2023-2024學年廣東省中山市高一下學期期末統(tǒng)一考試數(shù)學試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年廣東省中山市高一下學期期末統(tǒng)一考試數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.sin63A.32 B.12 C.?2.已知a、b為不共線的向量，且AB=a+5b，BC=?2aA.A、B、D三點共線 B.A、B、C三點共線

C.B、C、D三點共線 D.A、C、D三點共線3.設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是(

)A.若m//α，m//β，則α//β B.若m⊥α,m⊥n，則n//α

C.若m⊥α，m//n，則n⊥α D.若α⊥β,m⊥α，則m//β4.某地政府對在家附近工作的年輕人進行了抽樣調(diào)查，得到他們一年能在家陪伴父母的天數(shù)，并繪制成如下圖所示的頻率分布直方圖，則樣本中位數(shù)約為(

)

A.150.5 B.152.5 C.154.5 D.156.55.已知某人射擊每次擊中目標的概率都是0.6，現(xiàn)采用隨機模擬的方法估計其3次射擊至少2次擊中目標的概率p.先由計算器產(chǎn)生0到9之間的整數(shù)值的隨機數(shù)，指定0，1，2，3，4，5表示擊中目標，6，7，8，9表示未擊中目標；因為射擊3次，所以每3個隨機數(shù)為一組，代表3次射擊的結(jié)果．經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了以下20組隨機數(shù)：

169?966?151?525?271?937?592?408?569?683

471?257?333?027?554?488?730?863?537?039

據(jù)此估計p的值為(

)A.0.6 B.0.65 C.0.7 D.0.756.如圖，由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形，已知AB=a，AD=b，AF=2FE，則A.34a+12b B.12257.已知cosθ=14，則cosA.?1116 B.1116 C.?8.設長方體ABCD?A1B1C1D1的對角線AC1與頂點A出發(fā)的三條棱所成的角分別為α、β、γ，與頂點A出發(fā)的三個面所成的角分別為α′A.sin2α+sin2β+sin2γ=1二、多選題：本題共3小題，共15分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知復數(shù)z=?12+A.z+z=1 B.z?z=1 C.10.下列化簡正確的是(

)A.sin15°sin30°sin711.如圖，已知二面角α?l?β的棱l上有A，B兩點，C∈α，AC⊥l，D∈β，BD⊥l，且AC=AB=BD=1，則下列說法正確的是(

)．

A.當α⊥β時，直線CD與平面β所成角的正弦值為33

B.當二面角α?l?β的大小為60°時，直線AB與CD所成角為45°

C.若CD=2，則二面角C?BD?A的余弦值為217

D.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.把函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)(?π2?φ?π2)的圖象上所有的點向右平移π13.在?ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a,b,c，且a=x，b=2，B=45°，符合條件的三角形有兩個，則實數(shù)x的取值范圍是

14.記一組數(shù)據(jù)x1,x2,?,xn的平均數(shù)為1.6，方差為1.44四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)已知平面向量a，b滿足|a|=1，|b(1)求|a(2)若向量b與λa+b的夾角為銳角，求實數(shù)16.(本小題12分)第56屆世界乒乓球團體錦標賽于2022年在中國成都舉辦，國球運動又一次掀起熱潮．現(xiàn)有甲乙兩人進行乒乓球比賽，比賽采用7局4勝制，每局11分制，每贏一球得1分，選手只要得到至少11分，并且領先對方至少2分(包括2分)，即贏得該局比賽．在一局比賽中，每人只發(fā)2個球就要交換發(fā)球權(quán)，如果雙方比分為10：10后，每人發(fā)一個球就要交換發(fā)球權(quán)．(1)已知在本場比賽中，前三局甲贏兩局，乙贏一局，在后續(xù)比賽中，每局比賽甲獲勝的概率為35，乙獲勝的概率為2(2)已知某局比賽中雙方比分為8：8，且接下來兩球由甲發(fā)球，若甲發(fā)球時甲得分的概率為23，乙發(fā)球時乙得分的概率為12，各球的結(jié)果相互獨立，求該局比賽甲得1117.(本小題12分)已知函數(shù)f(x)=2(1)解不等式f(x)≥1；(2)若mf(x)≤g(x)對任意的x∈[0,π4]恒成立，求18.(本小題12分)如圖，AB為半球M的直徑，C為AB?上一點，P為半球面上一點，且AC⊥PC(1)證明：PB⊥PC；(2)若AC=AM=2，PB=6，求直線PC與平面PAB19.(本小題12分)在?ABC中，B=π3，點D在邊AB上，BD=2,(1)若?BCD的面積為23，求邊(2)若AC=23，求∠DCA．答案解析1.A

