2023-2024学年广东省中山市高一下学期期末统一考试数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省中山市高一下学期期末统一考试数学试卷（含解析），共15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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.sin63∘sin33∘+sin27∘cs33∘=( )
A. 32B. 12C. − 32D. −12
2.已知a、b为不共线的向量，且AB=a+5b，BC=−2a+8b，CD=3(a−b)，则( )
A. A、B、D三点共线B. A、B、C三点共线
C. B、C、D三点共线D. A、C、D三点共线
3.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A. 若m//α，m//β，则α//βB. 若m⊥α,m⊥n，则n//α
C. 若m⊥α，m//n，则n⊥αD. 若α⊥β,m⊥α，则m//β
4.某地政府对在家附近工作的年轻人进行了抽样调查，得到他们一年能在家陪伴父母的天数，并绘制成如下图所示的频率分布直方图，则样本中位数约为( )
A. 150.5B. 152.5C. 154.5D. 156.5
5.已知某人射击每次击中目标的概率都是0.6，现采用随机模拟的方法估计其3次射击至少2次击中目标的概率p.先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示击中目标，6，7，8，9表示未击中目标；因为射击3次，所以每3个随机数为一组，代表3次射击的结果．经随机模拟产生了以下20组随机数：
169 966 151 525 271 937 592 408 569 683
471 257 333 027 554 488 730 863 537 039
据此估计p的值为( )
A. 0.6B. 0.65C. 0.7D. 0.75
6.如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知AB=a，AD=b，AF=2FE，则AE=( )
A. 34a+12b B. 1225a+1625b
C. 613a+913b D. 27a+37b
7.已知csθ=14，则cs3θ=( )
A. −1116B. 1116C. −56D. 56
8.设长方体ABCD−A1B1C1D1的对角线AC1与顶点A出发的三条棱所成的角分别为α、β、γ，与顶点A出发的三个面所成的角分别为α′、β′、γ′，下列四个等式：其中正确的是( )
A. sin2α+sin2β+sin2γ=1B. cs2α+cs2β+cs2γ=2
C. sin2α′+sin2β′+sin2γ′=2D. cs2α′+cs2β′+cs2γ′=2
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数z=−12+ 32i，则( )
A. z+z=1B. z−z=1C. z2=1D. z3=1
10.下列化简正确的是( )
A. sin15∘sin30∘sin75∘=18B. cs215∘−sin215∘= 32
C. 1sin10∘− 3cs10∘=2D. tan22.5∘1−tan222.5∘=12
11.如图，已知二面角α−l−β的棱l上有A，B两点，C∈α，AC⊥l，D∈β，BD⊥l，且AC=AB=BD=1，则下列说法正确的是( )．
A. 当α⊥β时，直线CD与平面β所成角的正弦值为 33
B. 当二面角α−l−β的大小为60∘时，直线AB与CD所成角为45∘
C. 若CD=2，则二面角C−BD−A的余弦值为 217
D. 若CD=2，则四面体ABCD的外接球的体积为5 5π6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.把函数f(x)=sin(2x+φ)(−π2⩽φ⩽π2)的图象上所有的点向右平移π6个单位长度后，所得图象与函数g(x)=sin(2x−π6)的图象重合，则φ= ．
13.在▵ABC中，内角A，B，C的对边分别为a,b,c，且a=x，b=2，B=45∘，符合条件的三角形有两个，则实数x的取值范围是
14.记一组数据x1,x2,⋯,xn的平均数为1.6，方差为1.44，则数据x12,x22,⋯,xn2的平均数为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知平面向量a，b满足|a|=1，|b|=2，(a+2b)⋅(2a−b)=−3．
(1)求|a−b|；
(2)若向量b与λa+b的夹角为锐角，求实数λ的取值范围．
16.(本小题12分)
第56届世界乒乓球团体锦标赛于2022年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮．现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用7局4胜制，每局11分制，每赢一球得1分，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分(包括2分)，即赢得该局比赛．在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为10：10后，每人发一个球就要交换发球权．
(1)已知在本场比赛中，前三局甲赢两局，乙赢一局，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为35，乙获胜的概率为25，且每局比赛的结果相互独立，求甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛的概率；
(2)已知某局比赛中双方比分为8：8，且接下来两球由甲发球，若甲发球时甲得分的概率为23，乙发球时乙得分的概率为12，各球的结果相互独立，求该局比赛甲得11分获胜的概率．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=2 2sinx2cs(x2+π4)+1,g(x)=sin2x．
(1)解不等式f(x)≥1；
(2)若mf(x)≤g(x)对任意的x∈[0,π4]恒成立，求m的取值范围．
18.(本小题12分)
如图，AB为半球M的直径，C为AB⌢上一点，P为半球面上一点，且AC⊥PC．
(1)证明：PB⊥PC；
(2)若AC=AM=2，PB= 6，求直线PC与平面PAB所成的角的正弦值．
19.(本小题12分)
在▵ABC中，B=π3，点D在边AB上，BD=2,且DA=DC.
