湖南省雅禮教育集團(tuán)2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第第頁(yè)湖南省雅禮教育集團(tuán)2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．已知集合M={x∈Z|xA．{?1，0C．(0，32．設(shè)i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足(1+i)z=?1+2i，則z?zA．102 B．5 C．2 D．3．設(shè)α，β為兩個(gè)不同的平面，則α//β的一個(gè)充分條件是()A．α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線(xiàn)與β平行 B．α，β垂直于同一個(gè)平面C．α，β平行于同一條直線(xiàn) D．α，β垂直于同一條直線(xiàn)4．定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x+2A．?3 B．0 C．1 D．35．已知向量a，b滿(mǎn)足|b|=1，a⊥b，則A．2 B．2a C．?2b 6．設(shè)三棱柱的側(cè)棱垂直于底面，所有棱的長(zhǎng)都為a，頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上，則該球的表面積為（）A．43πa2 B．73π7．某數(shù)學(xué)興趣小組要測(cè)量一個(gè)球體建筑物的高度，已知點(diǎn)A是球體建筑物與水平地面的接觸點(diǎn)(切點(diǎn))，地面上B，C兩點(diǎn)與點(diǎn)A在同一條直線(xiàn)上，且在點(diǎn)A的同側(cè)．若小明同學(xué)在B，C處分別測(cè)得球體建筑物的最大仰角為60°和20°，且BC=a米，則該球體建筑物的高度為(A．a(chǎn)4cos10C．a(chǎn)sin10°8．已知正四棱錐S?ABCD的底面邊長(zhǎng)為1，側(cè)棱長(zhǎng)為2，SC的中點(diǎn)為E，過(guò)點(diǎn)E作與SC垂直的平面α，則平面α截正四棱錐S?ABCD所得的截面面積為(????)．A．33 B．63 C．23二、多選題：本題共3小題，共15分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9．學(xué)?！拔磥?lái)杯”足球比賽中，甲班每場(chǎng)比賽平均失球數(shù)是1.9，失球個(gè)數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)差為0.3;乙班每場(chǎng)比賽平均失球數(shù)是1.3，失球個(gè)數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)差為1.2，你認(rèn)為下列說(shuō)法中正確的是()A．平均來(lái)說(shuō)乙班比甲班防守技術(shù)好B．乙班比甲班防守技術(shù)更穩(wěn)定C．乙班在防守中有時(shí)表現(xiàn)非常好，有時(shí)表現(xiàn)比較差D．甲班很少不失球10．伯努利試驗(yàn)是在同樣的條件下重復(fù)地、相互獨(dú)立地進(jìn)行的一種隨機(jī)試驗(yàn)，其特點(diǎn)是每次試驗(yàn)只有兩種可能結(jié)果.若連續(xù)拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣n次，記錄這n次試驗(yàn)的結(jié)果，設(shè)事件M=“n次試驗(yàn)結(jié)果中，既出現(xiàn)正面又出現(xiàn)反面”，事件N=“n次試驗(yàn)結(jié)果中，最多只出現(xiàn)一次反面”，則下列結(jié)論正確的是()A．若n=2，則M與N不互斥 B．若n=2，則M與N相互獨(dú)立C．若n=3，則M與N互斥 D．若n=3，則M與N相互獨(dú)立11．如圖，在四邊形ABCD中，△ACD和△ABC是全等三角形，AB=AD，∠ABC=90°，∠BAC=60°，AB=1.下面有兩種折疊方法將四邊形ABCD折成三棱錐.折法①：將△ACD沿著AC折起，得到三棱錐D1?ABC，如圖1.折法②：將△ABD沿著B(niǎo)D折起，得到三棱錐A．按照折法?①，三棱錐D1?ABCB．按照折法?①，存在D1滿(mǎn)足C．按照折法?②，三棱錐A1?BCDD．按照折法?②，存在A1滿(mǎn)足A1C⊥平面A1BD，且此時(shí)三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．當(dāng)a>0且a≠1時(shí)，函數(shù)y=ax?2+413．如圖所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC=120°，PA=AB=BC=6，則|14．已知向量a，b滿(mǎn)足a+b?b=0，a四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15．已知函數(shù)f(x)=3（1）求f(x)的最小正周期T;（2）求f(x)的最小值以及取得最小值時(shí)x的集合．16．記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，滿(mǎn)足2c+b?2acos（1）求角A;（2）若a=23，BA?AC=32，17．我校在2021年的自主招生考試成績(jī)中隨機(jī)抽取40名學(xué)生的筆試成績(jī)，按成績(jī)共分成五組：第1組[75，80)，第2組[80，85)，第3組[85，90)，第4組[90（1）根據(jù)樣本頻率分布直方圖估計(jì)樣本的中位數(shù)與平均數(shù)；（2）如果用分層抽樣的方法從“優(yōu)秀”和“良好”的學(xué)生中共選出5人，再?gòu)倪@5人中選2人，那么至少有一人是“優(yōu)秀”的概率是多少？18．如圖，在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，AA1=4（1）求證：AM//平面BDN;（2）求證：A119．已知平面四邊形ABCD，AB=AD=2，∠BAD=60°，∠BCD=30°，現(xiàn)將△ABD沿BD邊折起，使得平面ABD⊥平面BCD，此時(shí)AD⊥CD，點(diǎn)（1）求證：BP⊥平面ACD;（2）若M為CD的中點(diǎn)，求MP與平面BPC所成角的正弦值;（3）在(2)的條件下，求二面角P?BM?D的平面角的余弦值．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：由x2-3x-4≤0得-1≤x≤4，所以M={x∈Z|-1≤x≤4}={-1，0，1，2，3，4}，

