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河南省新乡市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）
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这是一份河南省新乡市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知，且，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册占25%，第二册占75%.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2. （ ）
A. B.
C. D.
3. 已知函数是奇函数，则（ ）
A 0B. 1C. D. 2
4 已知平面向量，满足，，且，则（ ）
A. B. C. D.
5. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D.
6. 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
7. 已知，且，则（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
8. 在正三棱柱中，，M是AB的中点，N是棱上的动点，则直线与平面所成角的正切值的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.
9. 如图，在长方体中，点M，N，E，F分别在棱，，，上，且平面平面，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 平面
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. 在中，D是BC的中点，，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 面积最大值为
C. D. 若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 函数的最大值为______.
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77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递增区间；
（3）求在上值域.
16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）证明：；
（2）若，，求的周长.
17. 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，第二组，…，第六组.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，从成绩在和内的学生中共抽取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人成绩在内的概率.
18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，E是PC中点，点F在棱BP上，且，四边形ABCD为正方形，.
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求二面角的余弦值.
19. 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，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.新乡市2023-2024学年高一期末（下）测试
数学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册占25%，第二册占75%.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，集合里的元素为整数，集合需解出具体解集，结合交集，得解.
【详解】因，
，
所以.
故答案选：C
2. （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数除法运算法则可得答案.
【详解】.
故选：B
3. 已知函数是奇函数，则（ ）
A. 0B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇函数定义，列式计算即得.
【详解】由函数是奇函数，得，则，解得，
函数定义域为，是奇函数，
所以.
故选：A
4. 已知平面向量，满足，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对两边平方可得，再由向量的夹角公式计算可得答案.
【详解】因为，
因为，，
所以，.
故选：D.
5. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图中周期可得，由可得，后可得答案.
【详解】由图可得，，则.
因为，所以，则.
因为，所以，，
解得，.因为，所以，
则，故.
故选：A
6. 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
【答案】C
【解析】
【分析】由对立事件的概念即可得解.
【详解】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.
故选：C.
7. 已知，且，则（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】利用凑角、两角和与差的正弦展开式化简可得答案.
【详解】因为，，
所以，
展开化简
，
所以，
故.
故选：C.
8. 在正三棱柱中，，M是AB的中点，N是棱上的动点，则直线与平面所成角的正切值的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，先画出图象，作，然后由面面的垂直的性质可得平面，进而可知为直线与平面所成的角，当取得最大值时，取得最大值，取得最小值，从而可得直线与平面所成角的正切值的最大值.
【详解】如图，作，垂足为G，连接.
在正三棱柱中，平面平面，
因为平面平面，平面，，
所以平面.
故为直线与平面所成的角.
当取得最大值时，取得最大值，取得最小值.
不妨设，则，的最小值为a，
于是.
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.
9. 如图，在长方体中，点M，N，E，F分别在棱，，，上，且平面平面，下列结论正确是（ ）
A. B.
C. D. 平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用面面平行的性质结合线面平行的判定定理逐个选项判断即可.
【详解】因为平面平面，
平面与平面和平面的都相交，是交线，
所以，故A正确；
因为长方体，
所以平面平面，而平面与这两个平行平面的都相交，
是交线，所以，故B正确，
如图，连接，此时平面与平面和平面的都相交，
是交线，所以，
而，
所以，
又因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，，
所以四边形平行四边形，
所以，
因为，
所以与不平行，
故C错误；
如图，连接，由长方体性质得面面，
此时平面与这两个平面的都相交，是交线，
所以，
又因为面，面，
所以平面，
故D正确.
故选：ABD
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
【答案】ABC
【解析】
【分析】由饼状统计图的实际含义逐一验算各个选项即可求解.
【详解】对于B，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.
对于A，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.
对于C，假设2023年Z国气态天然气其余部分全部来自C国，共吨，
则Z国从C国进口液化天然气吨，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.
对于D，2023年Z国从B国进口液化天然气吨，
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.