(1)若▵BCD的面积为2 3，求边CD的长；
(2)若AC=2 3，求∠DCA．
答案解析
1.A
【解析】解：sin63∘sin33∘+sin27∘cs33∘=cs27∘sin33∘+sin27∘cs33∘=sin60∘= 32．
故选：A．
2.A
【解析】解：因为AC=AB+BC=a+5b+(−2a+8b)=−a+13b，
BD=BC+CD=−2a+8b+3(a−b)=a+5b，
所以AB=BD，
所以AB//BD，即A，B，D三点共线．
故选A．
3.C
【解析】对于A：若m//α，m//β，则α//β或α与β相交，故 A错误；
对于B：若m⊥α,m⊥n，则n//α或n⊂α，故 B错误；
对于C：若m⊥α，m//n，则n⊥α，故 C正确；
对于D：若α⊥β,m⊥α，则m//β或m⊂β，故 D错误．
故选：C
4.B
【解析】依题意，0.001+0.004+a+0.016+0.012+0.005+0.002×20=1，解得a=0.01，
显然0.001+0.004+0.01×20=0.3<0.5，0.3+0.016×20=0.62>0.5，
所以样本中位数为140+0.5−×20=152.5．
故选：B
5.B
【解析】解：由题意：射击中击中至少两次的为：
151，525，271，592，408，471，257，333，027，554，730，537，039，
一共有13组，
故至少击中两次的概率为P(A)=1320=0.65．
故选：B．
6.C
【解析】解：∵AF=2FE，∴DE=23FB，
∴AE=AD+DE=AD+23FB=AD+23(AB−AF)=AD+23AB−23×23AE，
∴139AE=23AB+AD，
∴AE=613a+913b．
故本题选C．
7.A
【解析】解：因为csθ=14，
可得cs 2θ=2cs2θ−1=−78，
sin2θ=1−cs2θ=1516，
则cs 3θ=cs (2θ+θ)
=cs 2θcs θ−sin 2θsin θ
=cs 2θcs θ−2sin2θcs θ
=−78×14−2×1516×14=−1116．
故选：A．
8.D
【解析】连接AD1，AB1，AC，A1C1，BC1，DC1，如下图
由题知：α=∠C1AB，β=∠C1AD，γ=∠C1AA1，
因为CC1⊥平面ABCD，C1B1⊥平面B1BAA1，C1D1⊥平面ADD1A1，
得：α′=∠C1AC，β′=∠C1AB1，γ′=∠C1AD1，
对于A项：sin2α+sin2β+sin2γ
=BC12AC12+DC12AC12+A1C12AC12=BC12+DC12+A1C12AC12
=AC12−BA2+AC12−DA2+AC12−A1A2AC12
=3AC12−BA2+DA2+A1A2AC12=2，故 A项错误.；
对于B项：cs2α+cs2β+cs2γ
=AB2AC12+AD2AC12+A1A2AC12=AB2+AD2+A1A2AC12=1，故 B项错误；
对于C项：sin2α′+sin2β′+sin2γ′
=CC12AC12+B1C12AC12+D1C12AC12=CC12+B1C12+D1C12AC 12=1，故 C项错误;
对于D项：cs2α′+cs2β′+cs2γ′
=AC2AC12+B1A2AC12+D1A2AC12=AC2+B1A2+D1A2AC12
=3AC12−A1A2+BA2+DA2AC12=2，故 D项正确．
故选：D．
9.AD
【解析】解：因为z=−12+ 32i，所以z+z=−12+ 32i−12− 32i=−1，所以|z+z|=1，故 A正确；
所以z−z=−12+ 32i+12+ 32i= 3i，所以|z−z|= 3，故 B不正确；
z2=(−12+ 32i)2=14− 32i−34=−12− 32i，故 C不正确；
z3=(−12− 32i)(−12+ 32i)=14+34=1，故 D正确．
故选：AD．
10.ABD
【解析】对于A，sin15∘sin30∘sin75∘=12sin15∘cs15∘=14sin30∘=18， A正确；
对于B，cs215∘−sin215∘=cs30∘= 32， B正确；
对于C，1sin10∘− 3cs10∘=cs10∘− 3sin10∘sin10∘cs10∘=2sin20∘12sin20∘=4， C错误；
对于D，tan22.5∘1−tan222.5∘=12⋅2tan22.5∘1−tan222.5∘=12tan45∘=12， D正确．
