第第頁廣東省中山市2023-2024學年高一下學期期末統一考試數學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．sin63A．32 B．12 C．?32．已知a,b為不共線向量，A．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，mB．若m⊥α,m⊥n，則nC．若m⊥α，m//nD．若α⊥β,m⊥α，則m4．某地政府對在家附近工作的年輕人進行了抽樣調查，得到他們一年能在家陪伴父母的天數，并繪制成如圖所示的頻率分布直方圖，則樣本中位數約為（）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．先由計算器產生0到9之間的整數值的隨機數，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個隨機數為一組，代表3次射擊的結果．經隨機模擬產生了以下20組隨機數：169966151525271937592408569683471257333027554488730863537039據此估計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,A．34a+C．613a+7．已知cosθ=14A．?1116 B．1116 C．?8．設長方體ABCD?A1B1C1D1的對角線AC1與頂點A出發的三條棱所成的角分別為α、β、A．sin2α+sinC．sin2α'二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知復數z=?1A．z+z=1 B．z?z=1 C．10．下列化簡正確的是（）A．sin15°sinC．1sin10°11．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3B．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21D．若CD=2，則四面體ABCD的外接球的體積為5三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．把函數f(x)=sin(2x+φ)(?π2≤φ≤π13．在△ABC中，內角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x14．記一組數據x1,x2,?,xn的平均數為1.6四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15．已知平面向量a，b滿足a=1，b=2，（1）求a?（2）若向量b與λa+b16．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2個球就要交換發球權，如果雙方比分為10：10后，每人發一個球就要交換發球權．（1）已知在本場比賽中，前三局甲贏兩局，乙贏一局，在后續比賽中，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球，若甲發球時甲得分的概率為23，乙發球時乙得分的概率為117．已知函數f(x)=22（1）解不等式f(x)≥1；（2）若mf(x)≤g(x)對任意的x∈[0,π4]18．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．在△ABC中，B=π3，點D在邊AB上，BD=2（1）若△BCD的面積為23，求邊CD（2）若AC=23，求∠DCA

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：sin63°故答案為：A．【分析】由已知條件結合誘導公式和兩角和的正弦公式，從而化簡求值．2．【答案】A【解析】【解答】解：因為AB?=a?+5b?，BC故答案為：A．【分析】由題意，根據向量的加法運算，求得BD=AB，即可判斷3．【答案】C【解析】【解答】解：對于A：若m//α，m//β，則α//對于B：若m⊥α,m⊥n，則n//α或對于C：若m⊥α，m//n，則對于D：若α⊥β,m⊥α，則m//β或故答案為：C.【分析】根據空間中線面的位置關系、面面的位置關系，從而逐項判斷找出真命題的選項.4．【答案】B【解析】【解答】解：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所以樣本中位數為140+0.5?0.3故答案為：B.【分析】先根據頻率之和為1求出未知數a的值，再找到頻率之和為0.5所在的區間即可根據頻率分布直方圖進行求解，從而估計出樣本的中位數.5．【答案】B【解析】【解答】20組隨機數中至少2次擊中目標的包含的隨機數為：151，525，271，592，408，471，257，333，027，554，730，537，039，一個有13組，所以其3次射擊至少2次擊中目標的概率P=13故答案為：B.

【分析】利用已知條件結合古典概型求概率公式，從而求出其3次射擊至少2次擊中目標的概率，進而估計出P的值。6．【答案】C【解析】【解答】解：過F作FG⊥AB，垂足為G，設大正方形的邊長為1，設小正方形的邊長為x，

因為AF=2FE，所以AF=2x，所以BF=AE=3x，

由勾股定理可知：AF2+Bsin∠FAB=cos∠FAB=因此，由平面向量基本定理可知：AF=因為AF=2FE，

所以故答案為：C.【分析】根據銳角三角函數的定義結合正方形的性質、平面向量基本定理，從而找出正確的選項.7．【答案】A【解析】【解答】解：因為cosθ=14，

則cos3θ==?7故答案為：A.【分析】根據題意求得cos2θ=?78,sin8．【答案】D【解析】【解答】解：連接AD1，AB1，AC，A1由題意知：α=∠C1AB，β=∠因為CC1⊥平面ABCD，C1B1⊥所以，α'=∠C1AC對于A：sin===3ACcos=A對于C：sin=C對于D：cos==3故答案為：D.

【分析】在圖中找到α，β，γ和α'，β'，9．【答案】A,D【解析】【解答】解：因為z=?12+32i，

所以因為z?z=?12+因為z2因為z3故答案為：AD.【分析】由z=?110．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：對于A，因為sin15對于B，因為cos2對于C，因為1sin對于D，因為tan22.5故答案為：ABD.【分析】利用二倍角正弦公式、二倍角的余弦公式、輔助角公式和二倍角的正切公式，從而逐項判斷找出化簡正確的選項.11．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：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=對于B，如圖，過A作AE∥BD，且AE=BD，連接ED，則當四邊形ABDE為正方形，

∠CDE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CE=DE=1，又因為AC⊥l，BD⊥l，

所以l⊥面AEC，

則DE⊥面AEC，

所以∠CDE=45°，故B正確；對于C，如圖，作AE∥則二面角α?l?β的平面角為∠CAE，

又因為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=對于D，由選項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，又因為△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43故答案為：ABD.

