2023-2024学年湖南省长沙市长郡中学高一下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市长郡中学高一下学期期末考试数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若复数z的模为10，虚部为−8，则复数z的实部为
A. −6B. 6C. ±6D. 36
2.掷两枚质地均匀的骰子，设A=“第一枚出现奇数点”，B=“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系为( )
A. 互斥B. 互为对立C. 相互独立D. 相等
3.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′，且O′A′ // B′C′，O′A′=2B′C′=2，A′B′=1，则该平面图形的高为
A. 2B. 1C. 2 2D. 2
4.已知一组样本数据：8，9，9，11，12，13，15，16，17，18，18，20，则这组样本数据的第70百分位数与中位数之和是
A. 29B. 30C. 31D. 32
5.已知M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=12ON,AP=34AN，以OA,OB,OC为基底，则OP可以表示为( )
A. OP=12OA+14OB+14OCB. OP=12OA+13OB+13OC
C. OP=14OA+13OB+13OCD. OP=14OA+14OB+14OC
6.已知非零向量a，b满足|a+b|=|a−2b|，且b在a上的投影向量为23a，则|a||b|= ( )
A. 12B. 32C. 2D. 3
7.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，若点E，F分别满足AE=23AB，AF=23AC，三棱柱高为3，△ABC面积为3 3，则几何体B1C1BCFE的体积为
A. 8 33B. 3 3C. 10 33D. 11 33
8.有能力互异的3人应聘同一公司，他们按照报名顺序依次接受面试，经理决定“不录用第一个接受面试的人，如果第二个接受面试的人比第一个能力强，就录用第二个人，否则就录用第三个人”，记该公司录用到能力最强的人的概率为p，录用到能力中等的人的概率为q，则(p,q)=( )
A. (16,16)B. (12,16)C. (12,14)D. (12,13)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的有
A. 某班有40名学生，若采用简单随机抽样从中抽取4人代表本班参加社区活动，那么学号为04的学生被抽到的可能性为10%
B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5
C. 将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差也变为原来的3倍
D. 若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2.现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小
10.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为BC，CC1的中点，则下列结论正确的是
A. 直线A1B与EF所成的角的大小为60°
B. 直线AD1//平面DEF
C. 平面DEF⊥平面BCC1B1
D. 直线CD与平面DEF所成角的正弦值为13
11.点O在△ABC所在的平面内，则以下说法正确的有( )
A. 若OA·OB=OB·OC=OC·OA，则点O为△ABC的外心(外接圆圆心)
B. 若AO=λ(AB|AB|sin B+AC|AC|sin C)(λ∈R)，则动点O的轨迹一定通过△ABC的重心
C. 若2OA+OB+3OC=0，S△AOC，S△ABC分别表示△AOC，△ABC的面积，则S△AOC∶S△ABC=1∶6
D. 若OA·(ABAB+CACA)=OB·(BABA+CBCB)=OC·(BCBC+CACA)=0，则点O是△ABC的内心
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数z=i3+4i，则z+z=__________．
13.如图，一架无人机距离地面的高度PQ=200 m，在Q处观测到岳麓山山顶C的仰角为15°，地面上A处的俯角为45°，若∠BAC=60°，则岳麓山的高度BC为__________m．