故选：ABD
11.ABD
【解析】对于A，当α⊥β时，因为α∩β=l,AC⊂α，，所以AC⊥l直线CD与平面β所成角为∠CDA，
则sin∠CDA=ACCD= 33，故 A正确；
对于B，如图，过A作AE/​/BD，且AE=BD，连接ED，EC，

则ABDE为正方形，∠CDE即为直线AB与CD所成角，∠CAE为二面角α−l−β的平面角，
当∠CAE=60∘时，易得CE=DE=1，
又AC⊥l，BD⊥l，故l⊥面AEC，即DE⊥面AEC，故∠CDE=45∘，故 B正确；
对于C，如图，作AE//BD，则二面角α−l−β的平面角为∠CAE，

又CD=2，在Rt▵DCE中，易得CE= 3，
在△ACE.中，由余弦定理得cs∠CAE=−12，∠CAE=120∘，
过C点作CO⊥AE交线段EA的延长线于点O，则CO⊥平面ABDE，
过O点作OH⊥BD，交线段DB的延长线于点H，连接CH，
则∠CHO为二面角C−BD−A的平面角，
易得CO= 32，HO=1，CH= 72，
所以cs∠CHO=OHCH=2 77，故 C错误；
对于D，同选项C可知∠CAE=120∘，
如图，分别取线段AD，AE的中点G，M，连接GM，过G点作平面β的垂线，

则球心O必在该垂线上，设球的半径为R，则OE=R，
又△ACE的外接圆半径r=1，则R2=1+122=54，
所以四面体ABCD的外接球的体积为43πR3=5 5π6，故 D正确．
故选：ABD．
12.π6
【解析】解：因为把函数f(x)=sin(2x+φ)(−π2≤φ≤π2)的图象上所有的点向右平移π6个单位长度后，
得到函数y=sin⁡[2(x−π6)+φ]=sin⁡(2x−π3+φ)的图象，
而所得图象与函数g(x)=sin(2x−π6)的图象重合，
所以π6=π3−φ+2kπ(k∈Z)，即φ=π6+2kπ(k∈Z)．
又因为−π2≤φ≤π2，所以φ=π6．
故答案为:π6．
13.2,2 2
【解析】解：在▵ABC中， a=x，b=2，B=45∘，
由余弦定理得：b2=c2+x2−2cxcsB，即c2− 2cx+x2−4=0．
因为符合条件的三角形有两个，所以关于c的方程由两个正根，
所以Δ=2x2−4x2−4>0x2−4>0 2x>0，解得：2故实数x的取值范围是2,2 2．
故答案为：2,2 2．
14.4
【解析】因为x1,x2,⋯,xn的平均数为1.6，方差为1.44，
所以x=1nx1+x2+⋯+xn=1.6，s2=1nx1−x2+x2−x2+⋯+xn−x2=1.44，
即s2=1nx12−2x1x+x2+x22−2x2x+x2+⋯+xn2−2xnx+x2=1.44，
即s2=1nx12+x22+⋯+xn2−2xx1+x2+⋯+xn+nx2=1.44，
即s2=1nx12+x22+⋯+xn2−nx2=1.44，即s2=x12+x22+⋯+xn2n−x2=1.44，
所以x12+x22+⋯+xn2n=1.44+1.62=4，
所以数据x12,x22,⋯,xn2的平均数为4．
故答案为：4
15.解：(1)∵(a+2b)⋅(2a−b)=2a2−a⋅b+4a⋅b−2b2
=3a⋅b−6=−3，
∴a⋅b=1，
则(a−b)2=a2+b2−2a⋅b=1+4−2=3，
得|a−b|= 3．
(2)由向量b与λa+b的夹角为锐角，可得b⋅(λa+b)>0．
即有λ>−4．
而当向量b与λa+b同向时，可知λ=0，
综上所述λ的取值范围为(−4,0)∪(0,+∞)．
【解析】(1)根据向量数量积的公式进行计算即可．
(2)根据向量夹角与向量数量积的关系进行求解即可．
16.解：(1)设“甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛”为事件A，
若两局比赛就能结束，则只能甲连胜两局，
所以PA=35×35=925；
(2)设“该局比赛甲得11分获胜”为事件B，
甲得11分获胜有两类情况：甲连得3分，则甲11:8获胜；
甲得3分，乙得1分，则甲11:9获胜，此时有三种情况，每球得分方分别为乙甲甲甲，甲乙甲甲，甲甲乙甲，
所以PB=23×23×12+13×23×12×12+23×13×12×12+23×23×12×12=49．
【解析】(1)由题可知两局比赛就能结束，则只能甲连胜两局，然后根据独立事件概率公式即得；
(2)由题可知甲得11分获胜有两类情况：甲11:8获胜或甲11:9获胜，然后结合条件根据独立事件概率公式即得．