又N={x故答案為：B.

【分析】先化簡(jiǎn)集合M，再結(jié)合交集的定義運(yùn)算可得答案.2．【答案】D【解析】【解答】解：由(1+i)所以z=所以z?z故答案為：D.【分析】本題考查復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算，共軛復(fù)數(shù)的定義.通過(guò)變形可得：z=?1+2i1+i，分子和分母同時(shí)乘以1-i，再進(jìn)行化簡(jiǎn)可求出復(fù)數(shù)3．【答案】D【解析】【解答】解：A：α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線(xiàn)與β平行推不出α∥β，只有α內(nèi)所有直線(xiàn)與β平行才能推出，A錯(cuò)誤；B：α，β垂直于同一平面，得到α∥β或α與β相交，B錯(cuò)誤；C：α，β平行于同一條直線(xiàn)，得到α∥β或α與β相交，C錯(cuò)誤；D：因?yàn)榇怪迸c同一條直線(xiàn)的兩平面平行，故α，β垂直于同一條直線(xiàn)可得α∥β，D正確．故答案為：D【分析】本題考查平面與平面平行的判定，充分條件和必要條件的定義.根據(jù)平面與平面平行的判定定理：如果一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線(xiàn)分別平行于另一個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面互相平行.無(wú)數(shù)條直線(xiàn)未交待相交，據(jù)此可判斷A選項(xiàng)；垂直于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面可能平行，也可能相交，據(jù)此可判斷B選項(xiàng)；平行于同一條直線(xiàn)的兩個(gè)平面可能平行，也可能相交，據(jù)此可判斷C選項(xiàng)；根據(jù)垂直于同一條直線(xiàn)的兩個(gè)平面平行，據(jù)此可判斷D選項(xiàng).4．【答案】D【解析】【解答】解：因?yàn)閒x+2+fx=3，所以fx+4+fx+2=3，所以fx+4=fx，

即f(x)5．【答案】C【解析】【解答】解：∵a⊥b，∴a?b設(shè)向量a?2b和向量a的夾角為θ，即則向量a?2b和向量故向量a?2b在向量a方向上的投影為又∵|a|=2，∴向量a?2b故答案為：C.【分析】本題考查平面向量的投影向量.利用平面向量的數(shù)量積進(jìn)行計(jì)算可求出(a?2b)?a=4，設(shè)向量a?2b和向量a的夾角為θ，利用平面向量的夾角計(jì)算公式可推出向量a?2b和向量a6．【答案】B【解析】【解答】由題意知，該三棱柱為正三棱柱，且側(cè)棱與底面邊長(zhǎng)相等，均為a.設(shè)O、O1分別為下、上底面的中心，且球心O2為又AD=32a，AO=設(shè)球O2的半徑為R，則R所以S球故答案為：B.

