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

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1．已知集合M={x∈Z|x2?3x?4≤0}，N={x|0<x≤3}A．{?1，0，C．(0，3] 2．設(shè)i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足(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)有無數(shù)條直線與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 D．α，β垂直于同一條直線4．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x+2)+f(x)=3，且f(1)=0，則f(2023)=（）A．?3 B．0 C．1 D．35．已知向量a，b滿足b=1，a⊥b，則aA．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（）米．A．a(chǎn)4cos10°C．a(chǎn)sin10°28．已知正四棱錐S?ABCD的底面邊長為1，側(cè)棱長為2，SC的中點(diǎn)為E，過點(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．239．學(xué)?！拔磥肀弊闱虮荣愔校装嗝繄?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)為下列說法中正確的是()A．平均來說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次實(shí)驗(yàn)的結(jié)果，設(shè)事件M＝“n次實(shí)驗(yàn)結(jié)果中，既出現(xiàn)正面又出現(xiàn)反面”，事件N＝“n次實(shí)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BD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滿足C．按照折法②﹐三棱錐A1?BCDD．按照折法②，存在A1滿足A1C⊥平面A1BD，且此時(shí)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滿足a+b?b=0，a15．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[90，95)，第5組[95，100]，得到的頻率分布直方圖如圖所示，同時(shí)規(guī)定成績(jī)?cè)?5分以上的學(xué)生為“優(yōu)秀”，成績(jī)小于85分的學(xué)生為“良好”，且只有成績(jī)?yōu)椤皟?yōu)秀”的學(xué)生才能獲得面試資格．（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，再從這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)P為線段AD的中點(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|0<x≤3}，

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)z=?1+2i，得z=?1+2i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)z，利用共軛復(fù)數(shù)的定義可求出3．【答案】D【解析】【解答】解：對(duì)于A：α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行推不出α//β，只有α內(nèi)所有直線與β平行才能得出α//β，A不符合題意，對(duì)于B：α，β垂直于同一平面，得到α//β或α與β相交，B不符合題意，對(duì)于C：α，β平行于同一條直線，得到α//β或α與對(duì)于D：因?yàn)榇怪迸c同一條直線的兩平面平行，故α，β垂直于同一條直線?α//故答案為：D．

【分析】利用空間中線面、面面的位置關(guān)系判斷即可.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)是以4為周期的函數(shù)，

5．【答案】C【解析】【解答】解：向量a，b滿足b=1，a⊥b則a?2b在b方向上的投影向量為故答案為：C.【分析】由題意可得a?6．【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；如圖，設(shè)球心為O，連接OB,OC，則∠OBA=30°,∠OCA=10°，

設(shè)球的半徑為R，

則AB=OAtan30°∴BC=AC?AB=R∴R==a∴2R=a2cos10°，故答案為：B．【分析】根據(jù)三角函數(shù)定義可得AB=3R,AC=Rtan10°8．【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，得而SC⊥α,SC∩α=E，則AE?α，在△SBC中，sin∠BSC=1?cos2∠BSC=74，令平面α與直線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=2在△SAF中，cos∠ASF=34在△AEF中，cos∠EAF=AE所以所得截面面積SAFEG故答案為：A【分析】本題考查異面直線的夾角.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AF9．【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)，樣本空間為：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），共4種，事件M和事件N同時(shí)發(fā)生，則M與N不互斥，故A正確；B、若n=2，PM=12，PNC、當(dāng)n=3時(shí)，樣本空間為：（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，故C錯(cuò)誤；D、若n=3，PM=68=34故答案為：AD.【分析】由題意，結(jié)合互斥事件的定義，以及相互獨(dú)立事件的概率乘法公式求解即可.11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：由題意知AC=2,BC=3，取AC的中點(diǎn)O，因?yàn)椤鰽CD和△ABC是直角三角形且全等，

所以O(shè)A=OC=OD1=OB，

則在折法①的折疊過程中，三棱錐D1?ABC的外接球的球心為O，半徑為1，

所以該球的表面積恒為4π，故A正確；

按照折法①，在折起過程中，點(diǎn)D1在平面ABC內(nèi)的投影D1'在線段BD上(不包括端點(diǎn))，

又因?yàn)榫€段BD(不包括端點(diǎn))不存在D1'使得CD1'⊥AB，

故不存在D1滿足AB⊥CD1，故B錯(cuò)誤；

按照折法②，取BD的中點(diǎn)H，A1H=12，

當(dāng)平面A1BD⊥平面BCD時(shí)，三棱錐A1?BCD體積取得最大值，

此時(shí)體積V=13AH?S△BCD=13×12×12×32×12．【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：因?yàn)镻C=所以PC2又因?yàn)镻A⊥平面ABC，AB,BC?平面ABC，所以PA⊥AB,PA⊥BC，PA→·所以PC2則PC=12故答案為：12.【分析】先表示向量PC=PA+14．【答案】4【解析】【解答】解：取平行四邊形OACB，連接OC，設(shè)OA=a,因?yàn)橄蛄縜，b滿足a+b?b=0，

設(shè)OB=m,OC=n，m,n>0，

如圖以O(shè)為原點(diǎn)，OB,OC所在直線為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則O0,0所以a=OA=?m,n,b=所以a+因?yàn)?m2+n2=16，又因?yàn)閟in2θ+cos2θ=1，

可設(shè)3m=4sinθ,n=4cosθ,θ∈0,π2，則m+n的最大值為4103，

所以a+故答案為：4103.