14.已知在三棱锥PABC中，PA=4，BC=2 6，PB=PC=3，PA⊥平面PBC，则三棱锥PABC的外接球的表面积是________．
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.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足2a−c=2bcs C．
(1)求角B；
(2)若D为AC的中点，且BD=52，b=3，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
对800名参加竞赛选拔学生的成绩作统计(满分：100分)，将数据分成五组，从左到右依次记为50,60,60,70，70,80,80,90，90,100，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和平均数(求平均数时同一组数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人．若分数在区间70,90的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和2775，第三组[70,80)的学生实际成绩的平均数与方差分别为72分和1，求第四组[80,90)的学生实际成绩的平均数与方差．
17.(本小题15分)
如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，AF= 3，点G是线段BF的中点．
(1)证明：EG //平面DAF；
(2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求三棱锥CADF的体积．
18.(本小题17分)
据人民网报道：“美国国家航空航天局(NASA)发文称，相比20年前世界变得更绿色了．卫星资料显示中国和印度的行动主导了地球变绿．”据统计，中国新增绿化面积的42%来自植树造林，下表是中国十个地区在2017年植树造林的相关数据．(造林总面积为人工造林、飞播造林、新封山育林、退化林修复、人工更新的面积之和)
单位：ℎm2
(1)请根据上述数据，分别写出在这十个地区中人工造林面积与造林总面积的比值最大和最小的地区；
(2)在这十个地区中，任取一个地区，该地区人工造林面积占造林总面积的比值不足50%的概率是多少？
(3)从上表新封山育林面积超过十万公顷的地区中，任选两个地区，求其中至少有一个地区的退化林修复面积超过五万公顷的概率．
19.(本小题17分)
刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为π3，故其各个顶点的曲率均为2π−3×π3=π.如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，点A的曲率为2π3，N，M分别为AB，CC1的中点，且AB=AC．
(1)证明：CN⊥平面ABB1A1；
(2)若AA1= 2AB，求二面角B1AMC1的余弦值；
(3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体．关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为D，棱数为L，面数为M，则有：D−L+M=2.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率(多面体所有顶点的曲率之和)是常数．
答案解析
1.C
【解析】解：∵复数z的模为10，虚部为−8，
∴复数z的实部为± 102−(−8)2=±6，
∴复数z=±6−8i，
所以复数z的实部为±6．
2.C
【解析】解：事件A发生与否与事件B无关，
事件B发生与否与事件A无关，
故事件A与B是相互独立事件．
故选C．
3.C
【解析】在直角梯形O′A′B′C′中，O′A′ // B′C′，O′A′=2B′C′=2，A′B′=1，
则O′C′= 2−12+12= 2，
直角梯形O′A′B′C′对应的原平面图形为图中直角梯形OABC，
则有BC // OA，OC⊥OA，OA=2BC=2，OC=2O′C′=2 2，
所以该平面图形的高为2 2．
故选C．
根据给定条件，求出O′C′，再作出水平放置的原平面图形作答．
本题考查了直观图的画法与应用问题，是基础题．
4.C
【解析】解：中位数是13+152=14；
因为12×0.7=8.4，所以第70百分位数是第9个数为17．
故样本数据的中位数与第70百分位数之和为14+17=31．
故选C．
5.D
【解析】
