 10i z z ⋅=D. 若z 是关于x 的方程()20,x px q p q ++=∈R 的一个根，则9p q += 【答案】ABD 【解析】【分析】求得复数的虚部与模可判断AB ，求得10i z ⋅，可判断C ；由已知可得25(123)i 0p q p +−+−−=，可求得p q +判断D.【详解】对于A ：由23i z =−，可得复数z 的虚部为3−，故A 正确；对于B ：z=B 正确；对于C ：242102i (23i)i (23i)2i 3i z z +×==−−−≠+⋅= ，故C 错误；对于D ：因为z 是关于x 的方程()20,x px q p q ++=∈R 的一个根， 所以2(23i)(23i)0p q −+−+=，所以4912i 23i 0p p q −−+−+=， 所以25(123)i 0p q p +−+−−=，所以2501230p q p +−=−−=，解得4,13p q =−=， 所以9p q +=，故D 正确； 故选：ABD.10. 将一枚质地均匀的骰子先后抛掷2次，记事件=i A “第一次向上的点数为i ”()1,2,3,4,5,6i =，j B =“第二次向上的点数为j ”()1,2,3,4,5,6j =，C =“两次向上的点数之和为7”，则（ ）A. ()16i P A =B. ()319P B C =C. 11A B 与22A B 是互斥事件D. 1A 与C 相互独立【答案】ACD 【解析】【分析】由古典概型计算()i P A ，()3P B C ，判断A,B;运用互斥事件概念判断C ；利用独立事件的定义，结合古典概型判断D.【详解】抛掷一枚骰子两次的样本点数共36种：(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6)，(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6)，(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6)，(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6)，(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6)，(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)，i A 表示第一次向上出现i 点()1,2,3,4,5,6i =，第二次向上任一点,1()6i P A =()1,2,3,4,5,6i =，则A 正确.3B C 表示第二次向上出现3点且两次向上点数之和不是7，则第一次向上出现不是4,则等价于说第一次出现1,2,3,5,6，第二次向上是3点.满足题意的有(1,3),(2,3),(3,3),(5,3),(6,3)，共5种，则概率为()3536P B C =.故B 错误． 11A B 表示点数组合(1,1)，22A B 表示出现(2,2)，不能同时发生，故11A B 与22A B 是互斥事件，故C 正确．由A 知道，()116P A =,C 表示两次点数之和是7，则C 包含结果数为(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)，共6种 ,则概率61()366P C ==． 1AC 表示第一次出现1点，且两次和为7．满足题意的有(1,6).则11()36P AC =. 故11()()()P AC P A P C =.则1A 与C 相互独立.故D 正确． 故选：ACD.11. 已知函数()()sin 0f x x x ωωω=+>，[]0,πx ∈，对[]0,πx ∀∈都有()m f x M ≤≤，且()f x 的零点有且只有3个.下列选项中正确的有（ ）A. 0M m +=B.ω的取值范围为811,33C. 使()0f x M =的0x 有且只有2个D. 方程()f x =的所有根之和为6π 【答案】AC 【解析】【分析】()πsin 2sin()3f x x x x ωωω=+=+，始终把3x πω+看做一个整体，借助正弦函数的图象、最值、方程的根来对选项逐一分析即可.【详解】()πsin 2sin()3f x x x x ωωω=+=+，令3t x πω=+，则2sin y t =， 令()0f x =，即sin 0t =，[]0,πx ∈ ，πππ,π333t x ωω∴=+∈+，则()f x 在[]0,π上有3个零点， 则max 3π4πt ≤<，即π3ππ4π3ω≤+<， 解得81133ω≤<，故B 错误； []0,πx ∈ ，πππ,π333x ωω ∴+∈+，则=2,2M m =−，所以0M m +=，故A 正确；若0()2f x M ==，即0πsin()13x ω+=， 0π32x πω+=或0π532x πω+=，故C 正确；()0f =，且()f x 的零点有且只有3个，所以方程()f x =有四个根，从小到大分别为1230,,,x x x .()f x =，即sin t =则112233π2ππ7ππ8π,,333333t x t x t x ωωω=+==+==+=， 则12314π(0)3x x x ω+++=，故12314π03x x x ω+++=，即方程()f x =14π3ω，故D 错误.故选：AC .【点睛】方法点睛：解决ω的取值范围与最值问题主要方法是换元法和卡住ω的大致范围，如本题B 选项，具体方法为：（1）根据x 的范围，求出x ωϕ+的范围； （2）把x ωϕ+看成一个整体，即利用换元法，把sin()y A x ωϕ+变成sin y A t =来降低解决问题的难度，再借助正弦函数的图象，要使()f x 有3个零点，则x ωϕ+的最大值就必须在[3π,4π)之间，列出不等式即可求出ω的取值范围.