17.解：(1)依题意，f(x)=2 2sinx2( 22csx2− 22sinx2)+1=2sinx2csx2+1−2sin2x2
=sinx+csx= 2sin(x+π4)，由f(x)≥1，得sin(x+π4)≥ 22，
则2kπ+π4≤x+π4≤2kπ+3π4,k∈Z，解得2kπ≤x≤2kπ+π2,k∈Z，
所以不等式f(x)≥1的解集为[2kπ,2kπ+π2](k∈Z)．
(2)由mf(x)≤g(x)，得m(sinx+csx)≤sin2x，
由x∈[0,π4]，得π4≤x+π4≤π2，即有 22≤sin(x+π4)≤1，
令t=sinx+csx= 2sin(x+π4)∈[1, 2]，sin2x=2sinxcsx=t2−1，
原不等式化为mt≤t2−1，即m≤t2−1t=t−1t，显然函数y=t−1t在[1, 2]上单调递增，
则当t=1时，ymin=0，因此m≤0，
所以m的 取值范围m≤0．
【解析】(1)利用和角的正弦、二倍角公式及辅助角公式化简函数f(x)，再利用正弦函数的性质解不等式即得．
(2)令t=sinx+csx，结合mf(x)≤g(x)分离参数，利用函数单调性求出实数m的取值范围．
18.解：(1)证明：因为AB为半球M的直径，C为AB⌢上一点，
所以AC⊥BC，
又因为AC⊥PC，
BC∩PC=C，
BC,PC⊂平面PBC，
所以AC⊥平面PBC，
又因为PB⊂平面PBC，
所以AC⊥PB，
又因为P为半球面上一点，
所以PA⊥PB，
PA∩AC=A，
PA,AC⊂平面PAC，
所以PB⊥平面PAC，
PC⊂平面PAC，
所以PB⊥PC；
(2)因为三角形ABC为直角三角形，
AB=2AM=4,AC=2，
所以BC=2 3，
又因为PB= 6，PB⊥平面PAC，
所以PC= 6，
又因为三角形PAB也是直角三角形，
所以PA= 10．
所以S▵PAC=12⋅AC⋅PC=12×2× 6= 6，
S▵PAB=12⋅PA⋅PB=12× 10× 6= 15，
设点C到平面PAB的距离为ℎ，
则有VC−PAB=VB−PAC，
即13S▵PAB⋅ℎ=13S▵PAC⋅PB，
所以ℎ=S▵PAC⋅PBS▵PAB= 6× 6 15=2 155，
设直线PC与平面PAB所成的角为θ，
则sinθ=ℎPC=2 155 6= 105．
【解析】(1)由AC⊥BC，AC⊥PC可得AC⊥平面PBC，进而可得AC⊥PB，又由于PA⊥PB，所以可得PB⊥平面PAC，即可得PB⊥PC；
(2)利用等体积法求得点C到平面PAB的距离为ℎ=2 155，设直线PC与平面PAB所成的角为θ，则有sinθ=ℎPC，即可得答案．
19.解：(1)在▵BCD中，由题意有S▵BCD=12BD⋅BC⋅sin∠DBC=2 3，
且注意到BD=2，∠DBC=π3，
所以有12×2×BC× 32=2 3，解得BC=4，
如图所示：
在▵BCD中，由余弦定理有CD2=DB2+BC2−2DB⋅BC⋅cs∠DBC，
代入数据得CD2=22+42−2×2×4×12=12，
所以CD=2 3．
(2)由题意DA=DC，所以设∠DCA=θ,θ∈0,π2，
则∠DAC=θ,∠BDC=2θ,∠BCD=2π3−2θ,∠ADC=π−2θ，
设AD=DC=m,BC=a，
在▵BCD中，由正弦定理有BCsin∠BDC=CDsin∠DBC=BDsin∠BCD，
代入数据得asin2θ=msinπ3=2sin2π3−2θ，
在▵ACD中，由正弦定理有ACsin∠ADC=ADsin∠ACD，
代入数据得2 3sinπ−2θ=msinθ，
又AD=DC=m>0,sinπ−2θ=sin2θ，
所以以上两式相比得2 3sinθ=a⋅sinπ3，即a=4sinθ，
所以有4sinθsin2θ=2csθ=2sin2π3−2θ ，
所以sin2π3−2θ=csθ=sinπ2±θ，
所以2π3−2θ=π2±θ，或π−2π3−2θ=π2±θ
又θ∈0,π2，且2π3−2θ>0，
所以θ∈0,π3，
所以解得∠DCA=θ=π6或π18．
【解析】(1)由三角形面积公式首先可以求得BC的长度，然后在▵BCD中，运用余弦定理即可求解．
(2)设所求角∠DCA=θ，根据已知条件把图中所有角都用含有θ的式子表示出来，再设AD=DC=m,BC=a，在▵BCD和▵ACD分别运用正弦定理，对比即可得到关于θ的三角方程，从而即可得解．