2023-2024学年湖南省衡阳市高一下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省衡阳市高一下学期期末考试数学试题（含解析），共11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.下列几何体中，顶点个数最少的是
A. 四棱锥B. 长方体C. 四棱台D. 四面体
2.2−2i3i+4=
A. 113−713iB. 225−1425iC. 225+1425iD. −125+725i
3.已知直线l，m及平面α，β，且α⊥β，α∩β=l，下列命题正确的是
A. 若m⊥l，则m⊥αB. 若m⊥α，则m⊥l
C. 若m//α，则m//lD. 若m//l，则m//α
4.已知单位向量a，b满足(a+3b)⋅(a−2b)=−92，则a与b的夹角为
A. 0B. π2C. π3D. π6
5.将颜色为红、黄、白的3个小球随机分给甲、乙、丙3个人，每人1个，则与事件“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球”互为对立事件的是
A. 甲分得黄球B. 甲分得白球
C. 丙没有分得白球D. 甲分得白球，乙分得黄球
6.在矩形ABCD中，若AB=a，BC=b，AC=c，且|a−b|=2，则|a+b+c|=
A. 3B. 1C. 2D. 4
7.如图，两座山峰的高度AM=CN=300 m，为测量峰顶M和峰顶N之间的距离，测量队在B点(A,B,C在同一水平面上)测得M点的仰角为π4，N点的仰角为π6，且∠MBN=π4，则两座山峰峰顶之间的距离MN=
A. 300 mB. 600 mC. 300 2mD. 600 2m
8.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB，M是AB的中点，N是棱B1C1上的动点，则直线MN与平面BCC1B1所成角的正切值的最大值为
A. 12B. 22C. 32D. 34
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.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N，E，F分别在棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1上，且平面AMN//平面EFDB，下列结论正确的是
A. MN//EFB. EF//BD
C. AN//DFD. BE//平面AMN
10.Z国进口的天然气主要分为液化天然气和气态天然气两类．2023年Z国天然气进口11997吨，其中液化天然气进口7132吨，气态天然气进口4865吨．2023年Z国天然气及气态天然气进口来源分布及数据如图所示：
下列结论正确的是
A. 2023年Z国从B国进口的液化天然气比从A国进口的多
B. 2023年Z国没有从A国进口液化天然气
C. 2023年Z国从C国进口的液化天然气一定比从D国进口的多
D. 2023年Z国从B国进口的液化天然气一定比从D国进口的多
11.在△ABC中，D是BC的中点，BC=4，AD= 11，下列结论正确的是
A. 若AC= 7，则AB= 11B. △ABC面积的最大值为2 11
C. BA⋅CA=7D. 若B=2C，则AB=3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z=−i(1+i)，则|z|=__________．
13.在某次调查中，采用分层随机抽样的方法得到10个A类样本，30个B类样本．若A类样本的平均数为5.5，总体的平均数为4，则B类样本的平均数为__________．
14.已知某圆台的母线长为3，下底面的半径为1，若球O与该圆台的上、下底面及侧面都相切，则球O的表面积为__________．
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)
已知向量a=(1,2)，b=(2,x)．
(1)若a⊥(a−b)，求|b|；
(2)若向量c=(−3,−2)，a//(b+c)，求a与b夹角的余弦值．
16.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csB=c+b2a．
(1)证明：A=2B．
(2)若a=2，C=3π4，求△ABC的周长．
17.(本小题12分)
为了解某校高一年级学生数学学习的阶段性表现，该年级组织了一次测试．已知此次考试共有1000名学生参加，将考试成绩分成六组：第一组[30,50)，第二组[50,70)，…，第六组[130,150].整理数据得到如图所示的频率分布直方图．
(1)该校根据试卷的难易程度进行分析，认为此次成绩不低于110分，则阶段性学习达到“优秀”，试估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数；
(2)若采用等比例分层抽样的方法，从成绩在[50,70)和[110,130)内的学生中共抽取6人，查看他们的答题情况来分析知识点的掌握情况，再从中随机选取3人进行面对面调查分析，求这3人中恰有1人成绩在[110,130)内的概率．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，E是PC的中点，点F在棱BP上，且EF⊥BP，四边形ABCD为正方形，PD=CD=2．
(1)证明：BP⊥DF．
(2)求三棱锥F−BDE的体积．
(3)求二面角F−DE−B的余弦值．
19.(本小题12分)
在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分．每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛．若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛．假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同(例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同).已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是13，每场比赛的结果相互独立．
(1)求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率；
(2)已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率．
答案解析
1.D
【解析】解：四棱锥有5个顶点，长方体和四棱台有8个顶点，四面体有4个顶点．
2.B
【解析】解： 2−2i3i+4=(2−2i)(4−3i)(4+3i)(4−3i)=2−14i25=225−1425i，
故选B．
3.B
【解析】解：A、若m⊥l，则m⊥α或m//α或m⊂α，故A错误;
B、若m⊥α，则m⊥l，故B正确；
C、若m/​/α，则m/​/l或m与l异面，故C错误;
D、若m/​/l，则m/​/α或m⊂α，故D错误．
故选B．
4.C
【解析】解：
因为(a+3b)⋅(a−2b)=a2−6b2+a⋅b=−92，所以a⋅b=12，
cs=a⋅b|a||b|=12，
所以a与b的夹角为π3．
5.C
【解析】解：“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球，乙分得红球”，
即“丙分得白球”，与“丙没有分得白球”互为对立事件．
6.D
【解析】解：|a−b|=|c|=|a+b|=2，|a+b+c|=|c+c|=|2c|=4．
7.C
【解析】解：BM=AMsin∠ABM=300sinπ4=300 2m，
BN=CNsin∠CBN=300sinπ6=600m，
在ΔBMN中利用余弦定理得：
MN= BM2+BN2−2BM⋅BNcs∠MBN=300 2m.
