2024-2025学年湖南省名校联考联合体高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年湖南省名校联考联合体高一（下）期末数学试卷一、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.若z=−3+4i，则|z|=(

)A.12 B.1 C.5 D.2.若m∈R，lg251=m+30.351，lg2≈0.301，则m=A.−16 B.−15 C.−14 D.−133.若命题p：x>2，命题q：x<3，则p是￢q的(

)A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.函数f(x)=3tan(2x+π6)图象的对称中心坐标为A.(kπ2−π12,0)(k∈Z) B.(5.如图，在棱长均为2的正四面体A−BCD中，E，F分别为CD，BC的中点，则AE，EF所成角的余弦值为(

)A.36

B.336

C.6.若函数f(x)的图象如图，则f(x)的解析式可能为(

)

A.f(x)=π|x|+sinxx2+1+1 7.已知某大厂的甲、乙车间生产的圆钢数之比为2：3，现在要对甲、乙两个车间生产这种圆钢的直径进行误差抽检，具体要求为按比例分层抽检50根，若抽检的甲、乙车间圆钢的直径误差的平均值分别为1.1mm，1.05mm，误差的方差分别为0.5mm2，0.45mm2A.0.686mm2 B.1.07mm2 C.8.如图，已知球O的半径为1，两个大圆面PAQ，PBQ互相垂直，∠AOQ=∠BOQ=2π3，若平面AOB与平面PBQ的夹角为α，则(

)A.AB=62,tanα=2

B.AB=6二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.在某次高三模拟考试后，数学老师统计了第一组的8名同学第19题的得分情况如下：7，9，5，8，5，3，3，3，第二组的8名同学第19题的得分情况如下：8，10，6，9，6，4，4，4，则(

)A.第二组的平均数比较大 B.两组的中位数之差的绝对值为1

C.两组的众数相等 D.两组的极差相等10.若将4张铁皮进行任意无重叠地切割，分别可以焊接成底面半径均为1，高均为2的一个密闭圆锥和一个密闭圆柱、上下底面半径分别为12,32，高为2的一个密闭圆台及直径为2的一个球(不考虑损耗)A.球 B.圆锥 C.圆柱 D.圆台11.在△ABC中，三个角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其外接圆的半径为R，若b2=ac，则(

)A.△ABC的面积为b34R B.B≤π3

C.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.从1，2，3，5这四个数中随机取出2个不同数，则它们差的绝对值为质数的概率为______．13.若A={x|x=2k,k∈Z}，B={x|x=4k+1或x=4k−1，k∈Z}，则A∩B=______．14.若方程e2x−1=1−lnx2x2在(0,+∞)上有唯一解四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知a=(1,sinθ)，b=(cosθ,t)，θ，t∈R．

(1)若t=−1，a⊥b，求θ；

(2)若t=−316.(本小题15分)

在直三棱柱ABC−A1B1C1中，已知D为AC的中点，AB1∩A1B=O．

(1)求证：OD//平面BCC1B17.(本小题15分)

已知α−β2,α2−β均为第一象限的角，sin(α−β18.(本小题17分)

如图，在平面四边形ABCD中，已知AC，BD交于O，AO=OC=2,BD=2,∠AOB=π4，且DO>BO，令∠CDO=α，∠BAO=β．

(1)判断：AB=CD是否成立？请说明理由；

(2)求cos(α−β)的值；

(3)证明：当β=π19.(本小题17分)

在不透明的甲袋中装有相同的6个红色的乒乓球，其中a个球上标有数字1，b个球上标有数字2，6−a−b个球上标有数字3，在不透明的乙袋中装有相同的3个白色的乒乓球，其中m个球上标有数字1，n个球上标有数字2，3−m−n个球上标有数字3．

(1)若a=b=2，m=n=1，分别从甲、乙袋中随机摸出一个球，求摸出两个球的数字相等的概率；

(2)若a=2，b=4，m=1，n=0，从甲袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为p，再从乙袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为q，求p<q的概率；

(3)若a=2，b=4，m=1，n=2，将乙袋中的球倒入甲袋中，此时从甲袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件M={第一次取到的是红球}，事件N={第二次取到了标记数字1的球}，M，N是否相互独立？请说明理由．