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12. 若()()1i 3i m −+为纯虚数，则实数m =________． 【答案】3− 【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的类型得到方程（不等式）组，解得即可. 【详解】因为()()()()21i 3i 3i i 3i 33i m m m m m −+=+−−=++−，又()()1i 3i m −+为纯虚数，所以3030m m +=−≠，解得3m =−.故答案为：3−13. 已知函数()cos 2sin f x x x =−，当()f x 取得最大值时，cos x =________．【解析】【分析】利用辅助角公式求解，用已知角表示未知角求解即可. 【详解】()cos 2sin ),f x x x x ϕ=−+其中cos ϕϕ=当()f x 取得最大值时，cos()1,x ϕ+=sin()0,x ϕ+= 所以()()()cos cos cos cos sin sin 1x x x x ϕϕϕϕϕϕ =+−=+++14. 如图，M 到N 的电路中有5个元件1T ，2T ，3T ，4T ，5T ，电流能通过1T ，2T ，3T ，4T 的概率都为0.8，电流能通过5T 的概率为0.9，且电流能否通过各元件相互独立，则电流能在M 与N 之间通过的概率为________．【答案】0.99216 【解析】【分析】先应用独立事件的概率乘法公式，再结合互斥事件的概率和公式计算即可. 【详解】设12345,,,,T T T T T 能通过电流分别为事件12345,,,,A A A A A ,事件相互独立, 设电流能在M 与N 之间通过为事件B, 所以()()()()()()()()()512345110.910.20.210.20.20.10.99216P B P A P A A P A A P A +−−+−××−××.故答案：0.99216.四、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. 某学校教研室为了解高一学生期末考试的数学成绩情况，随机抽取了120个学生，把记录的数学成绩分为5组：[)50,70，[)70,90，[)90,110，[)110,130，[]130,150，并绘制成了频率分布直方图，如图为所示：注：90分及以上为及格．（1）求a 的值，并估计数学成绩的中位数及众数；（2）在样本中，若采用按比例分配的分层随机抽样方法，从样本中抽取数学成绩不及格和及格的学生共20人，求及格的学生应抽取多少人．【答案】（1）0.0125a =；中位数102.5；众数100 （2）15 【解析】【分析】（1）根据题意，由频率分布直方图的性质代入计算，即可求得a ，再由中位数与众数的计算公式代入计算，即可求解；（2）根据题意，由频率分布直方图可得及格的人数，再由分层抽样的公式代入计算，即可得到结果.小问1详解】由频率分布直方图的性质可得，()0.00250.010.020.005201a ++++×=， 解得0.0125a =，设中位数为x ，因为()0.00250.01200.250.5+×=<，()0.00250.010.02200.650.5++×=>，所以中位数在[)90,110范围内，则()()0.00250.0120900.020.5x +×+−×=，解得102.5x =， 则中位数为102.5，再由频率分布直方图可知众数为100. 【小问2详解】由频率分布直方图可知，及格人数为()0.020.01250.0052012090++××=人， 再由分层抽样可得，及格的学生应抽取902015120×=人. 16. 一个不透明的盒中有3个红球，2个白球，5个球除颜色外完全相同． （1）从盒中有放回地摸球，求第一次与第二次摸到的都是红球的概率；【的（2）每次从盒中任取两个球，游戏规则：若都是红球，则放回盒中；若有白球，则将白球换成红球（非盒内，且与原盒中红球相同），再把两个红球放回盒中，白球不放回盒中，直至盒中都是红球，游戏结束．求经过2次抽取后游戏结束的概率． 【答案】（1）925（2）27100【解析】【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算可得；（2）首先利用列举法求出取一次球取到两球都是红球的概率，取到一个红球一个白球的概率，取得两球都是白球的概率，再分两种情况讨论，利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得. 【小问1详解】设第一次与第二次摸到的都是红球为事件A ， 则()3395525P A =×=. 【小问2详解】记3个红球分别为a ，b ，c ，2个白球分别为D 、E ，则从盒子中任取两个球所有可能结果为ab ，ac ，aD ，aE ，bc ，bD ，bE ，cD ，cE ，DE 共10种，所以取到两球都是红球的概率为310，取到一个红球一个白球的概率为63105=，取得两球都是白球的概率为110； 经过2次抽取后盒中恰好都是红球分两种情况: ①第一次取出两个红球，概率为310，第二次取出两个白球，概率为110， 故经过2次抽取后盒中恰好都是红球的概率为3131010100×=； ②第一次取出一个红球一个白球，概率为35，第二次取出一个红球一个白球，概率为42105=， 故经过2次抽取后盒中恰好都是红球的概率为3265525×=； 综上，经过2次抽取后盒中恰好都是红球的概率为362710025100+=.17. 已知向量1e ，2e 满足11e = ，2e = ，1e 与2e 的夹角为5π6．（1）求12e e ⋅；（2）122a e e =+ ，13b e =−，求cos ,a b的值；（3）若1e 在2e 方向上的投影向量为c，求()1e c λλ−∈R 的最小值．