故选：ABC.
11. 在中，D是BC的中点，，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 面积的最大值为
C. D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据勾股定理可判定A;根据三角形面积公式可判定B;根据向量运算可判定C;结合正余弦定理可判定D.
【详解】在中，，所以，，A错误.
当时，最大，所以面积的最大值为，B正确.
，C正确.
在中，由正弦定理可得，得.
在中，由余弦定理可得，即.
在中，由余弦定理可得，即，所以，整理得，解得（舍去），D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 函数的最大值为______.
【答案】4
【解析】
【分析】根据二次函数的性质得，再由指数函数的性质即可求解.
【详解】因为，所以，
故函数的最大值为4.
故答案为：4.
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______.
【答案】3.5
【解析】
【分析】设B类样本的平均数为x，通过总体的平均数列方程，进而解方程可得B类样本的平均数.
【详解】设B类样本的平均数为x，则，解得.
故答案为：.
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______．
【答案】
【解析】
【分析】把空间问题降维，转化在轴截面中进行研究，需要理解轴截面的概念，利用等面积法及勾股定理建立等式求解．
【详解】解：如图，
在轴截面梯形中，，，
设球O的半径为r，
．
，
解得：，
因为，
所以，
所以球O的表面积为，
故答案为：．
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. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递增区间；
（3）求在上的值域.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式化简，进而求得的最小正周期；
（2）利用辅助角公式化简，进而求得单调递增区间；
（3）利用整体代换的方法，求得在区间上的值域.
【小问1详解】
.
最小正周期为2π.
【小问2详解】
令，，
解得，，
所以的单调递增区间为（）.
【小问3详解】
因为，所以，所以，.
故在上的值域为.
16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）证明：；
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理以及三角恒等变换即可得证；
（2）由正弦定理以及三角恒等变换即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以.
因为，
所以，
则（或，舍去），即.
【小问2详解】
因为，，所以，.
.
由，可得，
.
故的周长为.
17. 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，第二组，…，第六组.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，从成绩在和内的学生中共抽取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人成绩在内的概率.
【答案】（1）200人
（2）
【解析】
【分析】（1）用学生成绩在内的频率乘以1000即可得解；
（2）写出从6人中任选3人的样本空间，以及抽取的3人中恰有1人成绩在内的样本空间写出来，结合古典概型概率计算公式即可求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图，可得学生成绩在内的频率为0.04，在内的频率为0.16，
故估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数为.
【小问2详解】
学生成绩在内的频率为0.08，在内的频率为0.16，
则抽取的6人中，成绩在内的有2人，在内的有4人.
记成绩在内的4名学生为a，b，c，d，在内的2名学生为E，F，
则从6人中任选3人，样本空间可记
，共包含20个样本.
用事件A表示“这3人中恰有1人成绩在内”，则A={aEF，bEF，cEF，dEF}，A包含4个样本.
故所求概率.
18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，E是PC的中点，点F在棱BP上，且，四边形ABCD为正方形，.
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定求证；
（2）由转化求解；
（3）由线面垂直的性质得即二面角的平面角，即可求解．
【小问1详解】
证明：因为底面，底面，所以.
因为四边形为正方形，所以.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
在中，，E是PC的中点，则.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
因为，，所以平面.
因为平面，所以.
【小问2详解】
连接交于点，如图所示：
则，又底面，平面，得，
而，则平面，则点C到平面的距离为，
因为E是PC的中点，所以
，，，，
所以，，
所以.
【小问3详解】
解：由（1）可得平面，因为平面，平面，所以，.
为二面角的平面角.
，.
因为，所以，解得.
因为，即，所以.
故二面角的余弦值为.
19. 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，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】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分类讨论只积3分的可能情况，结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）由题意，若A球队参与的3场比赛中胜2场，负1场，根据获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论结合独立事件概率乘法公式运算求解.
【小问1详解】
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.
第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率.
故所求概率为.
【小问2详解】
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；
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.