参考答案1.D

2.B

3.B

4.C

5.A

6.B

7.C

8.A

9.ABD

10.AC

11.ABD

12.1213.⌀

14.1215.(1)由t=−1，则b=(cosθ,−1)，

又a⊥b，

所以a⋅b=0⇒cosθ−sinθ=0⇒cosθ=sinθ⇒θ=π4+kπ,k∈Z．

(2)由t=−34，所以b=(cosθ,−34)，

又a//16.证明：(1)如图，取AB中点E，连接DE，OE，

由D为AC的中点，可得DE//BC，

又DE⊄平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，可得DE//平面BCC1B1，

由AB1∩A1B=O，可得O为AB1的中点，可得OE//BB1，

又OE⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，可得OE/​/平面BCC1B1，

由DE∩OE=E，DE⊂平面ODE，OE⊂平面ODE，可得平面ODE//平面BCC1B1，

由OD⊂平面ODE，可得OD//平面BCC1B1，得证；

(2)如图，

由题意可得AC2=AB2+BC2，可得AB⊥BC，即A1B1⊥B1C117.(1)因为α−β2,α2−β均为第一象限的角，sin(α−β2)=35,cos(α2−β)=725，

所以cos(α−β2)=1−(18.(1)AB=CD成立，理由如下：

设OB=x，则OD=2−x，根据∠COD=∠AOB=π4，BD=2，

△AOB中，由余弦定理得AB2=AO2+OB2−2AO⋅OBcos∠AOB=x2−2x+2，

同理可得CD2=OD2+OC2−2OD⋅ODcos∠COD=x2−2x+2，所以AB=CD．

(2)在△AOB中，ABsin∠AOB=OAsin(π−β−∠AOB)=OAsin(β+∠AOB)，

在△COD中，CDsin∠COD=OCsinα，

结合AB=CD，∠COD=∠AOB=π4，可得sin(β+π4)=sinα19.(1)给定

a=b=2，m=n=1．

甲袋：6

个红球，其中标数字

1

的球有

2

个，标数字

2

的球有

2

个，标数字

3

的球有

2

个．

乙袋：3

个白球，其中标数字

1

的球有

1

个，标数字

2

的球有

1

个，标数字

3

的球有

1

个．

设X为从甲袋摸出的球的数字，Y为从乙袋摸出的球的数字．

P(X=1)=26=13，P(X=2)=26=13，P(X=3)=26=13．

P(Y=1)=13，P(Y=2)=13，P(Y=3)=13．

摸出两个球数字相等的概率为：

P(X=Y)=P(X=1)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=2)+P(X=3)P(Y=3)=19+19+19=13．

(2)给定

a=2，b=4，m=1，n=0．

甲袋：6

个红球，其中标数字

1

的球有

2

个，标数字

2

的球有

4

个，无标数字

3

的球．

乙袋：3

个白球，其中标数字

1

的球有

1

个，标数字

2

的球有

0

个，标数字

3

的球有

2

个．

从甲袋有放回摸两个球，数字和

p=X1+X2：

P(Xi=1)=26=13，P(Xi=2)=46=23．

p的分布：

P(p=2)=P(X1=1,X2=1)=13×13=19，

P(p=3)=P(X1=1,X2=2)+P(X1=2,X2=1)=(13×23)+(23×13)=29+29=49，

P(p=4)=P(X1=2,X2=2)=23×23=49．

从乙袋有放回摸两个球，数字和q=Y1+Y2：

P(Yi=1)=13，P(Yi=2)=0，P(Yi=3)=23．

q的分布：

P(q=2)=P(Y1=1,Y2=1)=13×13=19，

P(q=4)=P(Y1=1,Y2=3)+P(Y1=3,Y2=1)=(13×23)+(23×13)=29+29=49，

P(q=6)=P(Y1=3,Y2=3)=23×23=49．

p

和

q

独立，求

P(p<q)：满足

p<q

的组合：

p=2，q=4：P=P(p=2)×P(q=4)=