【分析】由面面垂直的性質定理得出線面垂直，從而得出直線CD與平面β所成角的正弦值，則可判斷選項A；根據二面角求異面直線所成的角的方法和二面角求解方法，則判斷出選項B和選項C；由四面體外接球的幾何性質得出外接球半徑，從而得出四面體ABCD的外接球的體積，則可判斷選項D，從而找出說法正確的選項.12．【答案】π【解析】【解答】因為函數f(x)=sin(2x+φ)(?π所以函數g(x)=sin(2x?π6即g(所以φ=π因為?π2≤φ≤π故答案為：π

【分析】轉化為函數g(x)=sin(2x?π613．【答案】2,22【解析】【解答】解：在△ABC中，a=x，b=2，B=45由余弦定理得：b2=c2+因為符合條件的三角形有兩個，

所以關于c的方程由兩個正根，所以Δ=2x2故實數x的取值范圍是2,22故答案為：2,22【分析】利用余弦定理，構造關于c的方程，再利用根的分布求出x的取值范圍.14．【答案】4【解析】【解答】解：因為x1,x2,?,所以x=1n則s2則s2則s2=1nx所以x1所以數據x12,故答案為：4.

【分析】根據已知條件和平均數公式、方差公式以及平均數的性質、方差的性質，從而計算可得數據x115．【答案】解：（1）依題意，得：a+2b?a所以a?（2）由向量b與λa+b的夾角為銳角，

可得b?λa+當向量b與λa+b綜上所述，λ的取值范圍為?4,0∪【解析】【分析】(1)由已知條件和數量積的運算律求出a?b的值，再根據數量積求向量模的公式和數量積的運算律，從而得出(2)根據向量夾角為銳角結合數量積求向量夾角公式，從而列出關于λ的不等關系式，結合當向量b與λa+b同向時，可知λ=016．【答案】（1）解：設“甲乙兩人只需要再進行兩局比賽就能結束本場比賽”為事件A，若兩局比賽就能結束，則只能甲連勝兩局，所以P(（2）解：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：甲得3分，乙得1分，則甲11：所以P(【解析】【分析】（1）利用已知條件結合獨立事件乘法求概率公式得出甲乙兩人只需要再進行兩局比賽就能結束本場比賽的概率。

（2）利用已知條件結合獨立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式得出該局比賽甲得11分獲勝的概率。17．【答案】（1）解：依題意，得出：f(x)=2=sinx+cosx=2sin(x+則2kπ+π4≤x+所以不等式f(x)≥1的解集為[2kπ（2）解：由mf(x)≤g(x)，

得m(sin由x∈[0,π4]，得π4≤x+令t=sinx+cosx=2則原不等式化為mt≤t2?1，

所以m≤t2?1t則當t=1時，ymin=0，

所以【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式和輔助角公式化簡函數f(x)，再利用已知條件和正弦型函數的圖象，從而得出不等式f(x)≥1的解集.（2）令t=sinx+cosx結合（1）依題意，f(x)=2=sinx+cosx=2則2kπ+π所以不等式f(x)≥1的解集為[2kπ（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≤0.18．【答案】（1）證明：因為AB為半球M的直徑，C為AB上一點，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）解：因為三角形ABC為直角三角形，則AB=2AM=4,AC=2，所以BC=23又因為PB=6，PB⊥平面PAC所以PC=6又因為三角形PAB也是直角三角形，所以PA=10所以S△PACS△PAB設點C到平面PAB的距離為h，則VC?PAB所以13所以h=S設直線PC與平面PAB所成的角為θ，則sinθ=【解析】【分析】(1)由AC⊥BC，AC⊥PC可得AC⊥平面PBC，從而可得AC⊥PB，再利用PA⊥PB可得PB⊥平面PAC，從而證出PB⊥PC.(2)利用已知條件和等體積法結合三棱錐的體積公式，從而求得點C到平面PAB的距離為h的值，設直線PC與平面PAB所成的角為θ，則sinθ=hPC，從而得出直線PC（1）證明：因為AB為半球M的直徑，C為AB上一點，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）解：因為三角形ABC為直角三角形，AB=2AM=4,AC=2，所以BC=23又因為PB=6，PB⊥平面PAC所以PC=6又因為三角形PAB也是直角三角形，所以PA=10所以S△PACS△PAB設點C到平面PAB的距離為h，則有VC?PAB即13所以h=S設直線PC與平面PAB所成的角為θ，則sinθ=19．【答案】（1）解：在△BCD中，

由題意得S△BCD又因為BD=2，∠DBC=π所以12×2×