【答案】（1）32−（2（3【解析】【分析】（1）由向量的数量积的定义即可求解； （2）利用向量的夹角公式求解即可；（3）先求得投影向量，进而计算可求()1e c λλ−∈R的最小值.【小问1详解】因为11e =，2e = ，1e 与2e 的夹角为5π6，所以12125π3||||cos 1(62e e e e ⋅=⋅==−； 【小问2详解】因为21211213)(3)3636()6(22b e e e e e e a −=−−−−=−+=×=，||a ，1|||3|=3b e −，所以cos ,||||a b a b a b ==.【小问3详解】1e 在2e 方向上的投影向量为122222231232||e e c e e e e −===− ，所以1e c λ−=当34λ=时，()1e c λλ−∈R18. 如图1，天津永乐桥摩天轮是天津市的地标之一，又称天津之眼，是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，兼具观光和交通功能．永乐桥摩天轮最高点距桥面121m ，转盘直径为110m ，设置48个均匀分布的透明座舱，开启后逆时针匀速旋转，旋转一周所需时间为28min ．如图2，设座舱距桥面最近的位置为点P ，以轴心O 为原点，与桥面平行的直线为x 轴建立直角坐标系．游客从点P 进舱，游客甲、乙的位置分别用点()55cos ,55sin A αα，()55cos ,55sin B ββ表示，其中α，β是终边落在OA ，OB 的正角．（1）证明：sin sin 2αβαβ−−；（2）求游客甲的位置A 距桥面的高度()m h 关于转动时间()min t 的函数解析式；（3）在（2）的条件下，若游客甲、乙的座舱之间还有三个座舱，乙的位置B 距桥面的高度为h ′，求在转动一周的过程中h h ′−的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2）()ππ55sin 660142ht t −+≥（3m【解析】【分析】（1）利用和差角的正弦公式计算可得；（2）由周期求出旋转角速度，即可得到ππ142t α=−，从而求出解析式；（3）依题意可得π6βα=+，即可得到ππ55sin 66143h t ′=−+，从而表示出h h ′−，结合（1）中公式及余弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】因为sin sin sin +sin 2222αβαβαβαβαβ+−+−−=−−sinsin coscossincos cos sin 22222222αβαβαβαβαβαβαβαβ+−+−+−+− +−−=2cossin22αβαβ+−=，所以sin sin 2cos sin22αβαβαβ+−−=.【小问2详解】依题意可得()0,55P −，点O 到桥面的距离为66m ， 又摩天轮旋转一周所需时间为28min ，所以旋转角速度为()2ππrad/min 2814=， 所以ππ142t α=−， 所以()ππ55sin 660142ht t −+≥ ；【小问3详解】 因为2ππ4486AOB ∠=×=，则π6βα=+，所以πππππ55sin 6655sin 661426143h t t ′=−++=−+，所以ππππ55sin 55sin 143142h t h t ′−−− −=ππππsin sin 14315452t t −−− =π5ππcos sin 141212110t = −⋅π5π1421t −=()028t ≤≤，所以当π5π01412t −=（或π）时h h ′−取得最大值，最大值为m ，其中πππππππ1sinsin sin cos cos sin 123434342=−=−=×−. 19. 已知ABC 的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若cos sin 0b A B +=，a =O 为平面内一点，且满足OAOB OC ==． （1）求A ；（2）求()AB AC AO +⋅的最小值；（3）若13BD BC =，求3OA OD + 的取值范围．【答案】（1）2π3（2）1 （3）(2,1+ 【解析】【分析】（1）根据正弦定理和商关系得出角的值；（2）利用余弦定理、基本不等式和向量数量积公式，计算得出结果；（3角的取值范围求得3OA OD +的取值范围；【小问1详解】正弦定理得1sin tan sin sin cos cos cos a b b A A A B b A A A==⇒=⇒=−− 因0πA <<，所以2π3A =. 【小问2详解】O 为平面内一点，且满足OAOB OC == ，则O 为ABC 外接圆圆心，设外接圆半径为R ,由（1）知2π3A =，22,1sin aR R A===， 所以1OAOB OC === 为余弦定理得22222222cos 3321a b c bc A b c bc bc b c bc bc =+−⇒=++⇒−=+≥⇒≤ 当b c =时取等号；()cos cos AB AC AO AB AO AC AO AB AO BAO AC AO CAO +⋅=⋅+⋅=⋅∠+⋅∠222211113=12222c b b c bcc b c b +−+−+−=×+×=≥，所以()AB AC AO +⋅的最小值为1；【小问3详解】若13BD BC =，所以333332OA OD OA OB BD OA OB BC OA OB BO OC OA OB OC+=++=++=+++=++==根据正弦定理得π2,πsin sin sin 3a b c B C A A B C ===+=−=,所以3OA OD +===因为(]ππππ0<+2π,sin(2)0,13333C C C <⇒<<+∈，((π4+2)4,4,2,13C +∈++因此3OA OD +的取值范围为(2,1．。

