第第頁(yè)安徽省安慶、池州、銅陵三市2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期聯(lián)合期末檢測(cè)數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知集合A={x|A．(1，3) B．(1，2．已知a，b均為實(shí)數(shù)，復(fù)數(shù)：z=a2?b+A．(?1，3C．(?∞，?33．如圖，是水平放置的△OAB用斜二測(cè)畫(huà)法得到的直觀圖△O'A'B'（其中∠A．22 B．4 C．8 D．4．唐代以來(lái)，牡丹之盛，以“洛陽(yáng)牡丹甲天下”的美名流傳于世．唐朝詩(shī)人白居易“花開(kāi)花落二十日，一城之人皆若狂”和劉禹錫“唯有牡丹真國(guó)色，花開(kāi)時(shí)節(jié)動(dòng)京城”的詩(shī)句正是描寫(xiě)洛陽(yáng)城的景象．已知根據(jù)花瓣類(lèi)型可將牡丹分為單瓣類(lèi)、重瓣類(lèi)、千瓣類(lèi)三類(lèi)，現(xiàn)有牡丹花n朵，千瓣類(lèi)比單瓣類(lèi)多30朵，采用分層抽樣方法從中選出12朵牡丹進(jìn)行觀察研究，其中單瓣類(lèi)有4朵，重瓣類(lèi)有2朵，千瓣類(lèi)有6朵，則n＝（）A．360 B．270 C．240 D．1805．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若△ABC為鈍角三角形，且a=6，A．3 B．4 C．9 D．126．已知向量a=(3，?1A．(1，?2) B．(?7．某校通過(guò)統(tǒng)計(jì)學(xué)生在校的5次模考數(shù)學(xué)成績(jī)（分?jǐn)?shù)均為整數(shù)）決定該學(xué)生是否適合進(jìn)行數(shù)學(xué)競(jìng)賽培訓(xùn)．規(guī)定：“5次模考成績(jī)均不低于140分”，現(xiàn)有甲、乙、丙三位同學(xué)5次模考成績(jī)，則根據(jù)以下數(shù)據(jù)能確定適合數(shù)學(xué)競(jìng)賽培訓(xùn)的學(xué)生有（）甲：眾數(shù)為140，中位數(shù)為145；乙：中位數(shù)為145，極差為6；丙：均值為143，其中一次成績(jī)?yōu)?45，方差為1.6．A．甲乙 B．甲丙 C．乙丙 D．甲乙丙8．設(shè)函數(shù)f(x)=x2，A．(3，103) B．(4二、多選題9．已知m，n為兩條不同的直線，α，A．m⊥α，n⊥β，且α∥β C．α∥β，m?α，n?10．歐拉公式eix=cosx+isinA．復(fù)數(shù)z＝a＋bi對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限B．|C．zD．|11．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b．c．若A=2π3，角A的平分線AD交BC于點(diǎn)D，A．c=3 B．BD=2CDC．△ABC的面積為93212．如圖1，將正方體沿交于同一頂點(diǎn)的三條棱的中點(diǎn)截去一個(gè)三棱錐，如此共可截去八個(gè)三棱錐，截取后的剩余部分稱(chēng)為“阿基米德多面體”．阿基米德多面體是一個(gè)有十四個(gè)面的半正多面體，其中八個(gè)面為正三角形，六個(gè)面為正方形、它們的邊長(zhǎng)都相等，又稱(chēng)這樣的半正多面體為二十四等邊體．如圖2，現(xiàn)有一個(gè)邊長(zhǎng)為2的二十四等邊體、則關(guān)于該二十四等邊體說(shuō)法正確的是（）A．該二十四等邊體的表面積為24+8B．共有8條棱所在直線與直線AB異面，且所成角為πC．任意兩個(gè)有公共頂點(diǎn)的三角形所在平面的夾角余弦值均為1D．該二十四等邊題的外接球的體積為32三、填空題13．某校高三年級(jí)10次模考中甲同學(xué)的數(shù)學(xué)成績(jī)從小到大依次排列為94，96，98，98，100，101，101，102，102，103，則甲同學(xué)在這10次模考中數(shù)學(xué)成績(jī)的第40百分位數(shù)為．14．若cos(π3+α)15．已知事件A，B，C兩兩相互獨(dú)立，若P(AB)16．如圖是甲烷的球棍結(jié)構(gòu)，它的分子結(jié)構(gòu)為正四面體結(jié)構(gòu)（正四面體是每個(gè)面都是正三角形的四面體），碳原子位于正四面體的中心，4個(gè)氫原子分別位于正四面體的4個(gè)頂點(diǎn)．已知相鄰的兩個(gè)氫原子之間的距離為7，若不計(jì)原子大小，該正四面體內(nèi)放入一個(gè)圓柱，使得圓柱的下底面在正四面體的底面，則當(dāng)該圓柱的表面積取得最大值時(shí)，圓柱的底面半徑為．四、解答題17．如圖，在△ABC中，AB=6，BC=22，∠ABC=3（1）用向量BA，BC表示（2）求BP?18．為提高全民的身體素質(zhì)，某市體育局舉行“萬(wàn)人健步走”活動(dòng)，體育局通過(guò)市民上傳微信走步截圖的方式統(tǒng)計(jì)上傳者每天的步數(shù)，現(xiàn)從5月20日參加活動(dòng)的全體市民中隨機(jī)抽取了100人的走步數(shù)組成樣本進(jìn)行研究，并制成如圖所示的頻率分布直方圖（步數(shù)單位：千步）．（1）求a的值，并根據(jù)直方圖估計(jì)5月20日這100位市民走步數(shù)的平均數(shù)（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間中點(diǎn)值代表）；（2）按分層抽樣的方式在[23，27)和19．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠ABC=π（1）求三棱錐Q－PAD的體積；（2）求平面PBC與平面BCD夾角的余弦值．20．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a=（1）求角B的大小；（2）若△ABC的外接圓周長(zhǎng)為221．如圖，在斜三棱柱ABC?A1B1C1中，四邊形ABB1A1是邊長(zhǎng)為2的菱形，（1）求證：平面PB1A⊥（2）求PA1與平面22．已知函數(shù)f(（1）當(dāng)函數(shù)f(x)（2）若函數(shù)g(

