2024-2025学年湖南省衡阳市衡阳县高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年湖南省衡阳市衡阳县高一（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.已知集合A={x|−7<x3<7}，集合B={−3,−2,−1,0,2}，则A∩B=A.{0,2} B.{−1,0} C.{−3,−2} D.{−1,0,2}2.已知命题p：∃z1、z2∈C，使得z1⋅A.∃z1，z2∈C，使得z1⋅z2≠z1+z2 B.∃z1、z3.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的表面积为(

)A.9π B.63π C.(9+64.从A队30人、B队20人中，按照分层随机抽样的方法从两队共抽取5人，进行一轮答题竞赛.相关统计情况如下：A队答对题目数的平均数为2，方差为1.5；B队答对题目数的平均数为1，方差为0.4，则这5人答对题目数的方差为(

)A.1.3 B.1.06 C.0.95 D.0.85.已知空间中两条不同的直线m，l和三个不同的平面α、β、γ，满足α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，则m//l是m⊥γ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6.常德市某中学的校级运动会上，甲乙两人准备进行羽毛球冠亚军争夺赛，比赛实行三局两胜制.已知每局比赛中，若甲先发球，甲获胜的概率为23，否则甲获胜的概率为12.第一局由甲先发球，以后每局由负方先发球，各局比赛相互独立，则甲获胜的概率为A.16 B.13 C.497.△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b=3，tanA=142时，当角C有两解时，边aA.(0,7) B.(7,3)8.已知函数f(x)=−x2−2x,x≤0x2−4x+3,x>0，g(x)=ex,x≤0|lnx|,x>0，若关于A.(0,1e) B.(1e,1)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.对于任意两个向量a和b，下列命题中正确的是(

)A.若a，b满足|a|>|b|，且a与b反向，则a<bB.|10.已知函数f(x)=2cos(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则(

)A.ω=2

B.φ=π6

C.f(π4)=1

D.把函数y=f(x)的图象平移|θ|个单位后关于y轴对称，则|θ|的最小值为π12

11.在棱长为2的正方体ABCD−A1A.过点E有且只有一条直线与直线AB和A1D1都相交

B.过点E有且只有一个平面与直线AB和A1D1所成角相等

C.过A，D1，E三点的截面把正方体分成两部分，则该截面的面积为92

D.点Q三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.设a∈R，(1−i)(2+ai)为纯虚数，则a=______．13.若半径为2的球与正三棱柱的各个面均相切，则该正三棱柱外接球的体积为______．14.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且cosC+3sinC=b+ca，a=4四、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)

已知函数f(x)=sin(π3+4x)+sin(4x−π6)．

(1)求函数f(x)的单调递增区间；

16.(本小题15分)

2025年世界大学生夏季运动会将于7月16日至7月27日在中国成都举行.随着大运会的临近，大运会的热度持续提升.为了让更多的人了解大运会运动项目和运动精神，某大学举办了大运会知识竞赛，并从中随机抽取了200名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图．

(1)试根据频率分布直方图求出这200名学生中成绩低于70分的人数；

(2)试利用频率分布直方图估计这200名学生成绩的第85百分位数；

(3)若采用分层随机抽样的方法从成绩在[70,80)，[80,90)，[90,100]的学生中共抽取6人参加志愿者活动.现从这6人中随机抽取3人分享活动经验，求抽取的3人中至少有1人的成绩在[80,90)的概率．17.(本小题15分)

如图三棱柱ABC−DEF中，侧面ACFD⊥底面ABC，底面三角形ABC不是直角三角形，AB⊥BE．

(1)求证：三棱柱ABC−DEF的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积；

(2)若底面ABC为正三角形，AB=AD=2，P为线段BF上一动点，且满足四棱锥P−ACFD的体积为233，求平面PAB与平面ABC18.(本小题17分)

定义在定义域D上的函数f(x)，若存在实数m，使得f(x+m)−f(m)为偶函数，则称函数f(x)为Ω1型函数；若存在实数m，使得f(x+m)−f(m)为奇函数，则称函数f(x)为Ω2型函数．

(1)已知f(x)的定义域为R，且f(x)的图象关于直线x=a对称.证明：f(x)为Ω1型函数；

(2)若f(x)=ex−e−x，ℎ(x)=f(x)+tex，且ℎ(x)为Ω2型函数．

①证明：t>−1；19.(本小题17分)

如图，设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线，b=4且2cacosB+b2−a2=14bc，cos∠BAD=217．