高一数学试题与解析-唐山市2023-2024学年高一下学期期末考试+数学答案

高一数学试题与解析-唐山市2023-2024学年高一下学期期末考试+数学答案

唐山市2023－2024学年度高一年级第二学期期末考试数学参考答案及评分一．选择题：1～4．ACCB5～8．DBDC二．选择题：9．BCD 10．AD 11．ACD 三．填空题：12．713．2712514．77四．解答题：（若有其他解法．．．．．．，请参照给分．．．．．） 15．解：（1）若a ∥b ，则3sin α－cos α＝0， …3分解得tan α＝33， …5分因为α∈[0，π]，所以α＝ π6． …7分（2）若a ⊥b ，则sin α＋3cos α＝0， …10分解得tan α＝－3， …12分 因为α∈[0，π]，所以α＝2π3． …13分16．解：（1）记“甲独立解答正确”为事件A ，“乙独立解答正确”为事件B ，且事件A ，B 相互独立．所以两人解答都正确的概率为…5分（2）“至多一人解答正确”的对立事件为“两人都解答正确”，所以至多一人解答正确的概率为1－P (AB )＝1－P (A )P (B )＝1…10分（3）“至少一人解答正确”的对立事件为“两人都未解答正确”，所以至少一人解答正确的概率为1－P (A-B -)＝1－P (A -)P (B -)＝1－ 1 2× …15分17．解：（1）在△ABC…2分…3分解得sin ∠…5分因为C ＝2π3，所以∠BAC ∈(0， π3)，所以∠…7分所以又AB ＝3，BC ＝3，所以△ABC 的面积×BC ×sin…8分（2）解法一：在△ADC 中，AC ＝BC ＝3，C ＝2π3，因为D 是BC 中点，所以CD ＝ 1 2BC ＝32，由余弦定理，得AD 2 ＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD ·cos C…11分 ＝3＋34－2×3×32×(－ 1 2)＝214．…14分 所以AD ＝212．…15分解法二：由AD →＝ 12(AB →＋AC →)两边平方可得|AD →|2＝ 14(|AB →|2＋|AC →|2＋2|AB →||AC →|cos ∠BAC )…11分由（1）可知AC ＝BC ＝3，AB ＝3，cos ∠BAC ＝32，所以|AD →|2＝ 14(9＋3＋2×3×3×32)＝214．…14分 所以AD ＝212．…15分18．解：（1）这些人的平均年龄为x-＝15×0.05＋25×0.35＋35×0.3＋45×0.2＋55×0.1 …2分＝34.5(岁)． …3分 由频率分布直方图可知，年龄在[10，40)的频率为0.05＋0.35＋0.3＝0.7， 在[10，50)的频率为0.05＋0.35＋0.3＋0.2＝0.9， 则第80百分位数为x 0∈[40，50)，由0.7＋(x 0－40)×0.02＝0.8，解得x 0＝45． …5分所以估计这些人的平均年龄为34.5岁，第80百分位数为45．（2）第三组，第四组，第五组的频率分别为0.3，0.2，0.1．