湖南省衡陽市2023-2024學年高一下學期期末考試數學試題1．下列幾何體中，頂點個數最少的是（）A．四棱錐 B．長方體 C．四棱臺 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個小球隨機分給甲、乙、丙3個人，每人1個，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”互為對立事件的是（）A．甲分得黃球 B．甲分得白球C．丙沒有分得白球 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，為測量峰頂M和峰頂N之間的距離，測量隊在B點（A，B，C在同一水平面上）測得M點的仰角為π4，N點的仰角為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，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，點M，N，E，F分別在棱A1B1A．MN∥EF B．EF∥BD C．AN∥DF D．BE∥平面AMN10．Z國進口的天然氣主要分為液化天然氣和氣態天然氣兩類.2023年Z國天然氣進口11997噸，其中液化天然氣進口7132噸，氣態天然氣進口4865噸.2023年Z國天然氣及氣態天然氣進口來源分布及數據如圖所示：下列結論正確的是（）A．2023年Z國從B國進口的液化天然氣比從A國進口的多B．2023年Z國沒有從A國進口液化天然氣C．2023年Z國從C國進口的液化天然氣一定比從D國進口的多D．2023年Z國從B國進口的液化天然氣一定比從D國進口的多11．在△ABC中，D是BC的中點，BC=4，AD=11A．若AC=7，則AB=11 B．△ABCC．BA?CA=7 D．若12．已知復數z=?i1+i，則z=13．在某次調查中，采用分層隨機抽樣的方法得到10個A類樣本，30個B類樣本.若A類樣本的平均數為5.5，總體的平均數為4，則B類樣本的平均數為.14．已知某圓臺的母線長為3，下底面的半徑為1，若球O與該圓臺的上、下底面及側面都相切，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，內角A，B，C的對邊分別為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學生數學學習的階段性表現，該年級組織了一次測試.已知此次考試共有1000名學生參加，將考試成績分成六組：第一組30,50，第二組50,70，…，第六組130,150.整理數據得到如圖所示的頻率分布直方圖.（1）該校根據試卷的難易程度進行分析，認為此次成績不低于110分，則階段性學習達到“優秀”，試估計這1000名學生中階段性學習達到“優秀”的人數；（2）若采用等比例分層抽樣的方法，從成績在50,70和110,130內的學生中共抽取6人，查看他們的答題情況來分析知識點的掌握情況，再從中隨機選取3人進行面對面調查分析，求這3人中恰有1人成績在110,130內的概率.18．如圖，在四棱錐P?ABCD中，PD⊥底面ABCD，E是PC的中點，點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，每個小組內的四支球隊進行循環比賽，共打6場，每場比賽中，勝、平、負分別積3，1，0分.每個小組積分的前兩名球隊出線，進入淘汰賽.若出現積分相同的情況，則需要通過凈勝球數等規則決出前兩名，每個小組前兩名球隊出線，進入淘汰賽.假定積分相同的球隊，通過凈勝球數等規則出線的概率相同（例如：若B，C，D三支積分相同的球隊同時爭奪第二名，則每個球隊奪得第二名的概率相同）.已知某小組內的A，B，C，D四支球隊實力相當，且每支球隊在每場比賽中勝、平、負的概率都是13（1）求A球隊在小組賽的3場比賽中只積3分的概率；（2）已知在已結束的小組賽的3場比賽中，A球隊勝2場，負1場，求A球隊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個頂點，長方體和四棱臺有8個頂點，四面體有4個頂點．故答案為：D.【分析】根據已知條件何幾何體的結構特征，從而逐項判斷找出頂點個數最少的選項．2．【答案】B【解析】【解答】解：2?2i3i+4故答案為：B.【分析】由復數除法運算法則化簡復數.3．【答案】B【解析】【解答】解：對于A：若m⊥l，則m不一定垂直α，故A錯誤；對于B：因為α∩β=l，所以l?α，

又因為m⊥α，所以m⊥l，故B正確；對于C：若m∥α，則m不一定平行于l，故C錯誤；對于D：若m∥l，則m∥α或m?α，故D錯誤.故答案為：B.【分析】根據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.4．【答案】C【解析】【解答】解：由題意得，|a因為a+3所以a?所以cosa又因為a,所以a,b=π3，即a故答案為：C.【分析】根據單位向量定義何已知條件，結合數量積的運算法則得出a??b?的值，再利用數量積求向量夾角公式得出5．【答案】C【解析】【解答】解：因為甲分得紅球，乙分得黃球或甲分得黃球，乙分得紅球，

