2022-2023学年河北省秦皇岛市金科大联考高一（下）期末数学试卷

第1页（共1页）2022-2023学年河北省秦皇岛市金科大联考高一（下）期末数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）＝（）A． B． C． D．2．（5分）已知集合M＝{x|log2x＜2}，N＝{x|x2﹣x﹣2＜0}，则M∩N＝（）A．（0，4） B．（0，2） C．（﹣1，4） D．（﹣1，2）3．（5分）智力竞赛决赛由A，B两队进行比赛，A队有甲、乙两名队员，某一道题由甲、乙两名队员共同解答，甲答对的概率为，乙答对的概率为，则此题A队答对的概率是（至少一人答对即可）（）A． B． C． D．4．（5分）如图，在等腰△ABC中AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，M为BC上的动点，BM＝x，AM＝y，则y关于x的函数解析式是（）A．（） B．（） C．（） D．（）5．（5分）在三棱锥A﹣BCD中，△ABC，△BCD均为等边三角形，BC＝2，∠ACD＝90°，M为AD的中点，则异面直线AB与CM所成角的余弦值为（）A．0 B． C． D．16．（5分）已知a＞1，b＞2，（a﹣1）•（b﹣2）＝2，则a+b的最小值为（）A． B． C． D．7．（5分）在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝1，AD＝2，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，则B到平面ACD的距离为（）A． B． C． D．8．（5分）如图，△ABC外接圆的圆心为O，∠ACB＝90°，，，则圆O的半径R＝（）A．10 B．5 C．7 D．8二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.（多选）9．（5分）已知条件p：a＞b，则是条件p的充要条件的是（）A．a2＞b2 B．a3＞b3 C．2a＞a+b D．ac2＞bc2（多选）10．（5分）一组数据：0，1，5，6，7，11，12，则（）A．这组数据的平均数为6 B．这组数据的方差为16 C．这组数据的极差为11 D．这组数据的第70百分位数为7（多选）11．（5分）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（其中ω＞0，φ∈（﹣π，π））相邻的两个零点为，，则（）A．函数f（x）的图象的一条对称轴是 B．函数f（x）的图象的一条对称轴是 C．φ的值可能是 D．φ的值可能是（多选）12．（5分）已知tanα＝2tanβ，则（）A．若，则 B．若，则 C．若，则tan（α﹣β）的最大值为 D．，使得α＝2β三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）已知，，则＝．14．（5分）若一组10个数据a1，a2，…，a10的平均值为3，方差为11，则＝．15．（5分）已知f（x）为奇函数，g（x）为偶函数，且f（x）+g（x）＝ex，则以下结论：①[f（x）]2+[g（x）]2＝g（2x）；②2f（x）•g（x）＝f（2x）；③g（x）的最小值为2．其中正确结论的序号为．16．（5分）已知AB是球O的直径，AB＝4，C，D是球面上两点，CD⊥AB，CD＝2，AB与平面COD所成的角为60°，则四面体ABCD的体积为．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17．（10分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2ccosC+c2bcosB＝ab2+ac2﹣a3．（1）求A；（2）若b+c＝2，求a的最小值．18．（12分）甲袋中有2个红球和1个白球，乙袋中有1个红球和2个白球，从甲、乙两袋中各摸出1个球．（1）求这两个球为1个红球和1个白球的概率；（2）求这两个球颜色相同的概率．19．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（4，0），B（1，m）（m＞0），（1）求m的值；（2）C，M是坐标平面上的点，，（0＜x＜3），求的最小值．20．（12分）已知函数f（x）＝（2x﹣1）（2x﹣3）．（1）当x∈[0，2]时，求f（x）的值域；（2）当x∈R时，若f（x）+f（﹣x）≥m2﹣2m恒成立，求实数m的取值范围．21．（12分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的体积为1，底面ABCD为平行四边形，E，F分别是PB，PC上的点，PE＝EB，PF＝2FC，平面AEF交CD于点G．（1）求（2）求四棱锥E﹣ABCG的体积．22．（12分）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，A1B1＝2，BB1＝．（1）证明：BC1⊥A1C；（2）求A1B与平面ACC1A1所成角的正弦值．