…6分若从这三组中分层抽取6人，则从第三组抽取3人，记为a1，a2，a3；第四组抽取2人，记为b1，b2；第五组抽取1人，记为c；对应的样本空间Ω＝{(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c)，(a2，a3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，c)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，c)，(b1，b2)，(b1，c)，(b2，c)}，所以n(Ω)＝15；…8分设事件A为“从6人中随机抽取两人，所抽取的2人年龄在不同组”，则A＝{(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，c)，(a3，b1)，(a3，b2)，，所以n(A)＝11. …10分…12分（3）设第三组、第四组的年龄的平均数分别为x1-，x2-，方差分别为s21，s22．则x1-＝36，x2-＝46，s21＝2，s22＝4．由第三组有30人，第四组有20人，-2s，…14分s…16分26.8．…17分19．解：（1）由已知AC∥A1C1，AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以AC∥平面A1BC1．…2分又AC⊂平面ABC，平面A1BC1∩平面ABC＝l，所以AC∥l．…5分（2）取BC中点为O，连接AO，A1O．因为侧面BB1C1C为矩形，所以BB1⊥BC，又AA1//BB1，则AA1⊥BC．由A1C＝A1B，所以A1O⊥BC．…6分又A1O∩AA1＝A1，A1O，AA1⊂平面AA1O，故BC⊥平面AA1O．…8分由于AO⊂平面AA1O，故BC ⊥AO ． …10分又BO ＝CO ，故AB ＝AC ， 又AC ＝BC ，所以△ABC 为等边三角形．…12分（3）记ON 与BC 1交于点H ，连接A 1H ，过O 作OE ⊥A 1H 于点E ，连接BE ．因为O ，N 分别为BC ，B 1C 1中点， 所以ON ∥AA 1，ON ＝AA 1，所以四边形A 1AON 为平行四边形． …13分 所以平面A 1AON ∩平面A 1BC 1＝A 1H ．由（2）可知BO ⊥平面A 1AON ，OE ，A 1H ⊂平面A 1AON ， 所以BO ⊥OE ，BO ⊥A 1H ， 又OE ⊥A 1H ，BO ∩OE ＝O ，所以A 1H ⊥平面BOE ，又BE ⊂平面BOE ， 所以A 1H ⊥BE ，即∠OEB 为平面A 1AN 与平面A 1BC 1所成的锐二面角． …14分 在△A 1BC 中，A 1C ＝A 1B ＝22，BC ＝AB ＝4， 所以△A 1BC 为等腰直角三角形， 所以A 1O ＝2．因为A 1A ＝AB ＝4，△ABC 为等边三角形， 所以AO ＝23， 所以A 1O 2＋AO 2＝AA 21， 则A 1O ⊥OA ． …15分 同理可证A 1O ⊥A 1N ，又知H 为ON 中点，所以A 1H ＝ 12ON ＝2．所以△A 1OH 为边长为2的等边三角形，且OE ＝3， …16分 在△OEB 中，BO ⊥OE ， 因为BE ＝OB 2＋OE 2＝7，所以sin ∠OEB ＝OB BE ＝27＝277． …17分故平面A 1AN 与平面A 1BC 1所成二面角的正弦值是277．…17分（同上）A 1B 1C 1CABNOHE。