【解析】解：sin63故選：A．2.A

【解析】解：因為AC=AB+BC=a+5b+(?2a+8b)=?a+13b，

BD=BC+3.C

【解析】對于A：若m//α，m//β，則α//β或α與β相交，故A錯誤；對于B：若m⊥α,m⊥n，則n//α或n?α，故B錯誤；對于C：若m⊥α，m//n，則n⊥α，故C正確；對于D：若α⊥β,m⊥α，則m//β或m?β，故D錯誤．故選：C4.B

【解析】依題意，0.001+0.004+a+0.016+0.012+0.005+0.002×20=1，解得a=0.01顯然0.001+0.004+0.01×20=0.3<0.5，0.3+0.016×20=0.62>0.5所以樣本中位數(shù)為140+0.5?0.3故選：B5.B

【解析】解：由題意：射擊中擊中至少兩次的為：

151，525，271，592，408，471，257，333，027，554，730，537，039，

一共有13組，

故至少擊中兩次的概率為P(A)=1320=0.65．

6.C

【解析】解：∵AF=2FE，∴DE=23FB，

∴AE=AD7.A

【解析】解：因為cosθ=14，

可得cos?2θ=2co則cos?3θ=cos?(2θ+θ)

=?7故選：A．8.D

【解析】連接AD1，AB1，AC，A1由題知：α=∠C1AB，β=∠因為CC1⊥平面ABCD，C1B1⊥得：α′=∠C1AC，β′=∠對于A項：si===3AC12對于B項：co=AB2對于C項：si=CC12對于D項：co==3AC故選：D．9.AD

【解析】解：因為z=?12+32i所以z?z=?12+z2=(?1z3=(?1故選：AD．10.ABD

【解析】對于A，sin15°對于B，cos21對于C，1sin10對于D，tan22.5°故選：ABD11.ABD

【解析】對于A，當α⊥β時，因為α∩β=l,AC?α，，所以AC⊥l直線CD與平面β所成角為∠CDA，則sin∠CDA=ACCD對于B，如圖，過A作AE/?/BD，且AE=BD，連接ED，EC，

則ABDE為正方形，∠CDE即為直線AB與CD所成角，∠CAE為二面角α?l?β的平面角，當∠CAE=60°時，易得又AC⊥l，BD⊥l，故l⊥面AEC，即DE⊥面AEC，故∠CDE=45°，故對于C，如圖，作AE//BD，則二面角α?l?β的平面角為

又CD=2，在Rt?DCE中，易得CE=在△ACE.中，由余弦定理得cos∠CAE=?12過C點作CO⊥AE交線段EA的延長線于點O，則CO⊥平面ABDE，過O點作OH⊥BD，交線段DB的延長線于點H，連接CH，則∠CHO為二面角C?BD?A的平面角，易得CO=32，HO=1所以cos∠CHO=OHCH對于D，同選項C可知∠CAE=120如圖，分別取線段AD，AE的中點G，M，連接GM，過G點作平面β的垂線，

則球心O必在該垂線上，設球的半徑為R，則OE=R，又△ACE的外接圓半徑r=1，則R2所以四面體ABCD的外接球的體積為43πR故選：ABD．12.π6【解析】解：因為把函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)(?π2≤φ≤π2)的圖象上所有的點向右平移π6個單位長度后，

