高一下學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題（含解析）湖南省衡陽(yáng)市2023-2024學(xué)年

湖南省衡陽(yáng)市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題1．下列幾何體中，頂點(diǎn)個(gè)數(shù)最少的是（）A．四棱錐 B．長(zhǎng)方體 C．四棱臺(tái) D．四面體2．2?2i3i+4A．113?713i B．2253．已知直線l，m及平面α，β，且α⊥β，α∩β=l，下列命題正確的是（）A．若m⊥l，則m⊥α B．若m⊥α，則m⊥lC．若m∥α，則m∥l D．若m∥l，則m∥α4．已知單位向量a，b滿足a+3b?a?2A．0 B．π2 C．π3 5．將顏色為紅、黃、白的3個(gè)小球隨機(jī)分給甲、乙、丙3個(gè)人，每人1個(gè)，則與事件“甲分得紅球，乙分得黃球或甲分得黃球、乙分得紅球”互為對(duì)立事件的是（）A．甲分得黃球 B．甲分得白球C．丙沒(méi)有分得白球 D．甲分得白球，乙分得黃球6．在矩形ABCD中，若AB=a,BC=A．3 B．1 C．2 D．47．如圖，兩座山峰的高度AM=CN=300m，為測(cè)量峰頂M和峰頂N之間的距離，測(cè)量隊(duì)在B點(diǎn)（A，B，C在同一水平面上）測(cè)得M點(diǎn)的仰角為π4，N點(diǎn)的仰角為π6，且∠MBN=πA．300m B．600m C．3002m 8．在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AAA．12 B．22 C．329．如圖，在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)M，N，E，F(xiàn)分別在棱A1B1A．MN∥EF B．EF∥BD C．AN∥DF D．BE∥平面AMN10．Z國(guó)進(jìn)口的天然氣主要分為液化天然氣和氣態(tài)天然氣兩類(lèi).2023年Z國(guó)天然氣進(jìn)口11997噸，其中液化天然氣進(jìn)口7132噸，氣態(tài)天然氣進(jìn)口4865噸.2023年Z國(guó)天然氣及氣態(tài)天然氣進(jìn)口來(lái)源分布及數(shù)據(jù)如圖所示：下列結(jié)論正確的是（）A．2023年Z國(guó)從B國(guó)進(jìn)口的液化天然氣比從A國(guó)進(jìn)口的多B．2023年Z國(guó)沒(méi)有從A國(guó)進(jìn)口液化天然氣C．2023年Z國(guó)從C國(guó)進(jìn)口的液化天然氣一定比從D國(guó)進(jìn)口的多D．2023年Z國(guó)從B國(guó)進(jìn)口的液化天然氣一定比從D國(guó)進(jìn)口的多11．在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，BC=4，AD=11A．若AC=7，則AB=11 B．△ABCC．BA?CA=7 D．若12．已知復(fù)數(shù)z=?i1+i，則z=13．在某次調(diào)查中，采用分層隨機(jī)抽樣的方法得到10個(gè)A類(lèi)樣本，30個(gè)B類(lèi)樣本.若A類(lèi)樣本的平均數(shù)為5.5，總體的平均數(shù)為4，則B類(lèi)樣本的平均數(shù)為.14．已知某圓臺(tái)的母線長(zhǎng)為3，下底面的半徑為1，若球O與該圓臺(tái)的上、下底面及側(cè)面都相切，則球O的表面積為．15．已知向量a=1,2，（1）若a⊥a?（2）若向量c=?3,?2，a∥b+16．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且cosB=（1）證明：A=2B；（2）若a=2，C=3π4，求17．為了解某校高一年級(jí)學(xué)生數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的階段性表現(xiàn)，該年級(jí)組織了一次測(cè)試.已知此次考試共有1000名學(xué)生參加，將考試成績(jī)分成六組：第一組30,50，第二組50,70，…，第六組130,150.整理數(shù)據(jù)得到如圖所示的頻率分布直方圖.（1）該校根據(jù)試卷的難易程度進(jìn)行分析，認(rèn)為此次成績(jī)不低于110分，則階段性學(xué)習(xí)達(dá)到“優(yōu)秀”，試估計(jì)這1000名學(xué)生中階段性學(xué)習(xí)達(dá)到“優(yōu)秀”的人數(shù)；（2）若采用等比例分層抽樣的方法，從成績(jī)?cè)?0,70和110,130內(nèi)的學(xué)生中共抽取6人，查看他們的答題情況來(lái)分析知識(shí)點(diǎn)的掌握情況，再?gòu)闹须S機(jī)選取3人進(jìn)行面對(duì)面調(diào)查分析，求這3人中恰有1人成績(jī)?cè)?10,130內(nèi)的概率.18．如圖，在四棱錐P?ABCD中，PD⊥底面ABCD，E是PC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在棱BP上，且EF⊥BP，四邊形ABCD為正方形，PD=CD=2.（1）證明：BP⊥DF；（2）求三棱錐F?BDE的體積；（3）求二面角F?DE?B的余弦值.19．在世界杯小組賽階段，每個(gè)小組內(nèi)的四支球隊(duì)進(jìn)行循環(huán)比賽，共打6場(chǎng)，每場(chǎng)比賽中，勝、平、負(fù)分別積3，1，0分.每個(gè)小組積分的前兩名球隊(duì)出線，進(jìn)入淘汰賽.若出現(xiàn)積分相同的情況，則需要通過(guò)凈勝球數(shù)等規(guī)則決出前兩名，每個(gè)小組前兩名球隊(duì)出線，進(jìn)入淘汰賽.假定積分相同的球隊(duì)，通過(guò)凈勝球數(shù)等規(guī)則出線的概率相同（例如：若B，C，D三支積分相同的球隊(duì)同時(shí)爭(zhēng)奪第二名，則每個(gè)球隊(duì)奪得第二名的概率相同）.已知某小組內(nèi)的A，B，C，D四支球隊(duì)實(shí)力相當(dāng)，且每支球隊(duì)在每場(chǎng)比賽中勝、平、負(fù)的概率都是13（1）求A球隊(duì)在小組賽的3場(chǎng)比賽中只積3分的概率；（2）已知在已結(jié)束的小組賽的3場(chǎng)比賽中，A球隊(duì)勝2場(chǎng)，負(fù)1場(chǎng)，求A球隊(duì)最終小組出線的概率.