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.。

河南天一大联考2024届高一数学第二学期期末考试试题含解析

河南天一大联考2024届高一数学第二学期期末考试试题 注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．已知5a =，3b =，且12a b ⋅=-，则向量a 在向量b 上的投影等于（ ） A ．-4 B ．4 C ．125- D ．1252．如图，随机地在图中撒一把豆子，则豆子落到阴影部分的概率是（ ）A ．B ．C ．D ．3．下列函数中，既是偶函数又在(,0)-∞上是单调递减的是A ．cos y x =-B ．lg y x =C ．21y x =-D ．x y e -=4．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是棱1AA 和AB 的中点，P 为上底面1111D C B A 的中心，则直线PB 与MN 所成的角为（ ） A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°5．若a 、b 、c >0且a (a ＋b ＋c )＋bc ＝4－32a ＋b ＋c 的最小值为( ) A ． 3－1B ． 3 1C ．3 2D ．3 26．已知直线1:230l x ay +-=与()2:110l a x y -++=，若12l l //，则a =（ ） A ．2 B ．1 C ．2或-1 D ．-2或17．若两个球的半径之比为1:3，则这两球的体积之比为（ ）A ．1:3B ．1:1C ．1:27D ．1:98．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，5sin 7A =，5a =，7b =，则sin B 等于（ ）A ．35B ．45C ．37D ．19．函数tan()42y x ππ=-的部分图像如图所示，则()OA OB AB +⋅的值为（ ）A ．1B ．4C ．6D ．710．下列命题正确的是（ ）A ．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱.B ．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱.C ．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱.D ．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。

福建省福建师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题(含答案)

福建师大附中2023-2024学年第二学期期末考试高一数学试卷时间：120分钟满分：150分试卷说明：（1）本卷共四大题，20小题，解答写在答卷的指定位置上，考试结束后，只交答卷．（2）考试过程中不得使用计算器或具有计算功能的电子设备．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。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．设i 为虚数单位，复数满足，则复数的虚部是（ ）A ．B ．C ．3iD ．32．某汽车生产厂家用比例分配的分层随机抽样方法从A ，B ，C 三个城市中抽取若干汽车进行调查，各城市的汽车销售总数和抽取数量如右表所示，则样本容量为（ ）城市销售总数抽取数量A 420m B 28020C 700nA ．60B ．80C ．100D ．1203．某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）A．B ．C ．D ．4．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（ ）A ．若，则B ．若，则C ．若，则D ．若，则5．如图，在三棱锥中，分别是，的中点，则异面直线所成角的余弦值为（）z ()i 142i z +=+z i-1-16131223,m n ,αβ,,m n m n αβ⊥⊥∥αβ⊥,m m αβ⊥∥αβ⊥,,m n m n αβ⊥⊂⊂αβ⊥,,m n m n αβ⊥⊂⊥αβ⊥A BCD -6,4,,AB AC BD CD AD BC M N ======AD BC ,AN CMA．B ．C ．D ．6．有一组样本数据：，其平均数为2024．由这组数据得到一组新的样本数据：，那么这两组数据一定有相同的（ ）A ．极差B ．中位数C ．方差D ．众数7．已知正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，体积为7，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（ ）ABCD ．8．已知三棱锥中，平面，底面是以为直角顶点的直角三角形，且，三棱锥，过点作于，过作于，则三棱锥外接球的体积为（）A ．BCD ．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。

2023-2024学年北京市海淀区高一下学期7月期末考试数学试题+答案解析

2023-2024学年北京市海淀区高一下学期7月期末考试数学试题一、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z的虚部为()A. B.2 C. D.i2.已知向量，则()A.0B.C.D.3.函数的部分图象如图所示，则其解析式为()A. B.C. D.4.若，且，则()A. B. C. D.75.在中，点D满足，若，则()A. B. C.3 D.6.已知，则下列直线中，是函数对称轴的为()A. B. C. D.7.在平面直角坐标系xOy中，点，点，其中若，则()A. B. C. D.8.在中，已知则下列说法正确的是()A.当时，是锐角三角形B.当时，是直角三角形C.当时，是钝角三角形D.当时，是等腰三角形9.已知是非零向量，则“”是“对于任意的，都有成立”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件10.定义域为、的函数的图象的两个端点分别为点是的图象上的任意一点，其中，点N满足向量，点O为坐标原点．若不等式恒成立，则称函数在上为k函数．已知函数在上为k函数，则实数k的取值范围是()A. B. C. D.二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。