2022-2023学年河北省秦皇岛市金科大联考高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）＝（）A． B． C． D．【分析】根据复数四则运算法则计算即可．【解答】解：．故选：B．【点评】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．2．（5分）已知集合M＝{x|log2x＜2}，N＝{x|x2﹣x﹣2＜0}，则M∩N＝（）A．（0，4） B．（0，2） C．（﹣1，4） D．（﹣1，2）【分析】分别解不等式可得集合M与N，进而可得M∩N．【解答】解：∵M＝{x|log2x＜2}＝（0，4），N＝{x|x2﹣x﹣2＜0}＝（﹣1，2），∴M∩N＝（0，2），故选：B．【点评】本题考查交集及其运算，考查不等式的解法，是基础题．3．（5分）智力竞赛决赛由A，B两队进行比赛，A队有甲、乙两名队员，某一道题由甲、乙两名队员共同解答，甲答对的概率为，乙答对的概率为，则此题A队答对的概率是（至少一人答对即可）（）A． B． C． D．【分析】根据题意，先计算甲乙都没有答对的概率，进而由对立事件的性质计算可得答案．【解答】解：根据题意，甲答对的概率为，乙答对的概率为，则甲乙都没有答对的概率P1＝（1﹣）（1﹣）＝，则此题A队答对的概率P＝1﹣P1＝1﹣＝．故选：A．【点评】本题考查互斥事件和相互独立事件的概率计算，注意分析事件之间的关系，属于基础题．4．（5分）如图，在等腰△ABC中AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，M为BC上的动点，BM＝x，AM＝y，则y关于x的函数解析式是（）A．（） B．（） C．（） D．（）【分析】根据题意，在△ABC中，利用余弦定理求出BC的长，进而在△ABM中，由余弦定理分析可得答案．【解答】解：根据题意，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，，则有，在△ABM中，AB＝2，BM＝x，AM＝y，B＝30°，由余弦定理有，即（）．故选：A．【点评】本题考查函数解析式的求法，涉及余弦定理的应用，属于基础题．5．（5分）在三棱锥A﹣BCD中，△ABC，△BCD均为等边三角形，BC＝2，∠ACD＝90°，M为AD的中点，则异面直线AB与CM所成角的余弦值为（）A．0 B． C． D．1【分析】取BD的中点N，连接MN，CN，由题意可知异面直线AB与CM所成角的余弦值为|cos∠NMC|，求出NM，MC，NC，由余弦定理求解即可．【解答】解：如图，取BD的中点N，连接CN，MN，则MN∥AB，异面直线AB与CM所成角即为异面直线AB与CM所成角，而异面直线AB与CM所成角的余弦值为|cos∠NMC|，因为△ABC，△BCD均为等边三角形，BC＝2，所以AB＝AC＝BC＝BD＝CD＝2，在△NMC中，，，因为∠ACD＝90°，所以，所以，，所以．故选：A．【点评】本题考查异面直线所成的角，属于中档题．6．（5分）已知a＞1，b＞2，（a﹣1）•（b﹣2）＝2，则a+b的最小值为（）A． B． C． D．【分析】根据（a+1）•（b﹣2）＝2，由求解．【解答】解：∵a＞1，b＞2，所以a﹣1＞0，b﹣2＞0，所以，即a+b≥3+2，当且仅当a﹣1＝b﹣2，即a＝1+，b＝2+时取等号．故选：C．【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．7．（5分）在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝1，AD＝2，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，则B到平面ACD的距离为（）A． B． C． D．【分析】计算可得BD⊥CD，结合平面ABD⊥平面BCD，得CD⊥平面ABD，平面ACD⊥平面ABD，在平面ABD内，作BH⊥AD于点H，则BH即为所求点B到平面ACD的距离，计算可得结果．【解答】解：由∠A＝60°，AB＝1，AD＝2，得BD2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cos60°＝，，则AB2+BD2＝AD2，AB⊥BD，又四边形ABCD为平行四边形，∴BD⊥CD，∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，∴CD⊥平面ABD，又∵CD⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面ABD，在平面ABD内，作BH⊥AD于点H，∵平面ACD⊥平面ABD，平面ACD∩平面ABD＝AD，∴BH⊥平面ACD，则BH即为所求点B到平面ACD的距离，在直角三角形ABD中，AB⊥BD，又BH⊥AD，∴．