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：四棱錐有5個(gè)頂點(diǎn)，長(zhǎng)方體和四棱臺(tái)有8個(gè)頂點(diǎn)，四面體有4個(gè)頂點(diǎn)．故答案為：D.【分析】根據(jù)已知條件何幾何體的結(jié)構(gòu)特征，從而逐項(xiàng)判斷找出頂點(diǎn)個(gè)數(shù)最少的選項(xiàng)．2．【答案】B【解析】【解答】解：2?2i3i+4故答案為：B.【分析】由復(fù)數(shù)除法運(yùn)算法則化簡(jiǎn)復(fù)數(shù).3．【答案】B【解析】【解答】解：對(duì)于A：若m⊥l，則m不一定垂直α，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B：因?yàn)棣痢搔?l，所以l?α，

又因?yàn)閙⊥α，所以m⊥l，故B正確；對(duì)于C：若m∥α，則m不一定平行于l，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D：若m∥l，則m∥α或m?α，故D錯(cuò)誤.故答案為：B.【分析】根據(jù)空間中線線垂直的判斷方法、線線平行的判斷方法、線面垂直的判定定理、線面平行的判定定理，從而找出真命題的選項(xiàng).4．【答案】C【解析】【解答】解：由題意得，|a因?yàn)閍+3所以a?所以cosa又因?yàn)閍,所以a,b=π3，即a故答案為：C.【分析】根據(jù)單位向量定義何已知條件，結(jié)合數(shù)量積的運(yùn)算法則得出a??b?的值，再利用數(shù)量積求向量夾角公式得出5．【答案】C【解析】【解答】解：因?yàn)榧追值眉t球，乙分得黃球或甲分得黃球，乙分得紅球，