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】由題意可知：A={x|y=ln(x?1)}=x|x>1，B=2．【答案】A【解析】【解答】因?yàn)閦<3，則可知z為實(shí)數(shù)，

由題意可得a2-b<3b-2a=0，則a2-2a-3<0，解得-1<a<3，

所以a的取值范圍為(?1，3)3．【答案】C【解析】【解答】由題意可知：△O'A'B'的面積S'=12×2×22=22，4．【答案】D【解析】【解答】設(shè)單瓣類(lèi)有x朵，則千瓣類(lèi)有x+30朵，

由題意可得xx+30=46，解得x=60，

即單瓣類(lèi)有60朵，則千瓣類(lèi)有90朵，

則90n=65．【答案】C【解析】【解答】因?yàn)閎>a，則B>A，又因?yàn)椤鰽BC為鈍角三角形，可得：若C為鈍角，則a2+b2<若B為鈍角，則a2+c2<綜上所述：c∈2，27∪10，14.所以ABD正確，C錯(cuò)誤.故答案為：C.

【分析】根據(jù)題意可知C為鈍角或B為鈍角，結(jié)合余弦定理和三角形性質(zhì)列式求解.6．【答案】A【解析】【解答】由|a故答案為：A【分析】根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算結(jié)合投影向量的定義運(yùn)算求解.7．【答案】B【解析】【解答】對(duì)于甲：因?yàn)橹形粩?shù)為145，則小于145的數(shù)至多有2個(gè)，又因?yàn)楸姅?shù)為140，則140出現(xiàn)兩次，所以5次模考成績(jī)均不低于140分，滿足參加競(jìng)賽培訓(xùn)條件；對(duì)于乙：例如5次成績(jī)?yōu)椋?39，145，145，145，145，滿足“中位數(shù)為145，極差為6”，但不滿足參加競(jìng)賽培訓(xùn)條件；對(duì)于丙：設(shè)另外四次成績(jī)分別為xi，i=1，2，3，4，