8.D
【解析】解：如图，作MG⊥BC，垂足为G，连接NG.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
因为平面ABC∩平面BCC1B1=BC，MG⊥BC，所以MG⊥平面BCC1B1．
故∠MNG为直线MN与平面BCC1B1所成的角．
当∠MNG取得最大值时，tan∠MNG=MGNG取得最大值，NG取得最小值．
不妨设AA1=AB=a，则MG= 3a4，NG的最小值为a，tan∠MNG=MGNG= 34．
9.ABD
【解析】解：因为平面AMN//平面EFDB，平面AMN∩平面A1B1C1D1=MN，
平面EFDB∩平面A1B1C1D1=EF，
所以MN // EF，所以A正确；
因为平面ABCD //平面A1B1C1D1，平面EFDB∩平面ABCD=BD，
平面EFDB∩平面A1B1C1D1=EF，
所以BD // EF，所以B正确；
由图知，直线AN 和直线DF是异面直线，所以C错误；
由长方体性质得，BE //AN，
又BE⊄平面AMN，AN⊂平面AMN，
所以BE //平面AMN，所以D正确．
10.ABC
【解析】解：2023年Z国从A国进口天然气2480吨，全部为气态天然气，
所以2023年Z国没有从A国进口液化天然气，B正确．
2023年Z国从B国进口天然气2435吨，其中气态天然气1630吨，液化天然气805吨，
所以2023年Z国从B国进口的液化天然气比从A国进口的多，A正确．
假设2023年Z国气态天然气其余部分全部来自C国，共4865−2480−1630−340=415吨，
则Z国从C国进口液化天然气2416−415=2001吨，仍然大于从D国进口的天然气的总量，
所以2023年Z国从C国进口的液化天然气一定比从D国进口的多，C正确．
2023年Z国从B国进口液化天然气2435−1630=805吨，
2023年Z国从D国进口的天然气总量为1666吨，若全部为液化天然气，
则2023年Z国从B国进口的液化天然气比从D国进口的少，D错误．
11.BCD
【解析】解：在△ACD中，AC2+CD2=AD2，所以C=π2，AB= AC2+BC2= 23，A错误．
△ABC面积的最大值为12BC⋅AD=2 11，B正确．
BA⋅CA=(BD+DA)⋅(CD+DA)=(BD+DA)⋅(−BD+DA)=DA2−BD2=7，C正确．
在△ABC中，由正弦定理可得ACsin2C=ABsinC，得AC=2ABcsC.
在△ACD中，由余弦定理可得csC=AC2+CD2−AD22AC⋅CD=4AB2cs2C−78ABcsC，
即cs2C=74AB2−8AB．
在△ABD中，由余弦定理可得cs2C=AB2+BD2−AD22AB⋅BD=AB2−74AB=2cs2C−1，
即AB2−7=8ABcs2C−4AB，所以AB2−7=8AB⋅74AB2−8AB−4AB，
整理得AB2+2AB−15=0，解得AB=3(AB=−5舍去)，D正确．
12. 2
【解析】解：由题意，复数z=−i⋅(1+i)=1−i，
所以|z|= 12+−12= 2．
故答案为： 2．
13.3.5
【解析】解：设B类样本的平均数为x，则10×5.5+30x40=4，解得x=3.5．
14.8π
【解析】解：如图，在轴截面梯形ABCD中，AD=BC=3，AB=2BF=2，
设球O的半径为r，则EF=2OE=2OM=2r．
S梯形ABCD=12(CD+AB)⋅EF=12CD⋅OE+2×12BC⋅OM+12AB⋅OF，
解得CD=4，因为BC2=(2r)2+(CE−BF)2，
所以r2=2，
所以球O的表面积为4πr2=8π．
15.解：(1)因为a=(1,2)，b=(2,x)，所以a−b=(−1,2−x)．
由a⊥(a−b)，可得a⋅(a−b)=0，
即−1×1+2(2−x)=0，解得x=32，
所以b=(2,32)，
故|b|=52．
(2)依题意得b+c=(−1,x−2)．
因为a//(b+c)，所以x−2+2=0，
解得x=0，则b=(2,0)．
a⋅b=2，|a|= 5，|b|=2，
所以cs=a⋅b|a||b|= 55，
所以a与b夹角的余弦值为 55．
【解析】(1)由a⋅(a−b)=0求出x，可得|b|；
(2)由a//(b+c)，解得x，由cs=a⋅b|a||b|得答案．
16.解：(1)证明：因为csB=c+b2a，所以c+b=2acsB，
所以sinC+sinB=2sinAcsB.