則丙分得白球，與丙沒(méi)有分得白球互為對(duì)立事件.故答案為：C.【分析】由已知條件和對(duì)立事件的概念求解即可.6．【答案】D【解析】【解答】解：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，

所以|則AB→所以|a故答案為：D.【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)結(jié)合向量的加法法則和減法法則，再結(jié)合向量求模公式，從而得出a→7．【答案】C【解析】【解答】解：由題意，在Rt△ABM中，BM=AM在Rt△BCN中，BN=CN在△BMN中，MN==300故答案為：C.【分析】在Rt△ABM、Rt△BCN中，利用銳角三角函數(shù)求出BM、BN，再在△BMN中，利用余弦定理求MN即可.8．【答案】D【解析】【解答】解：如圖，作MG⊥BC，垂足為G，連接NG，在正三棱柱ABC?A1B1C因?yàn)槠矫鍭BC∩平面BCC1B1=BC，MG?所以MG⊥平面BCC故∠MNG為直線MN與平面BCC當(dāng)∠MNG取得最大值時(shí)，tan∠MNG=MGNG不妨設(shè)AA1=AB=a，

則MG=MB所以tan∠MNG=故答案為：D.

【分析】根據(jù)題意，先畫(huà)出圖象，再作MG⊥BC，然后由面面垂直的性質(zhì)定理可得MG⊥平面BCC1B1，從而可得∠MNG為直線MN與平面BCC1B1所成的角，當(dāng)∠MNG取得最大值時(shí)，9．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：因?yàn)槠矫鍭MN∥平面EFDB，又因?yàn)槠矫鍭1B1C1D1所以MN∥EF，故A正確；因?yàn)殚L(zhǎng)方體ABCD?A所以平面A1B1C1D1∥平面ABCD，

又因?yàn)槠矫嫒鐖D，連接MF，此時(shí)平面DAMF與平面A1B1C1D1和平面ABCD因?yàn)镈A∥D所以MF∥D又因?yàn)镈1所以四邊形D1所以MF=D1A所以四邊形DAMF是平行四邊形，所以DF∥AM，又因?yàn)锳M∩AN=A，所以AN與DF不平行，故C錯(cuò)誤；如圖，連接NE，由長(zhǎng)方體性質(zhì)得面BCC1B1∥面AA1所以BE∥AN，又因?yàn)锳N?面AMN，BE?面AMN，所以BE∥平面AMN，故D正確.故答案為：ABD.

【分析】利用面面平行的性質(zhì)定理證出線線平行，則判斷出選項(xiàng)A和選項(xiàng)B；利用線線平行和線段相等判斷出四邊形D1FMA1是平行四邊形和四邊形DAMF是平行四邊形，從而得出DF∥AM，再利用AM∩AN=A，則10．【答案】A,B,C【解析】【解答】解：對(duì)于B，因?yàn)?023年Z國(guó)從A國(guó)進(jìn)口天然氣2480噸，全部為氣態(tài)天然氣，所以2023年Z國(guó)沒(méi)有從A國(guó)進(jìn)口液化天然氣，故B正確.對(duì)于A，因?yàn)?023年Z國(guó)從B國(guó)進(jìn)口天然氣2435噸，其中氣態(tài)天然氣1630噸，液化天然氣805噸，所以2023年Z國(guó)從B國(guó)進(jìn)口的液化天然氣比從A國(guó)進(jìn)口的多，故A正確.對(duì)于C，假設(shè)2023年Z國(guó)氣態(tài)天然氣其余部分全部來(lái)自C國(guó)，