由題意可得：15i=1又因?yàn)閤i∈N，可知故答案為：B【分析】對(duì)于甲：根據(jù)眾數(shù)、中位數(shù)的定義分析判定；對(duì)于乙：舉反例5次成績(jī)?yōu)椋?39，145，145，145，145，分析判斷；對(duì)于丙：根據(jù)方差的計(jì)算公式分析判斷.8．【答案】D【解析】【解答】由題意作出函數(shù)fx的圖象，

令log2x-1=1，解得x=32或x=3，

令f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)=t，即y=fx與y=t有四個(gè)交點(diǎn)，

且x1<x2<x3<x4，可得x1+x2=0，log2x9．【答案】B,D【解析】【解答】對(duì)于A：若m⊥α，n⊥β，且α∥β，則m∥n，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B：因?yàn)閙⊥α，α∥β，則m⊥β，

又因?yàn)閚∥β，所以m⊥n，故B正確；

對(duì)于C：若α∥β，m?α，n?β，則m∥n或m，n異面，故C錯(cuò)誤；10．【答案】B,C,D【解析】【解答】對(duì)于C、D：由題意可知：z1=2eπ4i=2cosπ4+isinπ4=1+i，則z2=1-i，

則z1z2=1+i1-i=2，z1=z2=2，滿足|11．【答案】A,C【解析】【解答】對(duì)于A：因?yàn)镾△ABC=S△ACD+S△ABD，

則12×6×c×32=12×6×2×32+12×c×2×32，解得c=3，故A正確；

對(duì)于B：因?yàn)榻茿的平分線AD交BC于點(diǎn)D，則BDCD=AB12．【答案】A,C,D【解析】【解答】對(duì)于A：因?yàn)樵摱牡冗咉w是由8個(gè)邊長(zhǎng)為2的正三角形和6個(gè)邊長(zhǎng)為2的正方形拼接而成，所以表面積S=8×1對(duì)于B：如圖所示，

可知：與AB相交的6條棱有：AD，AF，AM，BF，BC，BE，其中與AB所成的角是π3的棱有AF，AM，BF，BC，

又因?yàn)樵谶@4條棱中，每一條棱都有3條平行的棱，

所以與AB異面且所成的角是π3對(duì)于C：設(shè)任一三角形所在平面與正方形的底面所成角為α，不妨取AB中點(diǎn)為G，連接NG，F(xiàn)G，

因?yàn)椤鰽BN，△ABF均為等腰直角三角形，

所以NG⊥AB，F(xiàn)G⊥AB，故∠NGF=α，可得FG=3，NG=1，則cosα=NGFG=3由題意可知：任意兩個(gè)三角形所在平面的夾角均為π-2α所以cos(π?2α)=?對(duì)于D：因?yàn)樵摱牡冗咉w的頂點(diǎn)為正方體棱的中點(diǎn)，

可知該二十四等邊體的外接球即為原正方體的棱切球，

即球心正方體的中心，半徑為正方體面對(duì)角線的一半，因?yàn)樵襟w邊長(zhǎng)為22，可得外接球半徑r=所以體積V=43π×

【分析】對(duì)于A：可知該二十四等邊體是由8個(gè)邊長(zhǎng)為2的正三角形和6個(gè)邊長(zhǎng)為2的正方形拼接而成，結(jié)合三角形和正方形面積運(yùn)算求解；對(duì)于B：根據(jù)題意結(jié)合異面直線的定義和線線夾角分析判斷；對(duì)于C：根據(jù)面面角即可由幾何體的對(duì)稱(chēng)分析求解；對(duì)于D：分析可知該二十四等邊體的外接球即為原正方體的棱切球，結(jié)合正方體運(yùn)算求解.13．【答案】99【解析】【解答】因?yàn)?0×0.4=4，所以這10次模考中數(shù)學(xué)成績(jī)的第40百分位數(shù)為98+1002=99.

