第第頁湖南省雅禮教育集團2023-2024學年高一下學期期末考試數學試卷一、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．已知集合M={x∈Z|xA．{?1，0C．(0，32．設i為虛數單位，復數z滿足(1+i)z=?1+2i，則z?zA．102 B．5 C．2 D．3．設α，β為兩個不同的平面，則α//β的一個充分條件是()A．α內有無數條直線與β平行 B．α，β垂直于同一個平面C．α，β平行于同一條直線 D．α，β垂直于同一條直線4．定義在R上的函數f(x)滿足f(x+2A．?3 B．0 C．1 D．35．已知向量a，b滿足|b|=1，a⊥b，則A．2 B．2a C．?2b 6．設三棱柱的側棱垂直于底面，所有棱的長都為a，頂點都在一個球面上，則該球的表面積為（）A．43πa2 B．73π7．某數學興趣小組要測量一個球體建筑物的高度，已知點A是球體建筑物與水平地面的接觸點(切點)，地面上B，C兩點與點A在同一條直線上，且在點A的同側．若小明同學在B，C處分別測得球體建筑物的最大仰角為60°和20°，且BC=a米，則該球體建筑物的高度為(A．a4cos10C．asin10°8．已知正四棱錐S?ABCD的底面邊長為1，側棱長為2，SC的中點為E，過點E作與SC垂直的平面α，則平面α截正四棱錐S?ABCD所得的截面面積為(????)．A．33 B．63 C．23二、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．學校“未來杯”足球比賽中，甲班每場比賽平均失球數是1.9，失球個數的標準差為0.3;乙班每場比賽平均失球數是1.3，失球個數的標準差為1.2，你認為下列說法中正確的是()A．平均來說乙班比甲班防守技術好B．乙班比甲班防守技術更穩定C．乙班在防守中有時表現非常好，有時表現比較差D．甲班很少不失球10．伯努利試驗是在同樣的條件下重復地、相互獨立地進行的一種隨機試驗，其特點是每次試驗只有兩種可能結果.若連續拋擲一枚質地均勻的硬幣n次，記錄這n次試驗的結果，設事件M=“n次試驗結果中，既出現正面又出現反面”，事件N=“n次試驗結果中，最多只出現一次反面”，則下列結論正確的是()A．若n=2，則M與N不互斥 B．若n=2，則M與N相互獨立C．若n=3，則M與N互斥 D．若n=3，則M與N相互獨立11．如圖，在四邊形ABCD中，△ACD和△ABC是全等三角形，AB=AD，∠ABC=90°，∠BAC=60°，AB=1.下面有兩種折疊方法將四邊形ABCD折成三棱錐.折法①：將△ACD沿著AC折起，得到三棱錐D1?ABC，如圖1.折法②：將△ABD沿著BD折起，得到三棱錐A．按照折法?①，三棱錐D1?ABCB．按照折法?①，存在D1滿足C．按照折法?②，三棱錐A1?BCDD．按照折法?②，存在A1滿足A1C⊥平面A1BD，且此時三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．當a>0且a≠1時，函數y=ax?2+413．如圖所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC=120°，PA=AB=BC=6，則|14．已知向量a，b滿足a+b?b=0，a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．已知函數f(x)=3（1）求f(x)的最小正周期T;（2）求f(x)的最小值以及取得最小值時x的集合．16．記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，滿足2c+b?2acos（1）求角A;（2）若a=23，BA?AC=32，17．我校在2021年的自主招生考試成績中隨機抽取40名學生的筆試成績，按成績共分成五組：第1組[75，80)，第2組[80，85)，第3組[85，90)，第4組[90（1）根據樣本頻率分布直方圖估計樣本的中位數與平均數；（2）如果用分層抽樣的方法從“優秀”和“良好”的學生中共選出5人，再從這5人中選2人，那么至少有一人是“優秀”的概率是多少？18．如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AA1=4（1）求證：AM//平面BDN;（2）求證：A119．已知平面四邊形ABCD，AB=AD=2，∠BAD=60°，∠BCD=30°，現將△ABD沿BD邊折起，使得平面ABD⊥平面BCD，此時AD⊥CD，點（1）求證：BP⊥平面ACD;（2）若M為CD的中點，求MP與平面BPC所成角的正弦值;（3）在(2)的條件下，求二面角P?BM?D的平面角的余弦值．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：由x2-3x-4≤0得-1≤x≤4，所以M={x∈Z|-1≤x≤4}={-1，0，1，2，3，4}，

又N={x故答案為：B.

