2023-2024学年湖南省衡阳市高一下学期期末考试数学试题(含解析)

2023-2024学年湖南省衡阳市高一下学期期末考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.下列几何体中，顶点个数最少的是
A. 四棱锥
B. 长方体
C. 四棱台
D. 四面体2.2−2i 3i +4=
A. 113−713i
B. 225−1425i
C. 225+1425i
D. −125+725i 3.已知直线l ，m 及平面α，β，且α⊥β，α∩β=l ，下列命题正确的是
A. 若m ⊥l ，则m ⊥α
B. 若m ⊥α，则m ⊥l
C. 若m//α，则m//l
D. 若m//l ，则m//α
4.已知单位向量a ，b 满足(a +3b )⋅(a−2b )=−92，则a 与b 的夹角为
A. 0
B. π2
C. π3
D. π65.将颜色为红、黄、白的3个小球随机分给甲、乙、丙3个人，每人1个，则与事件“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球”互为对立事件的是
A. 甲分得黄球
B. 甲分得白球
C. 丙没有分得白球
D. 甲分得白球，乙分得黄球
6.在矩形ABCD 中，若AB =a ，BC =b ，AC =c ，且|a−b |=2，则|a +b +c |=
A. 3
B. 1
C. 2
D. 4
7.如图，两座山峰的高度AM =CN =300 m ，为测量峰顶M 和峰顶N 之间的距离，测量队在B 点(A,B,C 在同一水平面上)测得M 点的仰角为π4，N 点的仰角为π6，且∠MBN =π4，则两座山峰峰顶之间的距离MN =
A. 300 m
B. 600 m
C. 300 2m
D. 600 2m
8.在正三棱柱ABC−A 1B 1C 1中，AA 1=AB ，M 是AB 的中点，N 是棱B 1C 1上的动点，则直线MN 与平面BCC 1B 1所成角的正切值的最大值为
A. 1
2B. 2
2
C. 3
2
D. 3
4
二、多选题：本题共3小题，共15分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

9.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N，E，F分别在棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1上，且平面AMN//平面EFDB，下列结论正确的是
A. MN//EF
B. EF//BD
C. AN//DF
D. BE//平面AMN
10.Z国进口的天然气主要分为液化天然气和气态天然气两类．2023年Z国天然气进口11997吨，其中液化天然气进口7132吨，气态天然气进口4865吨．2023年Z国天然气及气态天然气进口来源分布及数据如图所示：
下列结论正确的是
A. 2023年Z国从B国进口的液化天然气比从A国进口的多
B. 2023年Z国没有从A国进口液化天然气
C. 2023年Z国从C国进口的液化天然气一定比从D国进口的多
D. 2023年Z国从B国进口的液化天然气一定比从D国进口的多
11.在△ABC中，D是BC的中点，BC=4，AD=11，下列结论正确的是
A. 若AC=7，则AB=11
B. △ABC面积的最大值为211
C. BA⋅CA=7
D. 若B=2C，则AB=3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.已知复数z=−i(1+i)，则|z|=__________．
13.在某次调查中，采用分层随机抽样的方法得到10个A类样本，30个B类样本．若A类样本的平均数为5.5，总体的平均数为4，则B类样本的平均数为__________．
14.已知某圆台的母线长为3，下底面的半径为1，若球O与该圆台的上、下底面及侧面都相切，则球O的表面积为__________．
四、解答题：本题共5小题，共60分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15.(本小题12分)
已知向量a=(1,2)，b=(2,x)．
(1)若a⊥(a−b)，求|b|；
(2)若向量c=(−3,−2)，a//(b+c)，求a与b夹角的余弦值．
16.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos B=c+b
．
2a
(1)证明：A=2B．
(2)若a=2，C=3π
，求△ABC的周长．
4
17.(本小题12分)
为了解某校高一年级学生数学学习的阶段性表现，该年级组织了一次测试．已知此次考试共有1000名学生参加，将考试成绩分成六组：第一组[30,50)，第二组[50,70)，…，第六组[130,150].整理数据得到如图所示的频率分布直方图．
(1)该校根据试卷的难易程度进行分析，认为此次成绩不低于110分，则阶段性学习达到“优秀”，试估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数；
(2)若采用等比例分层抽样的方法，从成绩在[50,70)和[110,130)内的学生中共抽取6人，查看他们的答题情况来分析知识点的掌握情况，再从中随机选取3人进行面对面调查分析，求这3人中恰有1人成绩在[110,130)内的概率．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，E是PC的中点，点F在棱BP上，且EF⊥BP，四边形ABCD为正方形，PD=CD=2．