【分析】由題意知，該三棱柱為正三棱柱，且側(cè)棱與底面邊長(zhǎng)相等，均為a，設(shè)O、O1分別為下、上底面的中心，且球心O2為O1O的中點(diǎn)，再利用AD=32a，AO=7．【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)球心為O，連接OB,OC，如圖所示：

則設(shè)球的半徑為R，則AB=OAtan∴BC=AC?AB=R∴R==a∴2R=a2cos故答案為：B．【分析】本題考查球的內(nèi)接幾何體問(wèn)題.設(shè)球心為O，連接OB,OC，設(shè)球的半徑為R，利用正切的定義可求出AB=3R,AC=R8．【答案】A【解析】【解答】解：在正四棱錐S?ABCD中，連接AC，則AC=2=SA=SC，△SAC是正三角形，由SC的中點(diǎn)為E而SC⊥α,SC∩α=E，則AE?sin∠BSC=1?cos2∠BSC=74，令平面α與直線(xiàn)SBSF=SEcos∠BSC=2234=223<2，即點(diǎn)F在棱SB上，同理平面α與棱在△SEF中，EF=SFsin∠BSC=在△SAF中，cos∠ASF=3在△AEF中，cos∠EAF=A所以所得截面面積SAFEG故答案為：A【分析】本題考查異面直線(xiàn)的夾角.先作出正四棱錐S?ABCD，再連接AC，根據(jù)題意可推出△SAC是正三角形，利用正三角形的性質(zhì)可推出AE⊥SC，利用余弦定理可求出cos∠BSC，利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求出sin∠BSC，通過(guò)計(jì)算可得SF<2，可推出點(diǎn)F在棱SB上，平面α與棱SD相交，令交點(diǎn)為G，連EG,AG，于是四邊形AFEG為平面α截正四棱錐S?ABCD所得的截面，利用正弦的定義可求出EF，AE，利用余弦定理可求出9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A，從平均數(shù)角度考慮是對(duì)的，甲班每場(chǎng)比賽平均失球數(shù)大于乙班每場(chǎng)比賽平均失球數(shù)，A正確；B，從標(biāo)準(zhǔn)差角度考慮是錯(cuò)的，甲失球個(gè)數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)差小，防守技術(shù)更穩(wěn)定；B錯(cuò)誤；C，乙失球個(gè)數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)差大，防守中的表現(xiàn)不穩(wěn)定，C正確；D，從平均數(shù)和標(biāo)準(zhǔn)差角度考慮是對(duì)的，D正確.故答案為：ACD.【分析】本題考查平均數(shù)和方差的統(tǒng)計(jì)學(xué)意義.根據(jù)平均數(shù)的統(tǒng)計(jì)學(xué)意義：平均數(shù)反映數(shù)據(jù)集中趨勢(shì)的一項(xiàng)指標(biāo)，據(jù)此可判斷A選項(xiàng)；根據(jù)方差（標(biāo)準(zhǔn)差）越大，數(shù)據(jù)越不穩(wěn)定；方差（標(biāo)準(zhǔn)差）越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定，據(jù)此可判斷B選項(xiàng)和C選項(xiàng)；利用平均數(shù)和標(biāo)準(zhǔn)差綜合考慮，可判斷D選項(xiàng).10．【答案】A,D【解析】【解答】解：A.當(dāng)n=2時(shí)，所有基本事件有：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），共4種，其中（正，反）和（反，正）這兩種實(shí)驗(yàn)結(jié)果，事件M和事件N同時(shí)發(fā)生，故M與N不互斥，A正確；B.P(M)=12，P(N)C.當(dāng)n=3時(shí)，所有基本事件有：（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反），共8種，其中（正，正，反）、（正，反，正）和（反，正，正）這三種實(shí)驗(yàn)結(jié)果，事件M和事件N同時(shí)發(fā)生，故M與N不互斥，C錯(cuò)誤；D.P(M)=68=34，P故答案為：AD【分析】本題考查互斥事件的定義，相互獨(dú)立事件的概率乘法公式.