【分析】先化簡集合M，再結合交集的定義運算可得答案.2．【答案】D【解析】【解答】解：由(1+i)所以z=所以z?z故答案為：D.【分析】本題考查復數的除法運算，共軛復數的定義.通過變形可得：z=?1+2i1+i，分子和分母同時乘以1-i，再進行化簡可求出復數3．【答案】D【解析】【解答】解：A：α內有無數條直線與β平行推不出α∥β，只有α內所有直線與β平行才能推出，A錯誤；B：α，β垂直于同一平面，得到α∥β或α與β相交，B錯誤；C：α，β平行于同一條直線，得到α∥β或α與β相交，C錯誤；D：因為垂直與同一條直線的兩平面平行，故α，β垂直于同一條直線可得α∥β，D正確．故答案為：D【分析】本題考查平面與平面平行的判定，充分條件和必要條件的定義.根據平面與平面平行的判定定理：如果一個平面內有兩條相交直線分別平行于另一個平面，那么這兩個平面互相平行.無數條直線未交待相交，據此可判斷A選項；垂直于同一個平面的兩個平面可能平行，也可能相交，據此可判斷B選項；平行于同一條直線的兩個平面可能平行，也可能相交，據此可判斷C選項；根據垂直于同一條直線的兩個平面平行，據此可判斷D選項.4．【答案】D【解析】【解答】解：因為fx+2+fx=3，所以fx+4+fx+2=3，所以fx+4=fx，

即f(x)5．【答案】C【解析】【解答】解：∵a⊥b，∴a?b設向量a?2b和向量a的夾角為θ，即則向量a?2b和向量故向量a?2b在向量a方向上的投影為又∵|a|=2，∴向量a?2b故答案為：C.【分析】本題考查平面向量的投影向量.利用平面向量的數量積進行計算可求出(a?2b)?a=4，設向量a?2b和向量a的夾角為θ，利用平面向量的夾角計算公式可推出向量a?2b和向量a6．【答案】B【解析】【解答】由題意知，該三棱柱為正三棱柱，且側棱與底面邊長相等，均為a.設O、O1分別為下、上底面的中心，且球心O2為又AD=32a，AO=設球O2的半徑為R，則R所以S球故答案為：B.

【分析】由題意知，該三棱柱為正三棱柱，且側棱與底面邊長相等，均為a，設O、O1分別為下、上底面的中心，且球心O2為O1O的中點，再利用AD=32a，AO=7．【答案】B【解析】【解答】解：設球心為O，連接OB,OC，如圖所示：

