2023-2024学年度湖南省雅礼教育集团2024年高一下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年度湖南省雅礼教育集团2024年高一下学期期末考试数学试卷（含答案），共10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.已知集合M={x∈Z|x2−3x−4≤0}，N={x|00且a≠1时，函数y=ax−2+4的图象一定经过定点 ．
13.如图所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC=120∘，PA=AB=BC=6，则|PC|= ．
14.已知向量a，b满足a+b⋅b=0，a+4b=4，则a+b+b的最大值为 ．
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)
已知函数f(x)= 32sin2x+12cs2x+1．
(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时x的集合．
16.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b−2acsB=0．
(1)求角A;
(2)若a=2 3，BA⋅AC=32，AD是△ABC中线，求AD的长．
17.(本小题12分)
我校在2021年的自主招生考试成绩中随机抽取40名学生的笔试成绩，按成绩共分成五组：第1组[75,80)，第2组[80,85)，第3组[85,90)，第4组[90,95)，第5组[95,100]，得到的频率分布直方图如图所示，同时规定成绩在85分以上的学生为“优秀”，成绩小于85分的学生为“良好”，且只有成绩为“优秀”的学生才能获得面试资格．
(1)根据样本频率分布直方图估计样本的中位数与平均数;
(2)如果用分层抽样的方法从“优秀”和“良好”的学生中共选出5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“优秀”的概率是多少?
18.(本小题12分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=4，AB=AD=2，点M和点N在棱CC1上，且CM=2CN=2．
(1)求证：AM/​/平面BDN;
(2)求证：A1C⊥DN．
19.(本小题12分)
已知平面四边形ABCD，AB=AD=2，∠BAD=60∘，∠BCD=30∘，现将△ABD沿BD边折起，使得平面ABD⊥平面BCD，此时AD⊥CD，点P为线段AD的中点．
(1)求证：BP⊥平面ACD;
(2)若M为CD的中点，求MP与平面BPC所成角的正弦值;
(3)在(2)的条件下，求二面角P−BM−D的平面角的余弦值．
参考答案
1.B
2.D
3.D
4.D
5.C
6.B
7.B
8.A
9.ACD
10.AD
11.ACD
12.(2,5)
13.12
14.4 103
15.解：(1)由f(x)= 32sin2x+12cs2x+1得f(x)=sin(2x+π6)+1，
所以T=2π2=π；
(2)由(1)知f(x)min=−1+1=0，此时2x+π6=−π2+2kπ，即x=−π3+kπ,k∈Z，
故x的集合为{x|x=−π3+kπ,k∈Ζ}．
16.解：(1)因为2c+b−2acsB=0，由正弦定理可知：2sinC+sinB−2sinAcsB=0，
∵sinC=sin(A+B)，∴2sin(A+B)+sinB−2sinAcsB=0
∴2csAsinB+sinB=0(sinB≠0)，∴csA=−12
又A为三角形内角，所以A=23π;
(2)由BA⋅AC=32，得cbcsπ3=32⇒bc=3，又a=2 3，在△ABC中由余弦定理得：
a2=b2+c2−2bccsA⇒b2+c2=9
∵AD=12AB+12AC，∴|AD|2=14(b2+c2)−14bc=32
所以AD= 62．

17.解：(1)第一组的频率为0.05，第二组的频率为0.35，第三组的频率为0.30，
第四组的频率为0.20，第五组的频率为0.10，
所以中位数在第三组，不妨设为x，则x−85×0.06=0.5−0.05−0.35，解得x=85+53=2603，
平均数为77.5×0.05+82.5×0.35+87.5×0.3+92.5×0.2+97.5×0.1=87.25；
(2)根据题意，“良好”的学生有40×0.4=16人，“优秀”的学生有40×0.6=24人，
所以分层抽样得“良好”的学生有5×1640=2人，“优秀”的学生有5×2440=3人，
将三名优秀学生分别记为A,B,C，两名良好的学生分别记为a,b，
则这5人中选2人的基本事件有：AB,AC,BC,Aa,Ab,Ba,Bb,Ca,Cb,ab共10种，
其中至少有一人是“优秀”的基本事件有：AB,AC,BC,Aa,Ab,Ba,Bb,Ca,Cb共9种，
所以至少有一人是“优秀”的概率是P=910

18.解：(1)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，
点M和点N在棱CC1上，且CM=2CN=2，
连接AC、BD，设AC∩BD=O，连接ON，则O为AC的中点，
又N为CM的中点，所以ON//AM，
又AM⊄平面BDN，ON⊂平面BDN，
所以AM/​/平面BDN．
(2)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，
则ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，
AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面AA1C1C，
所以BD⊥平面AA1C1C，
A1C⊂平面AA1C1C，所以A1C⊥BD，
又AC=2 2，OC= 2，CN=1，AA1=4，
所以AA1AC=ACCN，所以△A1AC∽△OCN，
所以∠A1CA=∠ONC，
又∠A1CA+∠A1CN=90∘，
所以∠A1CN+∠ONC=90∘，
所以A1C⊥ON，
又BD∩ON=O，BD，ON⊂平面BDN，
所以A1C⊥平面BDN，
又DN⊂平面BDN，所以A1C⊥DN．

19.证明：(1)∵AB=AD，∠BAD=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∵P为AD中点，∴BP⊥AD，
取BD中点E，连接AE，则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．
解：(2)过点M作MH⊥PC，垂足为H.如图所示
由(1)知，BP⊥平面ACD．
因为MH⊂平面ACD，所以
又BP∩PC=P，BP,PC⊂平面BPC，所以MH⊥平面BPC，
所以∠MPC为MP与平面BPC所成角．
由(1)知，CD⊥平面ABD,BD⊂平面ABD，所以CD⊥BD．
在Rt▵BCD中，∵∠BCD=30∘,BD=2，
，
因为M为CD的中点，所以MD=CM=12CD= 3．
在Rt▵PDM中，PM= PD2+MD2= 12+( 3)2=2，
在Rt▵PDC中，PC= PD2+CD2= 12+(2 3)2= 13，
在▵CPM中，，
所以．
所以MP与平面BPC所成角的正弦值为 3926．
(3)取ED的中点为O，连接PO，因为P为线段AD的中点，
所以PO//AE,PO=12AE=12× AB2−BE2=12× 22−12= 32，
由(1)知，AE⊥平面BCD，所以PO⊥平面BCD．
又BM⊂平面BCD，所以PO⊥BM．
过点P作PG⊥BM，垂足为G，连接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为二面角P−BM−D的平面角．
在Rt▵BDM中，BM= BD2+DM2= 22+( 3)2= 7，
由(1)知，▵ABD为等边三角形，P为线段AD的中点，
所以BP= AB2−AP2= 22−12= 3．
由(1)知，BP⊥平面ACD．
又PM⊂平面ACD，所以BP⊥PM．
在Rt▵BPM中，12BP⋅PM=12BM⋅PG，由(2)知，PM=2，
即12× 3×2=12× 7×PG，解得PG=2 217．
因为PO⊥平面BCD，OG⊂平面BCD，所以PO⊥OG．
在Rt▵POG中，GO= PG2−PO2= (2 217)2−( 32)2=3 2114．
．
所以二面角P−BM−D的平面角的余弦值为34．