當(dāng)n=2時(shí)，利用列舉法先列出基本事件的個(gè)數(shù)，通過(guò)列舉可知：事件M和事件N同時(shí)發(fā)生，利用互斥事件的定義可判斷A選項(xiàng)；利用古典概型的計(jì)算公式可求出P(M)，P(N)，P(MN)，進(jìn)而可得P(MN)≠P(M)P(N)，利用互斥事件的定義可判斷B選項(xiàng)；當(dāng)11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：已知如圖所示：由題意知AC=2,取AC的中點(diǎn)O，由于△ACD和△故OA=OC=ODA.故在折法①的折疊過(guò)程中，三棱錐D1?ABC的外接球的球心為故該球的表面積恒為4πB.按照折法①，在折起過(guò)程中，點(diǎn)D1在平面ABC內(nèi)的投影D1'而線(xiàn)段BD(不包括端點(diǎn))不存在D1'使得CD1'C.按照折法②，取BD的中點(diǎn)H，A1當(dāng)平面A1BD⊥平面BCD時(shí)，三棱錐此時(shí)體積V=1D.當(dāng)A1C=2時(shí)，A故此時(shí)A1C⊥A又因?yàn)锳1B∩故A1C⊥平面故∠A1BC為BC則sin∠故答案為：ACD.【分析】本題考查球內(nèi)接幾何體問(wèn)題，三棱錐的體積公式，直線(xiàn)與平面所成的角.取AC的中點(diǎn)O，利用全等三角形的性質(zhì)可得OA=OC=OD1=OB，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得三棱錐D1?ABC的外接球的球心為O，半徑為1，利用球的體積公式進(jìn)行計(jì)算可判斷A選項(xiàng)；根據(jù)折疊性質(zhì)可得點(diǎn)D1在平面ABC內(nèi)的投影D1'在線(xiàn)段BD上(不包括端點(diǎn))，進(jìn)而可推出不存在D1滿(mǎn)足AB⊥CD1，判斷B選項(xiàng)；取BD的中點(diǎn)H，利用三棱錐的體積計(jì)算公式可推出當(dāng)平面A1BD⊥平面BCD時(shí)，三棱錐A1?BCD12．【答案】(【解析】【解答】解：令x?2=0，可得當(dāng)x=2時(shí)，y=5，所以圖象一定經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(2故答案為：(2【分析】本題考查指數(shù)函數(shù)的定點(diǎn).根據(jù)指數(shù)函數(shù)的定點(diǎn)，指數(shù)位置的數(shù)等于0，故令x?2=0可求出定點(diǎn)的橫坐標(biāo)，再代入解析式可求出定點(diǎn)的縱坐標(biāo)，進(jìn)而可求出定點(diǎn).13．【答案】12【解析】【解答】解：∵PA=AB=BC=6，∴由余弦定理可得AC=36+36?2×6×6×∵PA⊥平面ABC，AC?平面∴PA⊥AC，∴PC=36+108故答案為：C．【分析】本題考查直線(xiàn)與平面垂直的性質(zhì)定理.連接PB，PC，先利用余弦定理求出AC，利用直線(xiàn)與平面垂直的性質(zhì)可推出PA⊥AC，利用勾股定理可求出PC．14．【答案】4【解析】【解答】解：取平行四邊形OACB，連接OC如圖所示：設(shè)OA=a,因?yàn)橄蛄縜，b滿(mǎn)足(a+b)?設(shè)OB=m,OC=n，m,n>0，如圖以O(shè)為原點(diǎn)，則O所以a=OA=(?m所以|因?yàn)?m2+n即m=43sinθ,n=4cosθ，所以故m+n的最大值為4103，即|a故答案為：410【分析】本題考查平面向量的數(shù)量積.先作出平行四邊形OACB，連接OC，設(shè)OA=a,OB=b，則OC=a+b，利用平面向量加法的平行四邊形法則可推出OC⊥OB，設(shè)OB=m,OC=n，m,n>0，如圖以O(shè)為原點(diǎn)，OB,OC所在直線(xiàn)為x,15．【答案】（1）解：由f(x)=32sin2x+1所以T=（2）解：由(1)知f(x)min=?1+1=0，此時(shí)2x+π故x的集合為{x|x=?π【解析】【分析】本題考查輔助角公式，正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì).