解：依题意，OP=OA+AP=OA+34AN=OA+34(ON−OA)=14OA+34ON
=14OA+34×23OM=14OA+12OM=14OA+12×12(OB+OC)=14OA+14OB+14OC．
故选D．
6.B
【解析】解：由 |a+b|=|a−2b|，可得|a+b|2=a−2b2 ，
a2+2a⋅b+b2=a2−4a⋅b+4b2，所以 a⋅b=12b2，①
且 b在a 方向上的投影向量为 a⋅b|a|⋅a|a|=23a.②
由①②得a2b2=34，即|a||b|= 32，
故选B．
7.A
【解析】解：∵AE=23AB，AF=23AC，∴EF // BC，EF=23BC，∴S△AEF=49S△ABC；
∵EFB1C1=AFA1C1=AEA1B1=23，∴几何体AEFA1B1C1为三棱台，
设三棱台AEFA1B1C1体积为V1，几何体B1C1BCFE体积V2，
∴V1=13(S△AEF+ S△AEF·S△A1B1C1+S△A1B1C1)·ℎ
=1349S△ ABC+23S△ ABC+S△ ABC·ℎ=1927S△ABC·ℎ=1927VABCA1B1C1，
∴V2=VABCA1B1C1−V1=827VABCA1B1C1=827×3 3×3=8 33，
故选A．
8.D
【解析】解：设三人能力分别为强，中，弱，则三人参加面试的次序为：
(强，中，弱)，(强，弱，中)，(中，强，弱)，(中，弱，强)，(弱，中，强)，(弱，强，中)，总数n=6，
按“不录用第一个接受面试的人，如果第二个接受面试的人比第一个能力强，就录用第二个人，否则就录用第三个人”的规定，
该公司录用到能力最强的人包含的结果有：(中，强，弱)，(中，弱，强)，(弱，强，中)，共3种情况，
∴该公司录用到能力最强的人的概率p=36=12．
该公司录用到能力中等的人包含的结果有：(强，弱，中)，(弱，中，强)，共2种情况，
∴该公司录用到能力中等的人的概率q=26=13．
故选：D．
9.AD
【解析】
解：对于A，简单随机抽样每个个体被抽到的可能性相同，均为4÷40=10%，故A正确；
对于B，因为数据1，2，m，6，7的平均数是4，则m=4×5−1−2−6−7=4，
这组数据的方差是S2=15[(1−4)2+(2−4)2+(4−4)2+(6−4)2+(7−4)2]=265，故B错误；
对于C：将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差变为原来的9倍，C错误；
对于D，∵某8个数的平均数为5，方差为2，现又加入一个新数据5，此时这9个数的平均数为x，
方差为S2，x=8×5+59=5，S2=8×2+(5−5)29=169<2，D正确．
10.ABD
【解析】
解：对于A：连接BC1，C1A1，如图，由正方体的结构特征知，BC1=A1B=A1C1，
即△A1BC1为正三角形．
又因为E，F分别为BC，CC1的中点，则EF // BC1，
因此直线A1B与EF所成的角即为直线A1B与BC1所成的角，即∠A1BC1或其补角，
又∠A1BC1=60°，所以直线A1B与EF所成的角的大小为60°，A正确；
对于B：因为EF // BC1，所以AD1 // EF，又AD1⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，故直线AD1 //平面DEF，B正确；
对于C：取EF的中点为M，连接DM，显然DE=DF，EF的中点为M，
则DM⊥EF，假设平面DEF⊥平面BCC1B1，而平面DEF∩平面BCC1B1=EF，
于是DM⊥平面BCC1B1，又DC⊥平面BCC1B1，则DM // DC，
与DM∩DC=D矛盾，C错误；
对于D：不妨设正方体的棱长为2a，点C到平面DEF距离为d，则VDCEF=13S△CEF·CD=13×12a2×2a=13a3，
三角形DEF中，DE=DF= 5a，EF= 2a，DM=3 2a2，
VCDEF=13×12× 2a×3 2a2×d=VDCEF=13a3，故d=23a，
设直线CD与面DEF所成角为θ，则sin θ=23a2a=13，故D正确，故选ABD．
11.BCD
【解析】解：对于A，由OA·OB=OB·OC，得OB·OC−OA=OB·AC=0，即O点在AC边上的高上，
OA·OB=OB·OC=OC·OA，同理可得O点在BC、AB边上的高上，所以点O为△ABC的垂心，
故A错误；
对于B，令△ABC边BC上的高为ℎ，则有|AB|sin B=|AC|sin C=ℎ，
令边BC的中点为D，则AB+AC=2AD，
因此AO=λABℎ+ACℎ=λℎ(AB+AC)=2λℎAD，即AO // AD，
所以动点O的轨迹一定通过△ABC的重心，故B正确；