則丙分得白球，與丙沒有分得白球互為對立事件.故答案為：C.【分析】由已知條件和對立事件的概念求解即可.6．【答案】D【解析】【解答】解：因為四邊形ABCD為矩形，

所以|則AB→所以|a故答案為：D.【分析】根據矩形的性質結合向量的加法法則和減法法則，再結合向量求模公式，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因為平面ABC∩平面BCC1B1=BC，MG?所以MG⊥平面BCC故∠MNG為直線MN與平面BCC當∠MNG取得最大值時，tan∠MNG=MGNG不妨設AA1=AB=a，

則MG=MB所以tan∠MNG=故答案為：D.

【分析】根據題意，先畫出圖象，再作MG⊥BC，然后由面面垂直的性質定理可得MG⊥平面BCC1B1，從而可得∠MNG為直線MN與平面BCC1B1所成的角，當∠MNG取得最大值時，9．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：因為平面AMN∥平面EFDB，又因為平面A1B1C1D1所以MN∥EF，故A正確；因為長方體ABCD?A所以平面A1B1C1D1∥平面ABCD，

又因為平面如圖，連接MF，此時平面DAMF與平面A1B1C1D1和平面ABCD因為DA∥D所以MF∥D又因為D1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，又因為AM∩AN=A，所以AN與DF不平行，故C錯誤；如圖，連接NE，由長方體性質得面BCC1B1∥面AA1所以BE∥AN，又因為AN?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定理證出線線平行，則判斷出選項A和選項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：對于B，因為2023年Z國從A國進口天然氣2480噸，全部為氣態天然氣，所以2023年Z國沒有從A國進口液化天然氣，故B正確.對于A，因為2023年Z國從B國進口天然氣2435噸，其中氣態天然氣1630噸，液化天然氣805噸，所以2023年Z國從B國進口的液化天然氣比從A國進口的多，故A正確.對于C，假設2023年Z國氣態天然氣其余部分全部來自C國，

共4865?2480?1630?340=415噸，則Z國從C國進口液化天然氣2416?415=2001噸，仍然大于從D國進口的天然氣的總量，所以2023年Z國從C國進口的液化天然氣一定比從D國進口的多，故C正確.對于D，因為2023年Z國從B國進口液化天然氣2435?1630=805噸，2023年Z國從D國進口的天然氣總量為1666噸，若全部為液化天然氣，則2023年Z國從B國進口的液化天然氣比從D國進口的少，故D錯誤.故答案為：ABC.【分析】由餅狀統計圖的實際含義，從而逐項判斷找出正確的選項.11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：在△ACD中，AC2+CD2=AD當AD⊥BC時，AD最大，所以△ABC面積的最大值為12因為BA?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】根據已知條件和勾股定理可判斷選項A；根據三角形面積公式和幾何法求最值，則判斷出選項B；根據平面向量基本定理和數量積的運算律，則判斷出選項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D，從而找出結論正確的選項.12．【答案】2???????【解析】【解答】解：因為z=?i1+i所以z=故答案為：2.【分析】根據復數乘法運算法則化簡復數z，再利用復數求模公式得出復數z的模.13．【答案】3.5【解析】【解答】解：設B類樣本的平均數為x，由題意可得10×5.5+30x40=4，解得故答案為：3.5.【分析】設B類樣本的平均數為x，根據總體的平均數列方程求解即可.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，設球O的半徑為r，則EF=2OE=2OM=2r，所以S梯形ABCD=1因為BC2=所以球O的表面積為4πr故答案為：8π．

【分析】把空間問題轉化在軸截面中進行研究，根據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，再結合球的表面積公式得出球O的表面積．15．【答案】（1）解：因為a=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+因為a∥b+解得x=0，則b=因為a?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表示求出x的值，再利用復數求模公式得出b的值.（2）利用已知條件和向量平行的坐標表示求出x的值，再由數量積求向量夾角的坐標公式，從而得出a與b夾角的余弦值.（1）因為a=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+因為a∥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：因為cosB=c+b2a所以sinC+因為sinC=所以sinB=則B=A?B（或B+A?B=π，舍去），