因为sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以sinB=sinAcsB−csAsinB=sin(A−B)，
则B=A−B(或B+A−B=π，舍去)，即A=2B．
(2)解：因为C=π−A−B=3π4，A=2B，所以A=π6，B=π12．
sinB=sinπ12=sin(π4−π6)= 6− 24．
由asinA=bsinB=csinC，可得c=asinA⋅sinC=2 2，
b=asinA⋅sinB= 6− 2．
故△ABC的周长为a+b+c= 6+ 2+2．
【解析】(1)利用正弦定理得到sinB=sin(A−B)，然后得到A=2B．
(2)先得到c=asinA⋅sinC=2 2，b=asinA⋅sinB= 6− 2.然后得到△ABC的周长为
a+b+c= 6+ 2+2．
17.解：(1)由频率分布直方图，可得学生成绩在[130,150]内的频率为0.04，在[110,130)内的频率为0.16，
故估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数为1000×(0.04+0.16)= 200．
(2)学生成绩在[50,70)内的频率为0.08，
则抽取的6人中，成绩在[50,70)内的有2人，在[110,130)内的有4人．
记成绩在[110,130)内的4名学生为a，b，c，d，在[50,70)内的2名学生为E，F，
则从6人中任选3人，样本空间可记为{abc,abd,abE,abF,acd,acE,acF,adE,adF,aEF,bcd,bcE,bcF,bdE,bdF,bEF,cdE,cdF,cEF,dEF}，
共包含20个样本．
用事件A表示“这3人中恰有1人成绩在[110,130)内”，
则A={aEF,bEF,cEF,dEF}，A包含4个样本．
故所求概率P(A)=420=15．
【解析】(1)先得到学生成绩在[130,150]内的频率为0.04，在[110,130)内的频率为0.16，
然后利用1000×(0.04+0.16)= 200即可．
(2)先得到抽取的6人中，成绩在[50,70)内的有2人，在[110,130)内的有4人．
记成绩在[110,130)内的4名学生为a，b，c，d，在[50,70)内的2名学生为E，F，
然后利用古典概型即可．
18.解：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC．
因为四边形ABCD为正方形，所以DC⊥BC．
因为PD∩DC=D，PD，DC⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD．
因为DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE．
在△PCD中，PD=CD，E是PC的中点，则DE⊥PC．
因为BC∩PC=C，所以DE⊥平面PBC．
因为PB⊂平面PBC，所以DE⊥PB．
因为EF⊥BP，DE∩EF=E，DE，EF⊂平面DEF，所以BP⊥平面DEF．
因为DF⊂平面DEF，所以BP⊥DF．
(2)解：因为E是PC的中点，所以VF−BDE=VE−BDF=12VC−BDF．
BD=2 2，BP=2 3，DF=BD⋅DPBP=2 63，BF= BD2−DF2=4 33，
所以S△BDF=12BF⋅DF=4 23，VC−BDF=13×4 23× 2=89，所以VF−BDE=49．
(3)解：由(1)可得DE⊥平面PBC，因为EF⊂平面PBC，EB⊂平面PBC，所以DE⊥EF，DE⊥EB．
∠BEF即二面角F−DE−B的平面角．
PE=12PC= 2，BE= CE2+BC2= 6．
因为△PFE∽△PCB，所以PEPB=EFBC，解得EF= 63．
因为EF⊥BP，即∠EFB=90∘，所以cs∠BEF=EFBE=13．
故二面角F−DE−B的余弦值为13．
【解析】(1)由题意可证BP⊥平面DEF，由线面垂直的性质，可得BP⊥DF；
(2)由题意VF−BDE=VE−BDF=12VC−BDF.求得VC−BDF即可．
(3)由题意∠BEF即二面角F−DE−B的平面角，求得所以cs∠BEF即可．
19.解：(1)A球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况．
第一种情况：A球队在3场比赛中都是平局，其概率为13×13×13=127．
第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为13×13×13×3=19．
故所求概率为127+19=427;
(2)不妨假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜;A与C比赛，A胜;
A与D比赛，A胜.此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分．
在剩下的3场比赛中：
若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C，D的积分都低于A的积分，A可以出线;
若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线;
若B与D比赛平局，同理可得A可以出线.故当剩下的3场比赛中有平局时，A一定可以出线．
若剩下的3场比赛中没有平局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线．
当B，C，D中有一支队伍胜2场时，
若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为13×13×13×13=181;
若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为13×13×13×13=181．
其他情况A均可以出线．
综上，A球队最终小组出线的概率为1−(181+181)=7981．
【解析】(1)分两种情况，A球队在3场比赛中都是平局，A球队在3场比赛中胜1场，负2场，分别求概率，求和即可．
(2)求出A淘汰的概率，利用对立事件概率可得答案．