对于C，若2OA+OB+3OC=0，设OA′=2OA，OC′=3OC，
则OA′+OB+OC′=0，可得O为△A′BC′的重心，如图：
设S△AOB=x，S△BOC=y，S△AOC=z，则S△A′OB=2x，S△BOC′=3y，S△A′OC′=6z，
由于O为△A′BC′的重心，延长BO交A′C′与E，则E为A′C′的中点；
则S△A′OE=S△C′OE，S△A′BE=S△C′BE，∴S△A′OB=S△C′OB，同理可得S△A′OB=S△A′OC′，
故2x=3y=6z，不妨取z=1，∴x=3，y=2，
可得S△AOC∶S△ABC=z∶x+y+z=1∶6，故C正确；
对于D，如图：
因为BCBC+CACA是∠ACD平分线CE方向上的向量，而OC·BCBC+CACA=0，
所以OC⊥CE，因此OC是∠ACB平分线．
同理由OA·ABAB+CACA=OB·BABA+CBCB=0，
得OA，OB分别是∠CAB和∠ABC的平分线，
因此O是△ABC三内角平分线的交点，所以O是△ABC的内心，故D正确．
12.825
【解析】解：z=i3+4i=i3−4i3+4i3−4i=3i+425=425+325i，z=425−325i
则z+z=825
13.300
【解析】解：因为∠QAP=45°，所以AQ=200 2m，
在△ACQ中，∠AQC=45°+15°=60°，∠QAC=180°−45°−60°=75°，
所以∠QCA=180°−∠AQC−∠QAC=45°，
由正弦定理，得AQsin 45°=ACsin 60°，AC=200 3 m，
所以BC=300 m．
14.43π
【解析】解：在等腰△PBC中，cs∠PBC= 63，所以sin∠PBC= 33，
△PBC的外接圆的半径为r=12×3sin∠PBC=3 32，
所以三棱锥PABC的外接球的半径为R= r2+12PA2= 274+4= 432．
所以其表面积为4πR2=4π 4322=43π．
15.解：(1)因为2a−c=2bcsC，由正弦定理可知，2sinA−sinC=2sinBcsC，
又sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，得到sinC=2csBsinC，
又sinC>0且B∈(0,π)，所以B=π3．
(2)由BD=52，得BD=52，则由平行四边形法则可得BA+BC=5，
则BA2+BC2+2BA·BC=25，即a2+c2+ac=25，①
又b2=a2+c2−2accsB，即a2+c2−ac=9，②
由①②可得ac=8.则S△ABC=12acsinB=4× 32=2 3．

【解析】本题主要考查了两角和的正弦公式、二倍角公式，正余弦定理以及三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了方程思想和转化思想，属于中档题．
(1)利用正弦定理、两角和的正弦公式化解可得。
(2)利用向量可得BA2+BC2+2BA·BC=25，即a2+c2+ac=25，用余弦定理可得ac值，最后用三角形面积公式可得结论。
16.解：(1)这800名学生成绩的众数用频率分布直方图最高矩形中点的横坐标来估计，所以估计众数为65；
平均数x=55×0.30+65×0.40+75×0.15+85×0.10+95×0.05=67(分);
(2)由分层随机抽样可知，第三组和第四组分别抽取6人和4人，
设分数在区间[70,90)的学生实际成绩分别为ui(i=1,2,3,⋯,10)，其平均数与方差分别为u，s2，
则u=78，s2=2775，
设第三组学生实际成绩分别为xi(i=1,2,3,4,5,6)，其平均数与方差分别为x，sx2，
则x=72，sx2=1，
设第四组学生实际成绩分别为yi(i=1,2,3,4)，其平均数与方差分别为y，sy2，
由6×72+4y10=78，得y=87，
又i=110ui2−10u210=2775，
所以i=16xi2+i=14yi2−10u210=2775，
因为i=16xi2−6x26=1，
所以i=16xi2=6+6×722=31110，
所以i=14yi2=554+10×782−31110=30284，
所以sy2=i=14yi2−4y24=30284−4×8724=2，
第四组学生实际成绩的平均数为87，方差为2．
【解析】本题考查频率分布直方图，考查平均数、众数及方差，属于中档题．
(1)根据频率分布直方图及平均数、众数定义求解即可；
(2)由条件结合平均数及方差定义求解即可．
17.解：(1)取AF中点M，连接DM，GM，如图所示：
G为BF中点，则GM // AB，又AB // DE，得GM // DE，
由GM=12AB，DE=12AB，得GM=DE，