共4865?2480?1630?340=415噸，則Z國(guó)從C國(guó)進(jìn)口液化天然氣2416?415=2001噸，仍然大于從D國(guó)進(jìn)口的天然氣的總量，所以2023年Z國(guó)從C國(guó)進(jìn)口的液化天然氣一定比從D國(guó)進(jìn)口的多，故C正確.對(duì)于D，因?yàn)?023年Z國(guó)從B國(guó)進(jìn)口液化天然氣2435?1630=805噸，2023年Z國(guó)從D國(guó)進(jìn)口的天然氣總量為1666噸，若全部為液化天然氣，則2023年Z國(guó)從B國(guó)進(jìn)口的液化天然氣比從D國(guó)進(jìn)口的少，故D錯(cuò)誤.故答案為：ABC.【分析】由餅狀統(tǒng)計(jì)圖的實(shí)際含義，從而逐項(xiàng)判斷找出正確的選項(xiàng).11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：在△ACD中，AC2+CD2=AD當(dāng)AD⊥BC時(shí)，AD最大，所以△ABC面積的最大值為12因?yàn)锽A?CA=在△ABC中，由正弦定理可得ACsin2C=在△ACD中，由余弦定理可得cosC=AC在△ABD中，由余弦定理可得cos2C=AB2+BD2?AD22AB?BD=AB2?74AB=2cos【分析】根據(jù)已知條件和勾股定理可判斷選項(xiàng)A；根據(jù)三角形面積公式和幾何法求最值，則判斷出選項(xiàng)B；根據(jù)平面向量基本定理和數(shù)量積的運(yùn)算律，則判斷出選項(xiàng)C；利用已知條件和正弦定理、余弦定理以及一元二次方程求解方法，則判斷出選項(xiàng)D，從而找出結(jié)論正確的選項(xiàng).12．【答案】2???????【解析】【解答】解：因?yàn)閦=?i1+i所以z=故答案為：2.【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)乘法運(yùn)算法則化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)z，再利用復(fù)數(shù)求模公式得出復(fù)數(shù)z的模.13．【答案】3.5【解析】【解答】解：設(shè)B類(lèi)樣本的平均數(shù)為x，由題意可得10×5.5+30x40=4，解得故答案為：3.5.【分析】設(shè)B類(lèi)樣本的平均數(shù)為x，根據(jù)總體的平均數(shù)列方程求解即可.14．【答案】8π【解析】【解答】解：如圖，在軸截面梯形ABCD中，AD=BC=3，AB=2BF=2，設(shè)球O的半徑為r，則EF=2OE=2OM=2r，所以S梯形ABCD=1因?yàn)锽C2=所以球O的表面積為4πr故答案為：8π．

【分析】把空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化在軸截面中進(jìn)行研究，根據(jù)軸截面的概念和等面積法以及勾股定理，從而得出球O的半徑長(zhǎng)，再結(jié)合球的表面積公式得出球O的表面積．15．【答案】（1）解：因?yàn)閍=1,2，b=2,x，由a⊥a?則?1×1+22?x=0，解得所以b=2,32，（2）解：依題意得b+因?yàn)閍∥b+解得x=0，則b=因?yàn)閍?b=2，a所以cosa所以a與b夾角的余弦值為55【解析】【分析】（1）利用向量垂直的坐標(biāo)表示求出x的值，再利用復(fù)數(shù)求模公式得出b的值.（2）利用已知條件和向量平行的坐標(biāo)表示求出x的值，再由數(shù)量積求向量夾角的坐標(biāo)公式，從而得出a與b夾角的余弦值.（1）因?yàn)閍=1,2，b=由a⊥a?即?1×1+22?x=0，解得所以b=2,3（2）依題意得b+因?yàn)閍∥b解得x=0，則b=a?b=2，a所以cosa所以a與b夾角的余弦值為5516．【答案】（1）證明：因?yàn)閏osB=c+b2a所以sinC+因?yàn)閟inC=所以sinB=則B=A?B（或B+A?B=π，舍去），

所以A=2B.（2）解：因?yàn)镃=π?A?B=3π4，A=2B，

所以A=π則sinB=由asinA=bsin則b=a所以△ABC的周長(zhǎng)為a+b+c=6【解析】【分析】（1）由已知條件和正弦定理以及三角恒等變換，從而證出A=2B成立.（2）由三角形內(nèi)角和定理和（1）中結(jié)論，從而得出角A和角B的值，再結(jié)合兩角差的正弦公式和正弦定理得出b，c的值即可得出△ABC的周長(zhǎng).（1）因?yàn)閏osB=c+b2a所以sinC+因?yàn)閟inC=所以sinB=則B=A?B（或B+A?B=π，舍去），即A=2B.（2）因?yàn)镃=π?A?B=3π4，A=2B，所以A=πsinB=由asinA=b=a故△ABC的周長(zhǎng)為a+b+c=617．【答案】（1）解：由頻率分布直方圖，可得學(xué)生成績(jī)?cè)?30,150內(nèi)的頻率為0.04，