∴B到平面ACD的距离为．故选：D．【点评】本题主要考查点到平面距离的求法，考查运算求解能力，属于中档题．8．（5分）如图，△ABC外接圆的圆心为O，∠ACB＝90°，，，则圆O的半径R＝（）A．10 B．5 C．7 D．8【分析】利用直径所对的圆周角为直角，再结合向量的数量积定义及运算律计算求解．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∴，∴＝，∴，由，得：＝＝，∴R＝5．故选：B．【点评】本题考查圆的性质和平面向量的数量积，属于基础题．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.（多选）9．（5分）已知条件p：a＞b，则是条件p的充要条件的是（）A．a2＞b2 B．a3＞b3 C．2a＞a+b D．ac2＞bc2【分析】由充要条件的定义，根据不等式的性质和幂函数单调性判断．【解答】解：幂函数y＝x2在R上不是单调函数，a2＞b2时不能得到a＞b，a＞b时也不能得到a2＞b2，故A错误；幂函数y＝x3在R上单调递增，a＞b时一定有a3＞b3，a3＞b3时也一定有a＞b，故B正确；由不等式的性质可知，当a＞b时，有a+a＞b+a，即2a＞a+b，当2a＞a+b时，有2a﹣a＞a+b﹣a，即a＞b，故C正确；当a＞b时，若c＝0，则ac2＞bc2不成立，故D错误．故选：BC．【点评】本题考查充分必要条件的判断，考查幂函数与基本不等式的性质，是基础题．（多选）10．（5分）一组数据：0，1，5，6，7，11，12，则（）A．这组数据的平均数为6 B．这组数据的方差为16 C．这组数据的极差为11 D．这组数据的第70百分位数为7【分析】由已知的这组数据，利用公式分别计算平均数、方差、极差、第70百分位数即可．【解答】解：对A，这组数据的平均数为：×（0+1+5+6+7+11+12）＝6，故A选项正确；对B，这组数据的方差为：，故B选项错误；对C，这组数据的极差为：12﹣0＝12，故C选项错误；对D，由7×70%＝4.9，则第70百分位数是第5个数7，故D选项正确．故选：AD．【点评】本题考查平均数、方差、极差、第70百分位数的定义，属于基础题．（多选）11．（5分）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（其中ω＞0，φ∈（﹣π，π））相邻的两个零点为，，则（）A．函数f（x）的图象的一条对称轴是 B．函数f（x）的图象的一条对称轴是 C．φ的值可能是 D．φ的值可能是【分析】根据已知条件，结合三角函数的性质，即可求解．【解答】解：函数f（x）＝sin（ωx+φ）（其中ω＞0，φ∈（﹣π，π））相邻的两个零点为，，则，解得T＝π，故ω＝，x＝，则为f（x）的一条对称轴，所以f（x）的对称轴为x＝，k∈Z，故A错误，B正确；是函数f（x）的零点，则，，k∈Z，故C正确，D错误．故选：BC．【点评】本题主要考查三角函数的性质，属于基础题．（多选）12．（5分）已知tanα＝2tanβ，则（）A．若，则 B．若，则 C．若，则tan（α﹣β）的最大值为 D．，使得α＝2β【分析】根据切化弦再结合两角和差计算判断A选项，再应用二倍角余弦公式判断B选项，两角差的正切结合基本不等式可以判断C选项，根据正切值得出角的关系判断D选项．【解答】解：A：，又，则cosαsinβ＝，故A正确；B：，．故B错误；C：，当且仅当，时取“＝”，故C正确；D：若α＝2β，则，在上无解，故D错误．故选：AC．【点评】本题主要考查两角和与差的三角函数，考查运算求解能力，属于中档题．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）已知，，则＝．【分析】利用数量积的运算法则将展开，结合求解即可．【解答】解：因为，，所以，所以．故答案为：．【点评】本题考查向量的数量积，解题关键是熟练掌握数量积公式，属于中档题．14．（5分）若一组10个数据a1，a2，…，a10的平均值为3，方差为11，则＝200．【分析】由题意，根据平均数和方差的计算公式，进行求解即可．【解答】解：若一组10个数据a1，a2，…，a10的平均值为3，所以＝3，即a1+a2+...+a10＝30，不妨设这组数据的方差为s2，此时，即，则．故答案为：200．【点评】本题考查平均数和方差，考查了逻辑推理和运算能力．15．（5分）已知f（x）为奇函数，g（x）为偶函数，且f（x）+g（x）＝ex，则以下结论：①[f（x）]2+[g（x）]2＝g（2x）；②2f（x）•g（x）＝f（2x）；③g（x）的最小值为2．其中正确结论的序号为①②．【分析】根据函数奇偶性结合已知列方程组计算可得解析式，逐个判断各个小题即可．【解答】解：f（﹣x）+g（﹣x）＝e﹣x，即﹣f（x）+g（x）＝e﹣x与f（x）+g（x）＝ex，解得，，由，故①正确；由＝f（2x），故②正确；由，当且仅当x＝0时取等号，故③错误，故①②正确．故答案为：①②．【点评】本题主要考查了函数奇偶性的应用，属于基础题．