所以四边形DEGM为平行四边形，DM // EG，
又DM⊂平面DAF，EG⊄平面DAF，所以EG //平面DAF．
(2)因为OB=1，AF= 3，∠AFB=90°，所以BF= AB2−AF2= 4−3=1．
因为DA⊥平面ABF，且直线DF与圆柱底面所成角为45°，
所以∠AFD=45°，则有AD= 3．
因为BC // AD，又AD⊂平面DAF，BC⊄平面DAF，
所以BC //平面DAF，点B和点C到面DAF距离相等．
故VCADF=VBADF=VDABF=13S△ABF·AD=13×12×1× 3× 3=12．

【解析】本题考查线面平行的判定，棱锥的体积，属于中档题．
(1)取AF中点M，连接DM、GM，易得四边形DEGM为平行四边形，则DM//EG，由线面平行的判定即可得证；
(2)由点B和点C到面DAF距离相等，可求VCADF=VBADF=VDABF=13S△ABF·AD
18.解：(1)人工造林面积与造林总面积的比值最大的地区为甘肃省，
人工造林面积与造林总面积的比值最小的地区为青海省；
(2)设在这十个地区中，任取一个地区，该地区人工造林面积占造林总面积的比值不足50%为事件A，
在十个地区中，有三个地区(重庆、新疆、青海)人工造林面积占造林总面积的比值不足50%，则P(A)=310；
(3)设其中至少有一个地区的退化林修复面积超过五万公顷为事件B，
新封山育林面积超过十万公顷的有四个地区：
内蒙古、河北、新疆、青海，分别设为a1，a2，a3，a4，
其中退化林修复面积超过五万公顷的有两个地区：
内蒙古、河北，即a1，a2．
从四个地区中任取两个地区共有6种情况：
(a1,a2)，(a1,a3)，(a1,a4)，(a2,a3)，(a2,a4)，(a3,a4)，
其中至少有一个地区退化林修复面积超过五万公顷共有5种情况：
a1,a2，a1,a3，a1,a4，a2,a3，a2,a4，
则P(B)=56．

【解析】本题考查古典概型的概率计算，属于中档题．
(1)由条件中的相关数据即可判断；
(2)由条件根据古典概型的概率计算即可；
(3)由条件根据古典概型的概率计算即可．
19.(1)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC，AB⊂平面ABC，
则AA1⊥AC，AA1⊥AB，所以点A的曲率为2π−2×π2−∠BAC=2π3，
所以∠BAC=π3.因为AB=AC，所以△ABC为正三角形．
因为N为AB的中点，所以CN⊥AB．
又AA1⊥平面ABC，CN⊂平面ABC，所以AA1⊥CN，
因为AA1∩AB=A，AA1、AB⊂平面ABB1A1，所以CN⊥平面ABB1A1．
(2)取A1C1的中点F，连接B1F、MF，则B1F⊥A1C1，
因为ABC—A1B1C1为直三棱柱，故平面AA1C1C⊥平面A1B1C1，交线为A1C1，
故B 1F⊥平面AA1C1C，又AM、MF⊂平面AA1C1C，故B 1F⊥AM，B1F⊥FM，
设AB= 2，则AA1=2，AM=B1M= 3，AB1= 6，
AM2+B1M2=AB 12=6，故AM⊥B1M，又B1F∩B1M=B1，
所以AM⊥平面B1FM，而MF⊂平面B1FM，故AM⊥MF，
所以∠FMB1为二面角B1AMC1的平面角，
因MF= 222+12= 62，B1M= 3，
在Rt△B1FM中，cs∠FMB1=FMMB1= 22，故二面角B1AMC1的余弦值为 22．
(3)设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，M号．
设第i号(1≤i≤M)多边形有Li条边．
则多面体共有L=L1+L2+…+LM2条棱．
由题意，多面体共有D=2−M+L=2−M+L1+L2+…+LM2个顶点．
i号多边形的内角之和为πLi−2π，故所有多边形的内角之和为π(L1+L2+…+LM)−2πM，
故多面体的总曲率为2πD−πL1+L2+…+LM−2πM
=2π2−M+L1+L2+…+LM2−πL1+L2+…+LM−2πM=4π．
所以简单多面体的总曲率为4π．
则简单多面体的总曲率(多面体所有顶点的曲率之和)是常数得证．

【解析】本题考查了线面垂直的判定、二面角，棱柱的结构特征，是难题．
(1)由题意可得 CN⊥AB ，根据线面垂直的性质可得 AA1⊥CN ，结合线面垂直的判定定理即可证明；
(2)易证∠FMB1为二面角B1AMC1的平面角，即可求解；
(3)设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，M号，求解多面体共有L=L1+L2+…+LM2条棱，共有D=2−M+L=2−M+L1+L2+…+LM2个顶点，求解即可．