11.知复数z满足，则__________，__________.12.在中，，P满足，则__________.13.在中，若，则k的一个取值为__________；当时，__________.14.一名学生想测算某风景区山顶上古塔的塔尖距离地面的高度，由于山崖下河流的阻碍，他只能在河岸边制定如下测算方案：他在河岸边设置了共线的三个观测点A，B，如图，相邻两观测点之间的距离为200m，并用测角仪器测得各观测点与塔尖的仰角分别为，，，根据以上数据，该学生得到塔尖距离地面的高度为___________________15.已知函数，给出下列四个结论：①对任意的，函数是周期函数；②存在，使得函数在上单调递减；③存在，使得函数的图象既是轴对称图形，又是中心对称图形；④对任意的，记函数的最大值为，则其中所有正确结论的序号是__________.三、解答题：本题共4小题，共48分。

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高一下学期数学期末考试试题
时量：120分钟 满分：150分
一、选择题：（本大题共10个小题，每小题5分，共50分） 1、 已知全集}0{,
}2,1,0{==A C U U ，则集合A 的真子集共有
A 、2个
B 、3个
C 、4个
D 、7个 2、 集合}|{,}01
3
|
{a x x N x x x M ≤=≤-+=，若B A 非空，则实数a 的取值范围是
A 、3<a
B 、3-≥a
C 、2-≥a
D 、32≤≤-a 3、由命题p 、q 构成的“p 或q ”，“p 且q ”，“非p ”形式的复合命题中，p 或q 为真，p 且q 为假，非p 为真，那么
A 、p 真q 假
B 、p 假q 真
C 、p 真q 真
D 、p 假q 假 4、有下列四个命题：
①“若1=xy ，则x 、y 互为倒数”的逆命题；
②“面积相等的三角形全等”的否命题；
③“若1≤m ，则022
=+-m x x 有实根”的逆否命题；
④“若B B A = ，则B A ⊆”的逆否命题。

其中真命题是
A 、①②
B 、②③
C 、①②③
D 、③④
5、已知A 是命题，A ⌝
是A 的否命题，如果B A ⇒⌝，且A B ⌝
⇒，那么A 是B ⌝
的
A 、充分不必要条件
B 、必要不充分条件
C 、充要条件
D 、既不充分又不必要条件 6、如图所示的图中可作为函数)(x f y =的图象的是
A B C D
7、已知函数10)2(22
+-+=x a x y 在区间),4(+∞上是增函数，则实数a 的取值范围是
A 、6-≤a
B 、2-≤a
C 、2-≥a
D 、6-≥a
8、在各项都为正数的等比数列}{n a 中，首项31=a ，前三项和为21，则=++543a a a
A 、33
B 、72
C 、84
D 、189 9、在等比数列}{n a 中，)0(65≠=+a a a a ，b a a =+1615，则2625a a +的值是
A 、a b
B 、22a
b C 、a b 2
D 、2a b
10、等差数列}{n a 中，010<a ，011>a 且||1011a a >，n S 是其前n 项和，则
A 、1021,,,S S S 都小于零， ,,1211S S 都大于零；
B 、1921,,,S S S 都小于零， ,,2120S S 都大于零；
C 、521,,,S S S 都小于零， ,,76S S 都大于零；
D 、2021,,,S S S 都大于零， ,,2221S S 都小于零。

二、填空题（本大题5个小题，每小题4分，共20分）
11、设函数⎩⎨
⎧+∞∈-∞∈=-)
,1(log ]1,(2)(81x x
x x f x
，则满足41
)(=x f 的x 值为 。

12、已知不等式022
>++bx ax 的解集为}3
1
21|{<<-
x x ，则022<++a bx x 的解集是 。

13、某工厂现有现金200万元，由于技术创新使得每年资金比上一年增加10%，经过n 年后
该厂资金比现在至少翻一番，则n 至少为 。

（lg2=0.301, lg1.1=0.041） 14、已知定义域为R 的函数)(x f 在),0[+∞上是增函数，满足)()(x f x f =-且0)2
1
(=f ，
则不等式0)(log 4>x f 的解集为 。

15、设}{n a 是首项为1的正项数列，且0)1(1221=+-+++n n n n a a na a n ),3,2,1( =n ，它
的通项公式是 。

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