故答案為：99.14．【答案】?【解析】【解答】因?yàn)棣?<α<3π2，則5π6<π3+α<11π6，

且cos(π15．【答案】1【解析】【解答】因?yàn)镻(AB)=29，P(BC)=13，P(AC16．【答案】2【解析】【解答】設(shè)5個(gè)原子所確定的四面體為正四面體ABCD，其棱長(zhǎng)為7，可知圓柱的上底面為一個(gè)平行于底面的截面所成正三角形的內(nèi)切圓，設(shè)圓柱的高AO交截面于F，M，N為相應(yīng)的中點(diǎn)，連接EN，BM，AM，圓柱的高為h，

則BO=23×732=所以圓柱表面積：S=2π當(dāng)λ=2此時(shí)圓柱的底面半徑為FN=7故答案為：23【分析】根據(jù)題意可知：圓柱的上底面為一個(gè)平行于底面的截面所成正三角形的內(nèi)切圓，設(shè)AEAB=λ∈0，1，可得圓柱的底面半徑為FN=17．【答案】（1）解：因?yàn)锳P=3PC，所以所以BP=（2）解：由（1）得，BP?因?yàn)锳B=6，所以BP?【解析】【分析】(1)根據(jù)向量的線性運(yùn)算結(jié)合AP=3PC運(yùn)算求解；

(2)可得18．【答案】（1）解：由題有4×(解得a=0.由頻率分布直方圖的數(shù)據(jù)，可得這100位市民走步數(shù)的平均數(shù)：x=(（2）解：在[23，27)和[27所以在[23，27)分組中抽取的人數(shù)為在[27，31所以這5人中隨機(jī)抽取2人的情況有：Ω=其中這2人步數(shù)都在[27，31所以這2人步數(shù)都在[27，31【解析】【分析】(1)根據(jù)頻率和為1求a，進(jìn)而根據(jù)平均數(shù)公式運(yùn)算求解；

(2)根據(jù)分層抽樣求各層人數(shù)，利用列舉法結(jié)合古典概型運(yùn)算求解.19．【答案】（1）解：取AB中點(diǎn)O，連接PO，∵△PAB是正三角形，∴PO⊥AB∵平面PAB⊥平面ABCD，且兩平面的交線為AB，AB?平面ABCD∴PO⊥平面ABCD，∴PO=S△設(shè)PQ=1VQ?PAD（2）解：由（1）知PO⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，故過(guò)O作OH⊥BC于H，連接∵PO、OH?平面POH，∴BC⊥平面POH，則BC⊥PH∴∠PHO即為平面PBC與平面BCD的夾角，在Rt△PHO中，PO=∴PH=P∴cos∠PHO=即平面PBC與平面BCD夾角的余弦值為55【解析】【分析】(1)由題意可得PO⊥平面ABCD，且VQ?PAD=12VC?PAD=12VP?ACD，結(jié)合題意公式運(yùn)算求解；

(2)過(guò)O作OH⊥20．【答案】（1）解：因?yàn)閍=3根據(jù)正弦定理可得sinA=因?yàn)閟inC≠0所以sinA=即tanB=?3，因?yàn)?<B<π，所以（2）解：由（1）sinA=33如圖，取BC中點(diǎn)D，連接AD，記△ABC的外接圓的半徑為r，則2πr=2根據(jù)正弦定理可得AB=2rsinC=3，所以BC=AB=根據(jù)余弦定理可得AD所以AD=212，故BC邊上的中線長(zhǎng)為【解析】【分析】(1)利用正弦定理結(jié)合三角恒等變換可得tanB=?3，即可得角B的大小；

(2)取BC中點(diǎn)D，連接AD，利用正弦定理可得BC=AB=21．【答案】（1）證明：連接A1B交AB1于點(diǎn)取AB中點(diǎn)O，連接CO，∵OQ∥AA∴OQ∥PC，且∴四邊形PQOC為平行四邊形，∴PQ∥∵△ABC∴CO⊥AB，∵平面ABB1A1⊥平面ABC∴CO⊥平面ABB1A1，∴又∵PQ?平面PB∴平面PB1A⊥（2）解：由（1）得平面PB1A⊥平面ABB1A1∩平面P∴A1B⊥平面PB1A，則即∠又A1∴在Rt△A1PQ∵∠A∴∠A故PA1與平面PB【解析】【分析】(1)連接A1B交AB1于點(diǎn)Q，連接PQ，取AB中點(diǎn)O，連接CO，OQ，利用面面垂直的性質(zhì)可得PQ⊥平面ABB1A1，再結(jié)合面面垂直的判定定理分析證明；

(2)由（1）可得A