則設球的半徑為R，則AB=OAtan∴BC=AC?AB=R∴R==a∴2R=a2cos故答案為：B．【分析】本題考查球的內接幾何體問題.設球心為O，連接OB,OC，設球的半徑為R，利用正切的定義可求出AB=3R,AC=R8．【答案】A【解析】【解答】解：在正四棱錐S?ABCD中，連接AC，則AC=2=SA=SC，△SAC是正三角形，由SC的中點為E而SC⊥α,SC∩α=E，則AE?sin∠BSC=1?cos2∠BSC=74，令平面α與直線SBSF=SEcos∠BSC=2234=223<2，即點F在棱SB上，同理平面α與棱在△SEF中，EF=SFsin∠BSC=在△SAF中，cos∠ASF=3在△AEF中，cos∠EAF=A所以所得截面面積SAFEG故答案為：A【分析】本題考查異面直線的夾角.先作出正四棱錐S?ABCD，再連接AC，根據題意可推出△SAC是正三角形，利用正三角形的性質可推出AE⊥SC，利用余弦定理可求出cos∠BSC，利用同角三角函數的基本關系可求出sin∠BSC，通過計算可得SF<2，可推出點F在棱SB上，平面α與棱SD相交，令交點為G，連EG,AG，于是四邊形AFEG為平面α截正四棱錐S?ABCD所得的截面，利用正弦的定義可求出EF，AE，利用余弦定理可求出9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A，從平均數角度考慮是對的，甲班每場比賽平均失球數大于乙班每場比賽平均失球數，A正確；B，從標準差角度考慮是錯的，甲失球個數的標準差小，防守技術更穩定；B錯誤；C，乙失球個數的標準差大，防守中的表現不穩定，C正確；D，從平均數和標準差角度考慮是對的，D正確.故答案為：ACD.【分析】本題考查平均數和方差的統計學意義.根據平均數的統計學意義：平均數反映數據集中趨勢的一項指標，據此可判斷A選項；根據方差（標準差）越大，數據越不穩定；方差（標準差）越小，數據越穩定，據此可判斷B選項和C選項；利用平均數和標準差綜合考慮，可判斷D選項.10．【答案】A,D【解析】【解答】解：A.當n=2時，所有基本事件有：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），共4種，其中（正，反）和（反，正）這兩種實驗結果，事件M和事件N同時發生，故M與N不互斥，A正確；B.P(M)=12，P(N)C.當n=3時，所有基本事件有：（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反），共8種，其中（正，正，反）、（正，反，正）和（反，正，正）這三種實驗結果，事件M和事件N同時發生，故M與N不互斥，C錯誤；D.P(M)=68=34，P故答案為：AD【分析】本題考查互斥事件的定義，相互獨立事件的概率乘法公式.當n=2時，利用列舉法先列出基本事件的個數，通過列舉可知：事件M和事件N同時發生，利用互斥事件的定義可判斷A選項；利用古典概型的計算公式可求出P(M)，P(N)，P(MN)，進而可得P(MN)≠P(M)P(N)，利用互斥事件的定義可判斷B選項；當11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：已知如圖所示：由題意知AC=2,取AC的中點O，由于△ACD和△故OA=OC=ODA.故在折法①的折疊過程中，三棱錐D1?ABC的外接球的球心為故該球的表面積恒為4πB.按照折法①，在折起過程中，點D1在平面ABC內的投影D1'而線段BD(不包括端點)不存在D1'使得CD1'C.按照折法②，取BD的中點H，A1當平面A1BD⊥平面BCD時，三棱錐此時體積V=1D.當A1C=2時，A故此時A1C⊥A又因為A1B∩故A1C⊥平面故∠A1BC為BC則sin∠故答案為：ACD.【分析】本題考查球內接幾何體問題，三棱錐的體積公式，直線與平面所成的角.取AC的中點O，利用全等三角形的性質可得OA=OC=OD1=OB，根據折疊的性質可得三棱錐D1?ABC的外接球的球心為O，半徑為1，利用球的體積公式進行計算可判斷A選項；根據折疊性質可得點D1在平面ABC內的投影D1'在線段BD上(不包括端點)，進而可推出不存在D1滿足AB⊥CD1，判斷B選項；取BD的中點H，利用三棱錐的體積計算公式可推出當平面A1BD⊥平面BCD時，三棱錐A1?BCD12．【答案】(【解析】【解答】解：令x?2=0，可得當x=2時，y=5，所以圖象一定經過定點(2故答案為：(2【分析】本題考查指數函數的定點.根據指數函數的定點，指數位置的數等于0，故令x?2=0可求出定點的橫坐標，再代入解析式可求出定點的縱坐標，進而可求出定點.13．【答案】12【解析】【解答】解：∵PA=AB=BC=6，∴由余弦定理可得AC=36+36?2×6×6×∵PA⊥平面ABC，AC?平面∴PA⊥AC，∴PC=36+108故答案為：C．【分析】本題考查直線與平面垂直的性質定理.連接PB，PC，先利用余弦定理求出AC，利用直線與平面垂直的性質可推出PA⊥AC，利用勾股定理可求出PC．14．【答案】4【解析】【解答】解：取平行四邊形OACB，連接OC如圖所示：設OA=a,因為向量a，b滿足(a+b)?設OB=m,OC=n，m,n>0，如圖以O為原點，則O所以a=OA=(?m所以|因為9m2+n即m=43sinθ,n=4cosθ，所以故m+n的最大值為4103，即|a故答案為：410【分析】本題考查平面向量的數量積.先作出平行四邊形OACB，連接OC，設OA=a,OB=b，則OC=a+b，利用平面向量加法的平行四邊形法則可推出OC⊥OB，設OB=m,OC=n，m,n>0，如圖以O為原點，OB,OC所在直線為x,15．【答案】（1）解：由f(x)=32sin2x+1所以T=（2）解：由(1)知f(x)min=?1+1=0，此時2x+π故x的集合為{x|x=?π【解析】【分析】本題考查輔助角公式，正弦函數的圖象和性質.