(1)先利用輔助角公式化簡(jiǎn)函數(shù)解析式可得：f(x)=sin(2x+π6)+1，再利用周期計(jì)算公式進(jìn)行計(jì)算可求出最小正周期；

(2)當(dāng)sin(2x+π16．【答案】（1）解：因?yàn)?c+b?2acosB=0，由正弦定理可知：∵sinC=∴2cosA又A為三角形內(nèi)角，所以A=（2）解：由BA?AC=32，得cba∵AD=所以AD=6【解析】【分析】本題考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.

（1）先利用正弦定理進(jìn)行邊化角，再利用兩角和的正弦公式進(jìn)行化簡(jiǎn)可求出cosA=?（2）先利用平面向量的數(shù)量積可求出bc=3，利用余弦定理可求出a，根據(jù)三角形的中線(xiàn)向量公式可得AD=17．【答案】（1）解：第一組的頻率為0.所以中位數(shù)在第三組，不妨設(shè)為x，則(x?85)×0平均數(shù)為77.（2）解：根據(jù)題意，“良好”的學(xué)生有40×0.4=16人，“優(yōu)秀”的學(xué)生有所以分層抽樣得“良好”的學(xué)生有5×1640=2將三名優(yōu)秀學(xué)生分別記為A，B，則這5人中選2人的基本事件有：AB，其中至少有一人是“優(yōu)秀”的基本事件有：AB，所以至少有一人是“優(yōu)秀”的概率是P=【解析】【分析】(1)根據(jù)中位數(shù)和平均數(shù)的定義計(jì)算即可；

(2)用列舉法列出5人中選2人的基本事件和至少有一人是“優(yōu)秀”的基本事件，利用古典概型公式計(jì)算即可得至少有一人是“優(yōu)秀”的概率.18．【答案】（1）證明：在長(zhǎng)方體ABCD?A1B點(diǎn)M和點(diǎn)N在棱CC1上，且連接AC、BD，設(shè)AC∩BD=O，連接ON，則O為AC的中點(diǎn)，如圖所示：

又N為CM的中點(diǎn)，所以O(shè)N//AM，又AM?平面BDN，ON?平面BDN，所以AM//平面BDN．（2）證明：在長(zhǎng)方體ABCD?A1B則ABCD為正方形，所以AC⊥BD，因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，BD?平面ABCDAA1∩AC=A，AA1所以BD⊥平面AAA1C?平面AA又AC=22，OC=2，CN=1，所以AA1AC=AC所以∠A又∠A所以∠A所以A1又BD∩ON=O，BD，ON?平面BDN，所以A1C⊥平面又DN?平面BDN，所以A1【解析】【分析】本題考查直線(xiàn)與平面平行的判定，直線(xiàn)與平面垂直的判定.

（1）連接AC、BD，設(shè)AC∩BD=O，連接ON，利用三角形的中位線(xiàn)定理可推出（2）利用正方形的性質(zhì)可推出AC⊥BD，利用直線(xiàn)與平面垂直的性質(zhì)可推出AA1⊥BD，利用直線(xiàn)與平面垂直的判定定理可證明BD⊥平面AA1C1C，進(jìn)而可推出A19．【答案】（1）證明：∵AB=AD，∠BAD=60°，∴△ABD為等邊三角形，∵P為AD中點(diǎn)，∴BP⊥AD，取BD中點(diǎn)E，連接AE，如圖所示：

則AE⊥BD，∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AE?平面ABD，∴AE⊥平面BCD，又CD?平面BCD，∴AE⊥CD．又∵CD⊥AD，AD∩AE=A，AD、AE?平面ABD，∴CD⊥平面ABD．∵BP?平面ABD，∴CD⊥BP．又∵CD∩AD=D，CD、AD?平面ACD，∴BP⊥平面ACD．（2）解：過(guò)點(diǎn)M作MH⊥PC，垂足為H.如圖所示由(1)知，BP⊥平面ACD．因?yàn)镸H?平面ACD，所以BP⊥MH又BP∩PC=P，BP,PC?平面BPC，所以MH⊥平面BPC，所以∠MPC為MP與平面BPC所成角．由(1)知，CD⊥平面ABD,BD?平面ABD，所以CD⊥BD．在Rt?BCD中，∵∠BCD=∴DC=BD因?yàn)镸為CD的中點(diǎn)，所以MD=CM=1在Rt?PDM中，PM=在Rt?PDC中，PC=在?CPM中，cos∠MPC=PC所以sin∠MPC=1所以MP與平面BPC所成角的正弦值為3926（3）解：取ED的中點(diǎn)為O，連接PO，因?yàn)镻為線(xiàn)段AD的中點(diǎn)，如圖所示：

所以PO//AE,PO=12由(1)知，AE⊥平面BCD，所以PO⊥平面BCD．又BM?平面BCD，所以PO⊥BM．過(guò)點(diǎn)P作PG⊥BM，垂足為G，連接OG．PO∩PG=P，PO,PG?平面POG，所以BM⊥平面POG．又OG?平面POG，所以BM⊥OG，所以∠PGO為