(1)证明：BP⊥DF．
(2)求三棱锥F−BDE的体积．
(3)求二面角F−DE−B的余弦值．
19.(本小题12分)
在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分．每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛．若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛．假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同(例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同).已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是
1
，每场比赛的结果相互独立．
3
(1)求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率；
(2)已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率．
答案解析
1.D
【解析】解：四棱锥有5个顶点，长方体和四棱台有8个顶点，四面体有4个顶点．2.B
【解析】解：2−2i
3i+4=(2−2i)(4−3i)
(4+3i)(4−3i)
=2−14i
25
=2
25
−14
25
i，
故选B．
3.B
【解析】解：A、若m⊥l，则m⊥α或m//α或m⊂α，故A错误;
B、若m⊥α，则m⊥l，故B正确；
C、若m//α，则m//l或m与l异面，故C错误;
D、若m//l，则m//α或m⊂α，故D错误．
故选B．
4.C
【解析】解：
因为(a+3b)⋅(a−2b)=a 2
−6b2+a⋅b=−9
2
，所以a⋅b=1
2
，
cos<a，b a b
|a||b|=1
2
，
所以a与b的夹角为π
3．
5.C
【解析】解：“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球，乙分得红球”，即“丙分得白球”，与“丙没有分得白球”互为对立事件．
6.D
【解析】解：|a−b|=|c|=|a+b|=2，|a+b+c|=|c+c|=|2c|=4．7.C
【解析】解：BM=AM
sin∠ABM =
300
sinπ
4
=3002m，
BN=CN
sin∠CBN =
300
sinπ
6
=600m，
在ΔBMN中利用余弦定理得：
MN=BM2+BN2−2BM⋅BNcos∠MBN=3002m.
8.D
【解析】解：如图，作MG⊥BC，垂足为G，连接NG.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1 B1，
因为平面ABC∩平面BCC1B1=BC，MG⊥BC，所以MG⊥平面BCC1B1．
故∠MNG为直线MN与平面BCC1B1所成的角．
当∠MNG取得最大值时，tan∠MNG=MG
NG
取得最大值，NG取得最小值．
不妨设AA1=AB=a，则MG=3a
4，NG的最小值为a，tan∠MNG=MG
NG
=3
4
．
9.ABD
【解析】解：因为平面AMN//平面EFDB，平面AMN∩平面A1B1C1D1=MN，
平面EFDB∩平面A1B1C1D1=EF，
所以MN // EF，所以A正确；
因为平面ABCD//平面A1B1C1D1，平面EFDB∩平面ABCD=BD，
平面EFDB∩平面A1B1C1D1=EF，
所以BD // EF，所以B正确；
由图知，直线AN和直线DF是异面直线，所以C错误；
由长方体性质得，BE //AN，
又BE⊄平面AMN，AN⊂平面AMN，
所以BE //平面AMN，所以D正确．
10.ABC
【解析】解：2023年Z国从A国进口天然气2480吨，全部为气态天然气，
所以2023年Z国没有从A国进口液化天然气，B正确．
2023年Z国从B国进口天然气2435吨，其中气态天然气1630吨，液化天然气805吨，
所以2023年Z国从B国进口的液化天然气比从A国进口的多，A正确．
假设2023年Z国气态天然气其余部分全部来自C国，共4865−2480−1630−340=415吨，则Z国从C国进口液化天然气2416−415=2001吨，仍然大于从D国进口的天然气的总量，所以2023年Z国从C国进口的液化天然气一定比从D国进口的多，C正确．
2023年Z国从B国进口液化天然气2435−1630=805吨，
2023年Z国从D国进口的天然气总量为1666吨，若全部为液化天然气，
则2023年Z国从B国进口的液化天然气比从D国进口的少，D错误．
11.BCD
【解析】解：在△ACD中，AC2+CD2=AD2，所以C=π
2
，AB=AC2+BC2=23，A错误．
△ABC面积的最大值为1
2
BC⋅AD=211，B正确．
BA⋅CA=(BD+DA)⋅(CD+DA)=(BD+DA)⋅(−BD+DA)=DA2−BD2=7，C正确．
在△ABC中，由正弦定理可得AC
sin2C =AB
sin C
，得AC=2AB cos C.