(1)求边c的长度；

(2)求∠BAC；

(3)设E，F分别为边AB，AC上的动点，线段EF交AD

答案解析1.【答案】B

【解析】解：∵B={−3,−2,−1,0,2}，A={x|−7<x3<7}，

(−3)3=−27<−7；(−2)3=−8<−7；−7<(−1)3=−1<7；−7<032.【答案】D

【解析】解：命题p：∃z1、z2∈C，使得z1⋅z2=z1+z2，则命题p的否定为：3.【答案】C

【解析】解：由题意圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，

可设两者的底面半径为r，则由侧面积相等可得πrr2+3=2πr×3，解得r=3，

故圆锥的表面积S=πr(r+4.【答案】A

【解析】解：显然抽取A队3人，B队2人，整体平均数x−=15×(3×2+2×1)=1.6，

故总方差s2=3×[1.5+(2−1.6)5.【答案】C

【解析】解：令α∩γ=AB，β∩γ=AC，取γ内一点P使得PB⊥AB，PC⊥AC，

因为α⊥γ，PB⊂γ，可得PB⊥α，

因为l⊂α，所以l⊥PB，同理l⊥PC，

而PB∩PC=P，PB⊂γ，PC⊂γ，

所以l⊥γ．

若m⊥γ，l⊥γ，则m/​/l；

若m/​/l，l⊥γ，则m⊥γ，

所以“m/​/l”是“m⊥γ”的充要条件．

故选：C．

先证明l⊥γ，再结合线面垂直的判定和性质及充要条件的概念判断即可．

本题考查线面位置关系的判定，属于基础题．6.【答案】D

【解析】解：每局比赛中，若甲先发球，甲获胜的概率为23，否则甲获胜的概率为12，

第一局由甲先发球，以后每局由负方先发球，各局比赛相互独立，

甲前两轮胜利的概率为p1=23×12=13，

甲前两轮一赢一输，第三轮胜利的概率为：

p2=7.【答案】B

【解析】解：如图所示，作CD⊥AB，垂足为D，记点A关于D的对称点为A1，

在直角三角形ACD中，设AD=2k，则tanA=142=CDAD，得CD=14k，

于是由勾股定理可得：AC2=9=CD2+AD2=18k2，解得k=22，则AD=2，CD=7，

由已知C有两解可知点B在线段AA1(不含端点和D)上运动，

故CD<BC<AC，可得a∈(7,3)．

故选：B．8.【答案】B

【解析】解：因为[g(f(x))]2−(1+m)g(f(x))+m=0，

即[g(f(x))−1][g(f(x))−m]=0，

所以g(f(x))=1或g(f(x))=m，

又g(x)=1的解为x=0或x=e或x=1e，

当g(f(x))=1，则f(x)=0或1e或e，

由图象可知此时有10个实数解．

当m<0时，显然g(f(x))=m无解；

当m=0时，f(x)=1，此时有3个实数解，不合题意；

当m>1时，显然f(x)有两解，

此时实数解个数不超过8，不合题意；

显然m≠1．

当m=1e时，f(x)有三解，此时由图象易知实数解个数不超过8，不合题意；

当m∈(0,1e)时，f(x)有三解，

此时对于满足f(x)<0的解，

易知其满足f(x)<−1，

故由图象可得此时实数解个数不超过7，不合题意；

当m∈(1e,1)时，

注意到e<f(0.01)<3，且f(x)>ln1e=−1，

故由图象可得此时实数解个数为9，符合题意．

9.【答案】BD

【解析】解：对于A，因为向量不能比较大小，所以A错误．

对于B，由向量的平行四边形法则可知：|a+b|≤|a|+|b|正确，所以B正确．

对于

C，|a⋅b|=|a||b||cosθ|≤|a||b|10.【答案】ACD

【解析】解：对于A，由图象可得34T=13π12−π3=3π4，解得T=π，所以ω=2πT=2，选项A正确；

对于B，由f(π3)=2cos(2π3+φ)=0，得cos(2π3+φ)=0，

则2π3+φ=π2+2kπ，k∈Z，且|φ|<π2，可得φ=−π6，选项B错误；

对于C，由f(x)=2cos(2x−π6)，得f(11.【答案】ACD

【解析】解：对于A，记点Q为A1D1上一点，QE与AB相交于点P，易知此时Q在平面ABE上，

因为直线A1D1与平面ABE有且仅有唯一交点，所以有且仅有一个点Q符合条件，

故满足条件的直线有且仅有一条，故选项A正确；

对于B，一个平面与A1D1所成角等于该平面与直线CD所成角，

根据正方体的对称性可知，平面AA1C1C，平面BDE均符合要求，故选项B错误；

对于C，取BC中点为F，因为EF/​/AD1，

所以该截面的面积可等价为梯形EFAD1的面积，

AF=D1E=5，EF=2，AD1=22，

所以该梯形的高为ℎ=5−(22−22)2=322，

其面积S=12(EF+AD1)ℎ=92，故选项C正确；

对于D，因为A1B1⊥平面B1BCC1，BC1⊂平面B1BCC1，

所以A1B1⊥BC1，

因为B1BCC1是正方形，所以12.【答案】−2

【解析】解：(1−i)(2+ai)=2+a+(a−2)i，由其为纯虚数可知2+a=0且a−2≠0，

解得a=−2．

故答案为：−2．

根据复数乘法运算化简(1−i)(2+ai)，再根据纯虚数的知识求得a

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．13.【答案】160【解析】解：如图，

由已知得，该正三棱柱的高为2×2=4，

不妨记下底面的顶点为A，B，C，易知内切球与外接球的球心重合，记为O，

则正三角形ABC的内切圆半径为2，记内切圆圆心为O1，则OO1=2，O1A=4，

故外接球半径R=OA=OO12+O1A2=14.【答案】(8,12]