(1)先利用輔助角公式化簡函數解析式可得：f(x)=sin(2x+π6)+1，再利用周期計算公式進行計算可求出最小正周期；

(2)當sin(2x+π16．【答案】（1）解：因為2c+b?2acosB=0，由正弦定理可知：∵sinC=∴2cosA又A為三角形內角，所以A=（2）解：由BA?AC=32，得cba∵AD=所以AD=6【解析】【分析】本題考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.

（1）先利用正弦定理進行邊化角，再利用兩角和的正弦公式進行化簡可求出cosA=?（2）先利用平面向量的數量積可求出bc=3，利用余弦定理可求出a，根據三角形的中線向量公式可得AD=17．【答案】（1）解：第一組的頻率為0.所以中位數在第三組，不妨設為x，則(x?85)×0平均數為77.（2）解：根據題意，“良好”的學生有40×0.4=16人，“優秀”的學生有所以分層抽樣得“良好”的學生有5×1640=2將三名優秀學生分別記為A，B，則這5人中選2人的基本事件有：AB，其中至少有一人是“優秀”的基本事件有：AB，所以至少有一人是“優秀”的概率是P=【解析】【分析】(1)根據中位數和平均數的定義計算即可；

(2)用列舉法列出5人中選2人的基本事件和至少有一人是“優秀”的基本事件，利用古典概型公式計算即可得至少有一人是“優秀”的概率.18．【答案】（1）證明：在長方體ABCD?A1B點M和點N在棱CC1上，且連接AC、BD，設AC∩BD=O，連接ON，則O為AC的中點，如圖所示：

又N為CM的中點，所以ON//AM，又AM?平面BDN，ON?平面BDN，所以AM//平面BDN．（2）證明：在長方體ABCD?A1B則ABCD為正方形，所以AC⊥BD，因為AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCDAA1∩AC=A，AA1所以BD⊥平面AAA1C?平面AA又AC=22，OC=2，CN=1，所以AA1AC=AC所以∠A又∠A所以∠A所以A1又BD∩ON=O，BD，ON?平面BDN，所以A1C⊥平面又DN?平面BDN，所以A1【解析】【分析】本題考查直線與平面平行的判定，直線與平面垂直的判定.

（1）連接AC、BD，設AC∩BD=O，連接ON，利用三角形的中位線定理可推出（2）利用正方形的性質可推出AC⊥BD，利用直線與平面垂直的性質可推出AA1⊥BD，利用直線與平面垂直的判定定理可證明BD⊥平面AA1C1C，進而可推出A19．【答案】（1）證明：∵AB=AD，∠BAD=60°，∴△ABD為等邊三角形，∵P為AD中點，∴BP⊥AD，取BD中點E，連接AE，如圖所示：

則AE⊥BD，∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AE?平面ABD，∴AE⊥平面BCD，又CD?平面BCD，∴AE⊥CD．又∵CD⊥AD，AD∩AE=A，AD、AE?平面ABD，∴CD⊥平面ABD．∵BP?平面ABD，∴CD⊥BP．又∵CD∩AD=D，CD、AD?平面ACD，∴BP⊥平面ACD．（2）解：過點M作MH⊥PC，垂足為H.如圖所示由(1)知，BP⊥平面ACD．因為MH?平面ACD，所以BP⊥MH又BP∩PC=P，BP,PC?平面BPC，所以MH⊥平面BPC，所以∠MPC為MP與平面BPC所成角．由(1)知，CD⊥平面ABD,BD?平面ABD，所以CD⊥BD．在Rt?BCD中，∵∠BCD=∴DC=BD因為M為CD的中點，所以MD=CM=1在Rt?PDM中，PM=在Rt?PDC中，PC=在?CPM中，cos∠MPC=PC所以sin∠MPC=1所以MP與平面BPC所成角的正弦值為3926（3）解：取ED的中點為O，連接PO，因為P為線段AD的中點，如圖所示：

所以PO//AE,PO=12由(1)知，AE⊥平面BCD，所以PO⊥平面BCD．又BM?平面BCD，所以PO⊥BM．過點P作PG⊥BM，垂足為G，連接OG．PO∩PG=P，PO,PG?平面POG，所以BM⊥平面POG．又OG?平面POG，所以BM⊥OG，所以∠PGO為