得到函數(shù)y=sin?[2(x?π6)+φ]=sin?(2x?π3+φ)的圖象，

而所得圖象與函數(shù)g(x)=sin(2x?13.2,2【解析】解：在?ABC中，

a=x，b=2，B=45由余弦定理得：b2=c因為符合條件的三角形有兩個，所以關(guān)于c的方程由兩個正根，所以Δ=2x2?4故實數(shù)x的取值范圍是2,2故答案為：2,214.4

【解析】因為x1,x2,?,所以x=1n即s2即s2即s2=1所以x1所以數(shù)據(jù)x12,故答案為：415.解：(1)∵(a+2b)?(2a?b)=2a2?a?b+4a?b?2b2

=3a?b?6=?3，

∴a?b=1，

則(a?b)【解析】(1)根據(jù)向量數(shù)量積的公式進行計算即可．

(2)根據(jù)向量夾角與向量數(shù)量積的關(guān)系進行求解即可．16.解：(1)設“甲乙兩人只需要再進行兩局比賽就能結(jié)束本場比賽”為事件A，若兩局比賽就能結(jié)束，則只能甲連勝兩局，所以PA(2)設“該局比賽甲得11分獲勝”為事件B，甲得11分獲勝有兩類情況：甲連得3分，則甲11:8獲勝；甲得3分，乙得1分，則甲11:9獲勝，此時有三種情況，每球得分方分別為乙甲甲甲，甲乙甲甲，甲甲乙甲，所以PB【解析】(1)由題可知兩局比賽就能結(jié)束，則只能甲連勝兩局，然后根據(jù)獨立事件概率公式即得；(2)由題可知甲得11分獲勝有兩類情況：甲11:8獲勝或甲11:9獲勝，然后結(jié)合條件根據(jù)獨立事件概率公式即得．17.解：(1)依題意，f(x)=2=sinx+cosx=則2kπ+π4≤x+所以不等式f(x)≥1的解集為[2kπ,2kπ+π(2)由mf(x)≤g(x)，得m(sin由x∈[0,π4]，得π令t=sinx+cos原不等式化為mt≤t2?1，即m≤t2則當t=1時，ymin=0，因此所以m的

取值范圍m≤0．【解析】(1)利用和角的正弦、二倍角公式及輔助角公式化簡函數(shù)f(x)，再利用正弦函數(shù)的性質(zhì)解不等式即得．(2)令t=sinx+cosx，結(jié)合18.解：(1)證明：因為AB為半球M的直徑，C為AB?所以AC⊥BC，又因為AC⊥PC，BC∩PC=C，BC,PC?平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又因為PB?平面PBC，所以AC⊥PB，又因為P為半球面上一點，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)因為三角形ABC為直角三角形，AB=2AM=4,AC=2，所以BC=2又因為PB=6，PB⊥平面所以PC=又因為三角形PAB也是直角三角形，所以PA=所以S?PACS?PAB設點C到平面PAB的距離為?，則有VC?PAB即13所以?=S設直線PC與平面PAB所成的角為θ，則sinθ=【解析】(1)由AC⊥BC，AC⊥PC可得AC⊥平面PBC，進而可得AC⊥PB，又由于PA⊥PB，所以可得PB⊥平面PAC，即可得PB⊥PC；(2)利用等體積法求得點C到平面PAB的距離為?=2155，設直線PC與平面PAB所成的角為19.解：(1)在?BCD中，由題意有S?BCD且注意到BD=2，∠DBC=π所以有12×2×BC×如圖所示：在?BCD中，由余弦定理有CD代入數(shù)據(jù)得CD所以CD=2(2)由題意DA=DC，所以設∠DCA=θ,θ∈0,則∠DAC=θ,∠BDC=2θ,∠BCD=2π3設AD=DC=m,BC=a，在?BCD中，由正弦定理有BCsin代入數(shù)據(jù)得