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.
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于分类讨论获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解.
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册占25%，第二册占75%.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2. （ ）
A. B.
C. D.
3. 已知函数是奇函数，则（ ）
A 0B. 1C. D. 2
4 已知平面向量，满足，，且，则（ ）
A. B. C. D.
5. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D.
6. 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
7. 已知，且，则（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
8. 在正三棱柱中，，M是AB的中点，N是棱上的动点，则直线与平面所成角的正切值的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.
9. 如图，在长方体中，点M，N，E，F分别在棱，，，上，且平面平面，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 平面
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. 在中，D是BC的中点，，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 面积最大值为
C. D. 若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 函数的最大值为______.
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77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递增区间；
（3）求在上值域.
16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）证明：；
（2）若，，求的周长.
17. 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，第二组，…，第六组.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，从成绩在和内的学生中共抽取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人成绩在内的概率.
18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，E是PC中点，点F在棱BP上，且，四边形ABCD为正方形，.
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求二面角的余弦值.
19. 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，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.新乡市2023-2024学年高一期末（下）测试
数学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册占25%，第二册占75%.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，集合里的元素为整数，集合需解出具体解集，结合交集，得解.
【详解】因，
，
所以.
故答案选：C
2. （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数除法运算法则可得答案.
【详解】.
故选：B
3. 已知函数是奇函数，则（ ）
A. 0B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇函数定义，列式计算即得.
【详解】由函数是奇函数，得，则，解得，
函数定义域为，是奇函数，
所以.
故选：A
4. 已知平面向量，满足，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对两边平方可得，再由向量的夹角公式计算可得答案.
【详解】因为，
因为，，
所以，.
故选：D.
5. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图中周期可得，由可得，后可得答案.
【详解】由图可得，，则.
因为，所以，则.
因为，所以，，
解得，.因为，所以，
则，故.
故选：A
6. 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
【答案】C
【解析】
【分析】由对立事件的概念即可得解.
【详解】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.
故选：C.
7. 已知，且，则（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】利用凑角、两角和与差的正弦展开式化简可得答案.
【详解】因为，，
所以，
展开化简
，
所以，
故.
故选：C.
8. 在正三棱柱中，，M是AB的中点，N是棱上的动点，则直线与平面所成角的正切值的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，先画出图象，作，然后由面面的垂直的性质可得平面，进而可知为直线与平面所成的角，当取得最大值时，取得最大值，取得最小值，从而可得直线与平面所成角的正切值的最大值.
【详解】如图，作，垂足为G，连接.
在正三棱柱中，平面平面，
因为平面平面，平面，，
所以平面.
故为直线与平面所成的角.
当取得最大值时，取得最大值，取得最小值.
不妨设，则，的最小值为a，
于是.
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.
9. 如图，在长方体中，点M，N，E，F分别在棱，，，上，且平面平面，下列结论正确是（ ）
A. B.
C. D. 平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用面面平行的性质结合线面平行的判定定理逐个选项判断即可.
【详解】因为平面平面，
平面与平面和平面的都相交，是交线，
所以，故A正确；
因为长方体，
所以平面平面，而平面与这两个平行平面的都相交，
是交线，所以，故B正确，
如图，连接，此时平面与平面和平面的都相交，
是交线，所以，
而，
所以，
又因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，，
所以四边形平行四边形，
所以，
因为，
所以与不平行，
故C错误；
如图，连接，由长方体性质得面面，
此时平面与这两个平面的都相交，是交线，
所以，
又因为面，面，
所以平面，
故D正确.
故选：ABD
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
【答案】ABC
【解析】
【分析】由饼状统计图的实际含义逐一验算各个选项即可求解.
【详解】对于B，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.
对于A，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.
对于C，假设2023年Z国气态天然气其余部分全部来自C国，共吨，
则Z国从C国进口液化天然气吨，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.
对于D，2023年Z国从B国进口液化天然气吨，
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.
故选：ABC.