在△ACD中，由余弦定理可得cos C=AC2+CD2−AD2
2AC⋅CD =4AB2cos2C−7
8AB cos C
，
即cos2C=7
4AB2−8AB
．
在△ABD中，由余弦定理可得cos2C=AB2+BD2−AD2
2AB⋅BD =AB2−7
4AB
=2cos2C−1，
即AB2−7=8AB cos2C−4AB，所以AB2−7=8AB⋅7
4AB2−8AB
−4AB，
整理得AB2+2AB−15=0，解得AB=3(AB=−5舍去)，D正确．
12.2
【解析】解：由题意，复数z=−i⋅(1+i)=1−i，
所以|z|=12+(−1)2=2．
故答案为：2．
13.3.5
【解析】解：设B类样本的平均数为x，则10×5.5+30x
40
=4，解得x=3.5．14.8π
【解析】解：如图，在轴截面梯形ABCD中，AD=BC=3，AB=2BF=2，设球O的半径为r，则EF=2OE=2OM=2r．
S 梯形ABCD =12(CD +AB)⋅EF =12CD ⋅OE +2×12BC ⋅OM +12AB ⋅OF ，
解得CD =4，因为BC 2=(2r )2+(CE−BF )2，
所以r 2=2，
所以球O 的表面积为4πr 2=8π．15.解：(1)因为a =(1,2)，b =(2,x)，所以a−b =(−1,2−x)．由a ⊥(a−b )，可得a ⋅(a−b )=0，
即−1×1+2(2−x)=0，解得x =32，所以b =(2,32)，
故|b |=52．
(2)依题意得b +c =(−1,x−2)．因为a //(b +c )，所以x−2+2=0，
解得x =0，则b =(2,0)．
a ⋅
b =2，|a |= 5，|b |=2，
所以cos <a ，b >=a b
|a ||b | 55，所以a 与b 夹角的余弦值为 55． 【解析】(1)由a ⋅(a−b )=0求出x ，可得|b |；
(2)由a //(b +c )，解得x ，由cos <a ，b a b
|a ||b |得答案．
16.解：(1)证明：因为cos B =c +b 2a ，所以c +b =2a cos B ，
所以sin C +sin B =2sin A cos B .
因为sin C =sin (A +B)=sin A cos B +cos A sin B ，
所以sin B =sin A cos B−cos A sin B =sin (A−B)，
则B =A−B(或B +A−B =π，舍去)，即A =2B ．
(2)解：因为C =π−A−B =3π4，A =2B ，所以A =π6，B =π12．
sin B =sin π12=sin(π4−π6)=
6− 24．由a sin A =b sin B =c sin C ，可得c =a sin A ⋅sin C =2 2，
b=a
sin A
⋅sin B=6−2．
故△ABC的周长为a+b+c=6+2+2．
【解析】(1)利用正弦定理得到sin B=sin(A−B)，然后得到A=2B．
(2)先得到c=a
sin A ⋅sin C=22，b=a
sin A
⋅sin B=6−2.然后得到△ABC的周长为
a+b+c=6+2+2．
17.解：(1)由频率分布直方图，可得学生成绩在[130,150]内的频率为0.04，在[110,130)内的频率为0.16，故估计这1000名学生中阶段性学习达到“优秀”的人数为1000×(0.04+0.16)= 200．
(2)学生成绩在[50,70)内的频率为0.08，
则抽取的6人中，成绩在[50,70)内的有2人，在[110,130)内的有4人．
记成绩在[110,130)内的4名学生为a，b，c，d，在[50,70)内的2名学生为E，F，
则从6人中任选3人，样本空间可记为
{abc,abd,abE,abF,acd,acE,acF,adE,adF,aEF,bcd,bcE,bcF,bdE,bdF,bEF,cdE,cdF,cEF,dEF}，
共包含20个样本．
用事件A表示“这3人中恰有1人成绩在[110,130)内”，
则A={aEF,bEF,cEF,dEF}，A包含4个样本．
故所求概率P(A)=4
20=1
5
．
【解析】(1)先得到学生成绩在[130,150]内的频率为0.04，在[110,130)内的频率为0.16，然后利用1000×(0.04+0.16)= 200即可．