在110,130內(nèi)的頻率為0.16，

故估計(jì)這1000名學(xué)生中階段性學(xué)習(xí)達(dá)到“優(yōu)秀”的人數(shù)為：1000×(0.04+0.16)=200.（2）解：因?yàn)閷W(xué)生成績(jī)?cè)?0,70內(nèi)的頻率為0.08，

在110,130內(nèi)的頻率為0.16，

則抽取的6人中，成績(jī)?cè)?0,70內(nèi)的有2人，在110,130內(nèi)的有4人，

記成績(jī)?cè)?10,130內(nèi)的4名學(xué)生為a，b，c，d，

在50,70內(nèi)的2名學(xué)生為E，F(xiàn)，

則從6人中任選3人，

樣本空間可記為{abc,abd,abE,abF,acd,acE,acF,adE,adF,aEF,

bcd,bcE,bcF,bdE,bdF,bEF,cdE,cdF,cEF,dEF}，

共包含20個(gè)樣本，

用事件A表示“這3人中恰有1人成績(jī)?cè)?10,130內(nèi)”，

則A={aEF，bEF，cEF，dEF}，所以A包含4個(gè)樣本，

故所求概率為PA【解析】【分析】（1）利用已知條件和頻率分布直方圖中各小組的矩形的面積等于各小組的頻率，再結(jié)合頻數(shù)等于頻率乘以樣本容量，從而估計(jì)出這1000名學(xué)生中階段性學(xué)習(xí)達(dá)到“優(yōu)秀”的人數(shù).（2）先寫(xiě)出從6人中任選3人的樣本空間和抽取的3人中恰有1人成績(jī)?cè)?10,130內(nèi)的樣本空間，再結(jié)合古典概率公式得出這3人中恰有1人成績(jī)?cè)?10,130內(nèi)的概率.（1）由頻率分布直方圖，可得學(xué)生成績(jī)?cè)?30,150內(nèi)的頻率為0.04，在110,130內(nèi)的頻率為0.16，故估計(jì)這1000名學(xué)生中階段性學(xué)習(xí)達(dá)到“優(yōu)秀”的人數(shù)為1000×(0.04+0.16)=200.（2）學(xué)生成績(jī)?cè)?0,70內(nèi)的頻率為0.08，在110,130內(nèi)的頻率為0.16，則抽取的6人中，成績(jī)?cè)?0,70內(nèi)的有2人，在110,130內(nèi)的有4人.記成績(jī)?cè)?10,130內(nèi)的4名學(xué)生為a，b，c，d，在50,70內(nèi)的2名學(xué)生為E，F(xiàn)，則從6人中任選3人，樣本空間可記{abc,abd,abE,abF,acd,acE,acF,adE,adF,aEF,bcd,bcE,bcF,bdE,bdF,bEF,cdE,cdF,cEF,dEF}，共包含20個(gè)樣本.用事件A表示“這3人中恰有1人成績(jī)?cè)?10,130內(nèi)”，則A={aEF，bEF，cEF，dEF}，A包含4個(gè)樣本.故所求概率PA18．【答案】（1）證明：因?yàn)镻D⊥底面ABCD，BC?底面ABCD，所以PD⊥BC，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以DC⊥BC，因?yàn)镻D∩DC=D，所以BC⊥平面PCD，因?yàn)镈E?平面PCD，所以BC⊥DE，在△PCD中，PD=CD，E是PC的中點(diǎn)，則DE⊥PC，因?yàn)锽C∩PC=C，所以DE⊥平面PBC，因?yàn)镻B?平面PBC，所以DE⊥PB，因?yàn)镋F⊥BP，DE∩EF=E，所以BP⊥平面DEF，因?yàn)镈F?平面DEF，所以BP⊥DF.（2）解：連接AC交BD于點(diǎn)M，如圖所示：則AC⊥BD，