【解析】解：根据题意可知，cosC+3sinC=2sin(C+π6)=b+ca，a=4，

所以b+c=2asin(C+π6)=8sin(C+π6)，

由C∈(0,π)可知C+π6∈(π6,7π6)，

所以sin(C+π6)∈(−15.【答案】[−7π48+kπ2,5π48+kπ2]，k∈Z；【解析】(1)由题意可得f(x)=sin(π2+4x−π6)+sin(4x−π6)

=sin(4x−π6)+cos(4x−π6)

=2sin(4x+π12)，

令−π2+2kπ≤4x+π12≤π2+2kπ，k∈Z，

解得−7π48+kπ2≤x≤5π48+kπ2，k∈Z，

可得f(x)的单调递增区间为[−7π48+kπ2,5π48+kπ216.【答案】80；

87.5；

45．【解析】(1)根据题意可知，(0.002+0.016+0.022)×10×200=80(人)；

(2)成绩小于80的频率为10×(0.002+0.016+0.022+0.030)=0.7，

成绩在[80,90)的频率为10×0.020=0.2，∵0.7<0.85<0.9，

∴这100名学生成绩的第85百分位数在[80,90)内，

∴随机抽取的200名学生成绩的第85百分位数为80+10×0.85−0.70.9−0.7=87.5；

(3)∵成绩在[70,80)，[80,90)，[90,100]的学生人数所占比例为3：2：1，

∴从成绩在[70,80)，[80,90)，[90,100]所抽取人数分别应抽取3人，2人，1人，

记抽取成绩在[70,80)的3人为a，b，c，成绩在[80,90)的2人为d，e，成绩在[90,100]的1人为f，

从这6人中随机抽取3人的所有可能为：

(a,b,c)，(a,b,d)，(a,b,e)，(a,b,f)，(a,c,d)，(a,c,e)，(a,c,f)，(a,d,e)，(a,d,f)(a,e,f)，

(b,c,d)，(b,c,e)，(b,c,f)，(b,d,e)，(b,d,f)，(b,e,f)，(c,d,e)，(c,d,f)，(c,e,f)，(d,e,f)，

共20种情况，且每种情况的发生是等可能的，

抽取的3人中至少有1人的成绩在[80,90)的情况有：

(a,b,d)，(a,b,e)，(a,c,d)，(a,c,e)，(a,d,e)，(a,d,f)(a,e,f)，(b,c,d)，(b,c,e)，(b,d,e)，

(b,d,f)，(b,e,f)，(c,d,e)，(c,d,f)，(c,e,f)，(d,e,f)，共16种等可能的情况，

∴抽取的3人中至少有1人的成绩在[80,90)的概率为：1620=45．

(1)根据频率分布直方图中数据计算所求人数；

(2)先判断第85百分位数在17.【答案】证明见解析．

23【解析】(1)证明：过B作BO⊥AC，垂足为O，

因为三角形ABC不是直角三角形，

所以O与A，C不重合，

又因为侧面ACFD⊥底面ABC，侧面ACFD∩底面ABC=AC，BO⊂面ABC，

所以BO⊥面ACFD，

因为AD⊂平面ACFD，

所以BO⊥AD，

又因为AB⊥BE，BE//AD，

所以AB⊥AD，

又AB∩BE=B，AB⊂面ABC，BE⊂平面ABC，

所以AD⊥面ABC，即三棱柱ABC−DEF为直三棱柱，

设侧面面积分别为S1，S2，S3，则由于三棱柱ABC−DEF为直三棱柱，

所以S1=AB⋅AD，S2=BC⋅AD，S3=AC⋅AD，

又因为AB+BC>AC，AB+AC>BC，AC+BC>AB，

所以S1+S2>S3，S1+S3>S2，S3+S2>S1，

所以三棱柱ABC−DEF的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积．

(2)过P作PN⊥BC，垂足为N，过N作NM⊥AB，

垂足为M，连接PM，易知PN⊥面ABC，

因为AB⊂平面ABC，所以PN⊥AB，

又因为PN∩MN=N，PN，MN⊂平面PMN，

所以AB⊥面PMN，

因为PM⊂平面PMN，

所以PM⊥AB，

即∠PMN为平面PAB与平面ABC所成平面角，

因为底面ABC为正三角形，AB=AD=2，

所以AC=2，

由直三棱柱的几何特征可得AD⊥AC，

设P到平面ACFD的距离为ℎ，

因为VP−ACFD=13S四边形ACFD×ℎ=13×2×2×ℎ=233，

即18.【答案】证明见解析；

①证明见解析；②[54【解析】(1)证明：由f(x)的图象关于直线x=a对称，定义域为R，得f(x+a)=f(−x+a)，

则f(x+a)−f(a)=f(−x+a)−f(a)，即函数f(x+a)−f(a)为偶函数，

所以f(x)为Ω1型函数．

(2)证明：①由函数ℎ(x)为Ω2型函数，则存在实数m，使得ℎ(x+m)−ℎ