(2)先得到抽取的6人中，成绩在[50,70)内的有2人，在[110,130)内的有4人．
记成绩在[110,130)内的4名学生为a，b，c，d，在[50,70)内的2名学生为E，F，
然后利用古典概型即可．
18.解：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC．
因为四边形ABCD为正方形，所以DC⊥BC．
因为PD∩DC=D，PD，DC⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD．
因为DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE．
在△PCD中，PD=CD，E是PC的中点，则DE⊥PC．
因为BC∩PC=C，所以DE⊥平面PBC．
因为PB⊂平面PBC，所以DE⊥PB．
因为EF⊥BP，DE∩EF=E，DE，EF⊂平面DEF，所以BP⊥平面DEF．
因为DF ⊂平面DEF ，所以BP ⊥DF ．
(2)解：因为E 是PC 的中点，所以V F−BDE =V E−BDF =12V C−BDF ．
BD =2 2，BP =2 3，DF =BD ⋅DP BP =2 63，BF = BD 2−DF 2=4 33
，所以S △BDF =12BF ⋅DF =4 23，V C−BDF =13×4 2
3× 2=89，所以V F−BDE =49．
(3)解：由(1)可得DE ⊥平面PBC ，因为EF ⊂平面PBC ，EB ⊂平面PBC ，所以DE ⊥EF ，DE ⊥EB ．∠BEF 即二面角F−DE−B 的平面角．
PE =12PC = 2，BE = CE 2+BC 2= 6．
因为△PFE ∽△PCB ，所以PE PB =EF BC ，解得EF = 63
．因为EF ⊥BP ，即∠EFB =90∘，所以cos ∠BEF =EF BE =13．
故二面角F−DE−B 的余弦值为1
3．
【解析】(1)由题意可证BP ⊥平面DEF ，由线面垂直的性质，可得BP ⊥DF ；
(2)由题意V F−BDE =V E−BDF =12V C−BDF .求得V C−BDF 即可．
(3)由题意∠BEF 即二面角F−DE−B 的平面角，求得所以cos ∠BEF 即可．19.解：(1)A 球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况．第一种情况：A 球队在3场比赛中都是平局，其概率为13×13×13=1
27．
第二种情况：A 球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为13×13×13×3=19．故所求概率为127+19=427;
(2)不妨假设A 球队参与的3场比赛的结果为A 与B 比赛，B 胜;A 与C 比赛，A 胜;
A 与D 比赛，A 胜.此情况下，A 积6分，
B 积3分，
C ，
D 各积0分．
在剩下的3场比赛中：
若C 与D 比赛平局，则C ，D 每队最多只能加4分，此时C ，D 的积分都低于A 的积分，A 可以出线;若B 与C 比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A ，A 可以出线;
若B 与D 比赛平局，同理可得A 可以出线.故当剩下的3场比赛中有平局时，A 一定可以出线．若剩下的3场比赛中没有平局，则当B ，C ，D 各赢1场比赛时，A 可以出线．
当B ，C ，D 中有一支队伍胜2场时，
若C 胜2场，B 胜1场，A ，B ，C 争夺第一、二名，则A 淘汰的概率为13×13×13×13=181;
若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为1
3×1
3
×1
3
×1
3
=1
81
．
其他情况A均可以出线．
综上，A球队最终小组出线的概率为1−(1
81+1
81
)=79
81
．
【解析】(1)分两种情况，A球队在3场比赛中都是平局，A球队在3场比赛中胜1场，负2场，分别求概率，求和即可．
(2)求出A淘汰的概率，利用对立事件概率可得答案．
第11页，共11页。