所以A=2B.（2）解：因為C=π?A?B=3π4，A=2B，

所以A=π則sinB=由asinA=bsin則b=a所以△ABC的周長為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）由三角形內角和定理和（1）中結論，從而得出角A和角B的值，再結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.（1）因為cosB=c+b2a所以sinC+因為sinC=所以sinB=則B=A?B（或B+A?B=π，舍去），即A=2B.（2）因為C=π?A?B=3π4，A=2B，所以A=πsinB=由asinA=b=a故△ABC的周長為a+b+c=617．【答案】（1）解：由頻率分布直方圖，可得學生成績在130,150內的頻率為0.04，

在110,130內的頻率為0.16，

故估計這1000名學生中階段性學習達到“優秀”的人數為：1000×(0.04+0.16)=200.（2）解：因為學生成績在50,70內的頻率為0.08，

在110,130內的頻率為0.16，

則抽取的6人中，成績在50,70內的有2人，在110,130內的有4人，

記成績在110,130內的4名學生為a，b，c，d，

在50,70內的2名學生為E，F，

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個樣本，

用事件A表示“這3人中恰有1人成績在110,130內”，

則A={aEF，bEF，cEF，dEF}，所以A包含4個樣本，

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，再結合頻數等于頻率乘以樣本容量，從而估計出這1000名學生中階段性學習達到“優秀”的人數.（2）先寫出從6人中任選3人的樣本空間和抽取的3人中恰有1人成績在110,130內的樣本空間，再結合古典概率公式得出這3人中恰有1人成績在110,130內的概率.（1）由頻率分布直方圖，可得學生成績在130,150內的頻率為0.04，在110,130內的頻率為0.16，故估計這1000名學生中階段性學習達到“優秀”的人數為1000×(0.04+0.16)=200.（2）學生成績在50,70內的頻率為0.08，在110,130內的頻率為0.16，則抽取的6人中，成績在50,70內的有2人，在110,130內的有4人.記成績在110,130內的4名學生為a，b，c，d，在50,70內的2名學生為E，F，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個樣本.用事件A表示“這3人中恰有1人成績在110,130內”，則A={aEF，bEF，cEF，dEF}，A包含4個樣本.故所求概率PA18．【答案】（1）證明：因為PD⊥底面ABCD，BC?底面ABCD，所以PD⊥BC，因為四邊形ABCD為正方形，所以DC⊥BC，因為PD∩DC=D，所以BC⊥平面PCD，因為DE?平面PCD，所以BC⊥DE，在△PCD中，PD=CD，E是PC的中點，則DE⊥PC，因為BC∩PC=C，所以DE⊥平面PBC，因為PB?平面PBC，所以DE⊥PB，因為EF⊥BP，DE∩EF=E，所以BP⊥平面DEF，因為DF?平面DEF，所以BP⊥DF.（2）解：連接AC交BD于點M，如圖所示：則AC⊥BD，

因為PD⊥底面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥PD，又因為PD∩BD=D，則AC⊥平面PDB，

則點C到平面PDB的距離為CM=因為E是PC的中點，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，

因為EF?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=因為△PFE∽△PCB，

所以PEPB=EF因為EF⊥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）由線面垂直的性質定理和正方形的結構特征以及等腰三角形三線合一，再結合線線垂直和線面垂直的推導關系，從而證出BP⊥DF.（2）由線線垂直證出線面垂直，從而得出點C到平面PDB的距離，再結合中點的性質和VF?BDE=V（3）由（1）可得DE⊥平面PBC，再結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：因為PD⊥底面ABCD，BC?底面ABCD，所以PD⊥BC.因為四邊形ABCD為正方形，所以DC⊥BC.因為PD∩DC=D，所以BC⊥平面PCD.因為DE?平面PCD，所以BC⊥DE.在△PCD中，PD=CD，E是PC的中點，則DE⊥PC.因為BC∩PC=C，所以DE⊥平面PBC.因為PB?平面PBC，所以DE⊥PB.因為EF⊥BP，DE∩EF=E，所以BP⊥平面DEF.因為DF?平面DEF，所以BP⊥DF.（2）連接AC交BD于點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C到平面PDB的距離為CM=因為E是PC的中點，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，因為EF?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=因為△PFE∽△PCB，所以PEPB=EF因為EF⊥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球隊在小組賽的3場比賽中只積3分，有兩種情況.第一種情況：A球隊在3場比賽中都是平局，其概率為13第二種情況：A球隊在3場比賽中勝1場，負2場，其概率為13故所求概率為127（2）解：假設A球隊參與的3場比賽的結果為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場比賽中：若C與D比賽平局，則C，D每隊最多只能加4分，此時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場比賽的結果無論如何，都有兩隊