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）

第=page11页，共=sectionpages11页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2.2−2i3i+4A.113−713i B.2253.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//α4.已知单位向量a，b满足(a+3b)⋅(a−2bA.0 B.π2 C.π3 5.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=A.3 B.1 C.2 D.47.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.3002m8.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB，M是AB的中点，NA.12 B.22 C.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，A1DA.MN//EF B.EF//BD

C.AN//DF D.BE//平面AMN10.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(1)若a⊥(a−(2)若向量c=(−3,−2)，a//(b+c)16.(本小题12分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosB=(1)证明：A=2B．(2)若a=2，C=3π4，求△ABC17.(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13(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：

2−2i3i+4=(2−2i)(4−3i)(4+3i)(4−3i)=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)=a2−6b2+a⋅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−b7.C

【解析】解：BM=AMsin∠ABM=300sinπ4=3008.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BCC1B1，

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BCC1B19.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；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=π2，AB=AC2+BC2=23，A错误．

△ABC面积的最大值为12BC⋅AD=211，B正确．

BA⋅CA=(BD+DA)⋅(CD+DA)=(BD+DA)⋅(−BD+DA)=DA12.2【解析】解：由题意，复数z=−i⋅(1+i)=1−i，

所以|z|=12+−113.3.5

【解析】解：设B类样本的平均数为x，则10×5.5+30x40=4，解得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|=16.解：(1)证明：因为cosB=c+b2a，所以c+b=2acosB，

所以sinC+sinB=2sinAcosB.

因为sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，

所以sinB=sinAcosB−cosAsinB=sin(A−B)，

则B=A−B(或B+A−B=π，舍去)【解析】(1)利用正弦定理得到sinB=sin(A−B)，然后得到A=2B．

(2)先得到c=asinA⋅sin17.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)=420【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VF−BDE=VE−BDF=12VC−BDF．

BD=22，BP=23，DF=BD⋅DPBP=263，BF=BD2−DF2=433，

所以S△BDF=12BF⋅DF=423，VC−BDF=13×423×2=89，所以VF−BDE【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VF−BDE=VE−BDF=12VC−BDF.求得V19.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=127．

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