16．（5分）已知AB是球O的直径，AB＝4，C，D是球面上两点，CD⊥AB，CD＝2，AB与平面COD所成的角为60°，则四面体ABCD的体积为2．【分析】取CD中点H，由已知可证平面COD⊥平面HAB，得∠HOB＝60°，解得S△HAB＝3，由VA﹣BCD＝VC﹣HAB+VD﹣HAB求出体积即可．【解答】解：球O的半径为2，CD＝OC＝OD＝2，△OCD为等边三角形，取CD的中点H，连接OH，如图所示：则OH＝＝＝，因为CD⊥OH与CD⊥AB，OH，AB⊂平面HAB，OH∩AB＝O，所以CD⊥平面HAB，又因为CD⊂平面COD，所以平面COD⊥平面HAB，平面COD∩平面HAB＝HO，所以∠HOB是AB与平面COD所成线面角，所以∠HOB＝60°，所以，．故答案为：2．【点评】本题考查了空间几何体的结构特征与应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17．（10分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2ccosC+c2bcosB＝ab2+ac2﹣a3．（1）求A；（2）若b+c＝2，求a的最小值．【分析】（1）根据余弦定理结合特殊角三角函数值求角即可；（2）应用余弦定理结合基本不等式求值即可．【解答】解：（1）因为在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b2ccosC+c2bcosB＝a（b2+c2﹣a2）＝a•2bccosA，所以bcosC+ccosB＝2acosA，即sinBcosC+sinCcosB＝2sinAcosA，即；（2）由余弦定理有，当且仅当b＝c＝1时取等号，故a的最小值为1．【点评】本题考查了正余弦定理以及基本不等式的应用，属于中档题．18．（12分）甲袋中有2个红球和1个白球，乙袋中有1个红球和2个白球，从甲、乙两袋中各摸出1个球．（1）求这两个球为1个红球和1个白球的概率；（2）求这两个球颜色相同的概率．【分析】（1）甲袋取白球且乙袋取红球或甲袋取红球且乙袋取白球，这两种事件互斥，在两个口袋中取得球是相互独立事件，根据概率公式得到结果．（2）利用对立事件的概率公式求解．【解答】解：（1）在两个口袋中取得球是相互独立事件，“两球为1红1白”可分为两个互斥事件：A1＝甲袋取白球且乙袋取红球，概率为；A2＝甲袋取红球且乙袋取白球，概率为，故两球为1红1白的概率为；（2）这两个球颜色相同与这两个球为1个红球和1个白球，互为对立事件，所以这两球颜色相同的概率为．【点评】本题考查相互独立事件以及对立事件相关知识，属于基础题．19．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（4，0），B（1，m）（m＞0），（1）求m的值；（2）C，M是坐标平面上的点，，（0＜x＜3），求的最小值．【分析】（1）先求出，再根据模长公式可求出结果；（2）先求出，再根据模长公式以及二次函数知识可得结果．【解答】解：（1）因为A（4，0），B（1，m），所以，故，因为m＞0，所以m＝4；（2），＝（4x，6﹣3x），，因为0＜x＜3，所以当时，取得最小值为．【点评】本题考查了根据向量的坐标求向量的长度的方法，向量坐标的加法和数乘运算，配方求二次函数最值的方法，考查了计算能力，属于基础题．20．（12分）已知函数f（x）＝（2x﹣1）（2x﹣3）．（1）当x∈[0，2]时，求f（x）的值域；（2）当x∈R时，若f（x）+f（﹣x）≥m2﹣2m恒成立，求实数m的取值范围．【分析】（1）令2x＝t，结合二次函数的性质计算可得；（2）利用换元法及基本不等式求出f（x）+f（﹣x）的最小值，即可得到关于m的一元二次不等式，解得即可．【解答】解：（1）令2x＝t，因为x∈[0，2]，所以t∈[1，4]，令g（t）＝（t﹣1）（t﹣3）＝t2﹣4t+3＝（t﹣2）2﹣1，t∈[1，4]，因为|4﹣2|＞|1﹣2|，所以当t＝2时，取最小值为g（t）min＝﹣1，当t＝4时，取最大值为g（t）max＝3，即g（t）∈[﹣1，3]，故当x∈[0，2]时，f（x）值域为[﹣1，3]；（2）f（x）+f（﹣x）＝（2x﹣1）（2x﹣3）+（2﹣x﹣1）（2﹣x﹣3），令t＝2x，则，且t＞0，所以＝＝，其中，当且仅当即t＝1时取等号，此时x＝0，即f（x）+f（﹣x）≥0，所以m2﹣2m≤0，解得0≤m≤2，即实数m的取值范围为[0，2]．【点评】本题考查了函数的恒成立问题，属于中档题．21．（12分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的体积为1，底面ABCD为平行四边形，E，F分别是PB，PC上的点，PE＝EB，PF＝2FC，平面AEF交CD于点G．（1）求（2）求四棱锥E﹣ABCG的体积．【分析】（1）延长EF，与BC交于点H，连接AH交CD于点G，通过构造相似三角形求相关线段的比例，可求的值；（2）由点E和点G的位置，判断四棱锥E﹣