11. 在中，D是BC的中点，，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 面积的最大值为
C. D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据勾股定理可判定A;根据三角形面积公式可判定B;根据向量运算可判定C;结合正余弦定理可判定D.
【详解】在中，，所以，，A错误.
当时，最大，所以面积的最大值为，B正确.
，C正确.
在中，由正弦定理可得，得.
在中，由余弦定理可得，即.
在中，由余弦定理可得，即，所以，整理得，解得（舍去），D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 函数的最大值为______.
【答案】4
【解析】
【分析】根据二次函数的性质得，再由指数函数的性质即可求解.
【详解】因为，所以，
故函数的最大值为4.
故答案为：4.
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______.
【答案】3.5
【解析】
【分析】设B类样本的平均数为x，通过总体的平均数列方程，进而解方程可得B类样本的平均数.
【详解】设B类样本的平均数为x，则，解得.
故答案为：.
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______．
【答案】
【解析】
【分析】把空间问题降维，转化在轴截面中进行研究，需要理解轴截面的概念，利用等面积法及勾股定理建立等式求解．
【详解】解：如图，
在轴截面梯形中，，，
设球O的半径为r，
．
，
解得：，
因为，
所以，
所以球O的表面积为，
故答案为：．
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. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递增区间；
（3）求在上的值域.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式化简，进而求得的最小正周期；
（2）利用辅助角公式化简，进而求得单调递增区间；
（3）利用整体代换的方法，求得在区间上的值域.
【小问1详解】
.
最小正周期为2π.
【小问2详解】
令，，
解得，，
所以的单调递增区间为（）.
【小问3详解】
因为，所以，所以，.
故在上的值域为.
16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）证明：；
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理以及三角恒等变换即可得证；
（2）由正弦定理以及三角恒等变换即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以.
因为，
所以，
则（或，舍去），即.
【小问2详解】
因为，，所以，.
.
由，可得，
.
故的周长为.
17. 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，第二组，…，第六组.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，从成绩在和内的学生中共抽取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人成绩在内的概率.
【答案】（1）200人
（2）
【解析】
【分析】（1）用学生成绩在内的频率乘以1000即可得解；
（2）写出从6人中任选3人的样本空间，以及抽取的3人中恰有1人成绩在内的样本空间写出来，结合古典概型概率计算公式即可求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图，可得学生成绩在内的频率为0.04，在内的频率为0.16，
故估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数为.
【小问2详解】
学生成绩在内的频率为0.08，在内的频率为0.16，
则抽取的6人中，成绩在内的有2人，在内的有4人.
记成绩在内的4名学生为a，b，c，d，在内的2名学生为E，F，
则从6人中任选3人，样本空间可记
，共包含20个样本.
用事件A表示“这3人中恰有1人成绩在内”，则A={aEF，bEF，cEF，dEF}，A包含4个样本.
故所求概率.
18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，E是PC的中点，点F在棱BP上，且，四边形ABCD为正方形，.
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定求证；
（2）由转化求解；
（3）由线面垂直的性质得即二面角的平面角，即可求解．
【小问1详解】
证明：因为底面，底面，所以.
因为四边形为正方形，所以.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
在中，，E是PC的中点，则.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
因为，，所以平面.
因为平面，所以.
【小问2详解】
连接交于点，如图所示：
则，又底面，平面，得，
而，则平面，则点C到平面的距离为，
因为E是PC的中点，所以
，，，，
所以，，
所以.
【小问3详解】
解：由（1）可得平面，因为平面，平面，所以，.
为二面角的平面角.
，.
因为，所以，解得.
因为，即，所以.
故二面角的余弦值为.
19. 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，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】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分类讨论只积3分的可能情况，结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）由题意，若A球队参与的3场比赛中胜2场，负1场，根据获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论结合独立事件概率乘法公式运算求解.
【小问1详解】
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.
第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率.
故所求概率为.
【小问2详解】
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；
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.
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.
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于分类讨论获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解.
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