因?yàn)镻D⊥底面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥PD，又因?yàn)镻D∩BD=D，則AC⊥平面PDB，

則點(diǎn)C到平面PDB的距離為CM=因?yàn)镋是PC的中點(diǎn)，所以VF?BDE且BD=22，BP=23，DF=所以S△BDF=1所以VF?BDE（3）解：由（1）可得DE⊥平面PBC，

因?yàn)镋F?平面PBC，EB?平面PBC，

所以DE⊥EF，DE⊥EB，則∠BEF為二面角F?DE?B的平面角，所以PE=12PC=因?yàn)椤鱌FE∽△PCB，

所以PEPB=EF因?yàn)镋F⊥BP，則∠EFB=90°，

所以cos∠BEF=所以二面角F?DE?B的余弦值為13【解析】【分析】（1）由線面垂直的性質(zhì)定理和正方形的結(jié)構(gòu)特征以及等腰三角形三線合一，再結(jié)合線線垂直和線面垂直的推導(dǎo)關(guān)系，從而證出BP⊥DF.（2）由線線垂直證出線面垂直，從而得出點(diǎn)C到平面PDB的距離，再結(jié)合中點(diǎn)的性質(zhì)和VF?BDE=V（3）由（1）可得DE⊥平面PBC，再結(jié)合線面垂直的定義得出線線垂直，從而得出∠BEF為二面角F?DE?B的平面角，解三角形可得出二面角F?DE?B的余弦值.（1）證明：因?yàn)镻D⊥底面ABCD，BC?底面ABCD，所以PD⊥BC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以DC⊥BC.因?yàn)镻D∩DC=D，所以BC⊥平面PCD.因?yàn)镈E?平面PCD，所以BC⊥DE.在△PCD中，PD=CD，E是PC的中點(diǎn)，則DE⊥PC.因?yàn)锽C∩PC=C，所以DE⊥平面PBC.因?yàn)镻B?平面PBC，所以DE⊥PB.因?yàn)镋F⊥BP，DE∩EF=E，所以BP⊥平面DEF.因?yàn)镈F?平面DEF，所以BP⊥DF.（2）連接AC交BD于點(diǎn)M，如圖所示：則AC⊥BD，又PD⊥底面ABCD，AC?平面ABCD，得AC⊥PD，而PD∩BD=D，則AC⊥平面PDB，則點(diǎn)C到平面PDB的距離為CM=因?yàn)镋是PC的中點(diǎn)，所以VBD=22，BP=23，DF=BD?DP所以S△BDF=1所以VF?BDE（3）解：由（1）可得DE⊥平面PBC，因?yàn)镋F?平面PBC，EB?平面PBC，所以DE⊥EF，DE⊥EB.∠BEF為二面角F?DE?B的平面角.PE=12PC=因?yàn)椤鱌FE∽△PCB，所以PEPB=EF因?yàn)镋F⊥BP，即∠EFB=90°，所以cos∠BEF=故二面角F?DE?B的余弦值為1319．【答案】（1）解：A球隊(duì)在小組賽的3場(chǎng)比賽中只積3分，有兩種情況.第一種情況：A球隊(duì)在3場(chǎng)比賽中都是平局，其概率為13第二種情況：A球隊(duì)在3場(chǎng)比賽中勝1場(chǎng)，負(fù)2場(chǎng)，其概率為13故所求概率為127（2）解：假設(shè)A球隊(duì)參與的3場(chǎng)比賽的結(jié)果為A與B比賽，B勝；A與C比賽，A勝；A與D比賽，A勝.此情況下，A積6分，B積3分，C，D各積0分.在剩下的3場(chǎng)比賽中：若C與D比賽平局，則C，D每隊(duì)最多只能加4分，此時(shí)C，D的積分都低于A的積分，A可以出線；若B與C比賽平局，后面2場(chǎng)比賽的結(jié)果無(wú)論如何，都有兩隊(duì)