【分析】建立平面直角坐標(biāo)系，從而得出點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而得出a=OA=?m,n,b=OB=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)三角形的中線向量公式可得AD=17．【答案】解：（1）第一組的頻率為0.05，第二組的頻率為0.35，第三章的頻率為0.30，第四組的頻率為0.20，第五組的頻率為0.10，

所以中位數(shù)在第三組，不妨設(shè)為x，

則x?85×0.06=0.5?0.05?0.35，

解得x=85+53=2603，

平均數(shù)為：77.5×0.05+82.5×0.35+87.5×0.3+92.5×0.2+97.5×0.1=87.25.

（2）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40×0.6=24人，

所以分層抽樣得“良好”的學(xué)生有5×1640=2人，

“優(yōu)秀”的學(xué)生有5×2440=3人，

將三名優(yōu)秀學(xué)生分別記為A,B,C，兩名良好的學(xué)生分別記為a,b，

【解析】【分析】（1）先計(jì)算各組的頻率得出中位數(shù)在第三組，不妨設(shè)為x，根據(jù)x?85×0.06=0.1（2）由分層抽樣得出“良好”的學(xué)生有2人，“優(yōu)秀”的學(xué)生有3人，再根據(jù)古典概率公式得出至少有一人是“優(yōu)秀”的概率.18．【答案】（1）證明：在長方體ABCD?A1B1C1D1中，

AB=AD=2，點(diǎn)連接AC、BD，設(shè)AC∩BD=O，連接ON，則O為AC的中點(diǎn)，

因?yàn)镹為CM的中點(diǎn)，所以O(shè)N//AM，又因?yàn)锳M?平面BDN，ON?平面BDN，

所以AM//平面BDN.（2）證明：在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=AD=2，則AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，

所以AA1⊥BD，AA1∩AC=A，AA1,AC?平面AA1C又因?yàn)锳C=22，OC=2，CN=1，所以AA1AC=AC又因?yàn)椤螦1CA+∠A1CN=90°，又因?yàn)锽D∩ON=O，BD,ON?平面BDN，所以A1C⊥平面BDN，

又因?yàn)镈N?平面BDN，

所以【解析】【分析】（1）連接AC、BD，設(shè)AC∩BD=O，連接ON，利用中位線定理得到ON//AM，再結(jié)合線線平行證出AM//平面BDN.（2）先證明BD⊥平面AA1C1C，從而得到A1C⊥BD，證出A（1）在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=AD=2，點(diǎn)連接AC、BD，設(shè)AC∩BD=O，連接ON，則O為AC的中點(diǎn)，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）在長方體ABCD?A1B1C所以AC⊥BD，AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCDAA1∩AC=A，AA1,AC?平面A1C?平面AA又AC=22，OC=2，CN=1，所以AA1AC=AC又∠A1CA+∠所以A1又BD∩ON=O，BD,ON?平面BDN，所以A1C⊥平面BDN，又DN?平面BDN，所以19．【答案】（1）證明：∵AB=AD，∠BAD=60°，

∴△ABD為等邊三角形，∵P為AD的中點(diǎn)，∴BP⊥AD，取BD中點(diǎn)E，連接AE，則AE⊥BD，∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AE?平面ABD，∴AE⊥平面BCD，

因?yàn)镃D?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：過點(diǎn)M作MH⊥PC，垂足為H，如圖所示：由（1）知，BP⊥平面ACD，

∵M(jìn)H?平面ACD，∴BP⊥MH，又因?yàn)锽P∩PC=P，BP,PC?平面BPC，∴MH⊥平面BPC，∴∠MPC為MP與平面BPC所成角，由（1）知，CD⊥平面ABD，BD?平面ABD，∴CD⊥BD，在Rt△BCD中，∵∠BCD=30°，BD=2，

∴CD=BD∵M(jìn)為CD的中點(diǎn)，∴MD=CM=1在Rt△PDM中，PD=12AD=1，在Rt△PDC中，PC=P在△CPM中，由余弦定理得：cos∠MPC=∴sin∴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，

∵P為線段AD的中點(diǎn)，∴PO//AE，則PO=1由（1）知，AE⊥平面BCD，∴PO⊥平面BCD，又因?yàn)锽M?平面BCD，所以PO⊥BM，過點(diǎn)P作PG⊥BM，垂足為G，連接OG，

∵PO∩PG=P，PO,PG?平面POG，∴BM⊥平面POG，又∵OG?平面POG，∴BM⊥OG，∴∠PGO為二面角P?BM?D的平面角，在Rt△BDM中，BM=B由（1）知，△ABD為等邊三角形，P為AD的中點(diǎn)，

∴BP=A由（1）知，BP⊥平面ACD，又因?yàn)镻M?平面ACD，所以BP⊥PM，在Rt△BPM中，S△BPM由（2）知，PM=2，即12×3∵PO⊥平面BCD，OG?平面BCD，∴PO⊥OG，在Rt△POG中，

GO=PG2?PO所以二面角P?BM?D的平面角的余弦值為34【解析】【分析】（1）由等邊三角形三線合一得到BP⊥AD，取BD中點(diǎn)E，再利用AE⊥BD和平面ABD⊥平面BCD，從而得出AE⊥平面BCD，進(jìn)而得出AE⊥CD，再結(jié)合線面垂直的判定定理得出CD⊥平面ABD，從而得到CD⊥BP，再利用線面垂直的判定定理證出BP⊥平面ACD.（2）過點(diǎn)M作MH⊥PC，垂足為H，則∠MPC為MP與平面BPC所成角，再解三角形得出MP與平面BPC所成角的正弦值.（3）取ED的中點(diǎn)為O，連接PO，過點(diǎn)P作PG⊥BM，垂足為G，連接OG，由（1）結(jié)合中位線定理、線面垂直證線線垂直，從而得出∠PGO為二面角P?BM?D的平面角，再解三角形得出二面角P?BM?D的平面角的余弦值．（1