2023-2024学年河南省新乡市高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年河南省新乡市高一（下）期末数学试卷一、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）已知集合A＝{x∈Z|﹣2x＜﹣1}，B＝{x|x2﹣x﹣2≤0}，则A∩B＝（）A．{1} B．{﹣1，0} C．{1，2} D．{﹣1，0，1，2}2．（5分）2−2i3i+4A．113−713i B．2253．（5分）已知函数f(x)=x2−1A．0 B．1 C．﹣1 D．24．（5分）已知平面向量a→，b→满足|a→|=1，|A．12 B．14 C．165．（5分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|≤π2)A．0 B．1 C．2 D．36．（5分）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7．（5分）已知2sin2α＝3sin2β，且tan（α﹣β）＝1，则tan（α+β）＝（）A．1 B．3 C．5 D．78．（5分）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB，M是AB的中点，N是棱B1C1上的动点，则直线MN与平面BCC1B1所成角的正切值的最大值为（）A．12 B．22 C．32二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.（多选）9．（6分）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（多选）10．（6分）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（多选）11．（6分）在△ABC中，D是BC的中点，BC＝4，AD=11A．若AC=7，则AB=B．△ABC面积的最大值为211C．BA→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.把答案填在答题卡中的横线上.12．（5分）函数f(x)=22−x13．（5分）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．（5分）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77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．（13分）已知函数f(x)=3（1）求f（x）的最小正周期；（2）求f（x）的单调递增区间；（3）求f（x）在[0，π16．（15分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosB=c+b（1）证明：A＝2B；（2）若a＝2，C=3π4，求△17．（15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．（17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．（17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．

2023-2024学年河南省新乡市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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）已知集合A＝{x∈Z|﹣2x＜﹣1}，B＝{x|x2﹣x﹣2≤0}，则A∩B＝（）A．{1} B．{﹣1，0} C．{1，2} D．{﹣1，0，1，2}【考点】求集合的交集．【答案】C【分析】根据题意，A集合里的元素为整数，B集合需解出具体解集，结合交集，得解．【解答】解：因为A＝{x∈Z|﹣2x＜﹣1}＝{1，2，3，⋯}，B＝{x|x2﹣x﹣2≤0}＝{x|﹣1≤x≤2}，所以A∩B＝{1，2}．故选：C．2．（5分）2−2i3i+4A．113−713i B．225【考点】复数的除法运算．【答案】B【分析】由复数除法运算法则可得答案．【解答】解：2−2i3i+4故选：B．3．（5分）已知函数f(x)=x2−1A．0 B．1 C．﹣1 D．2【考点】奇函数偶函数的性质．【答案】A【分析】根据题意，由奇函数的性质可得x2−1x+a【解答】解：根据题意，由函数f（x）是奇函数，得f（x）+f（﹣x）＝0，则x2−1x+a函数f(x)=x所以a＝0．故选：A．4．（5分）已知平面向量a→，b→满足|a→|=1，|A．12 B．14 C．16【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】D【分析】对|2a→−【解答】解：因为(2a因为|a→|=1所以a→所以cos〈a故选：D．5．（5分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|≤π2)A．0 B．1 C．2 D．3【考点】由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【答案】A【分析】由图中周期可得ω，由f(5π12)=1【解答】解：由图可得，14T=5π因为ω＞0，所以ω＝2，则f（x）＝sin（2x+φ），因为f(5π所以5π6+φ=π2+2kπ，k∈Z，解得φ=−因为|φ|≤π所以φ=−π则f(x)=sin(2x−π故f(8π故选：A．6．（5分）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【考点】事件的互为对立及对立事件．【答案】C【分析】由对立事件的概念即可得解．【解答】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．故选：C．7．（5分）已知2sin2α＝3sin2β，且tan（α﹣β）＝1，则tan（α+β）＝（）A．1 B．3 C．5 D．7【考点】两角和与差的三角函数的逆用；同角正弦、余弦的商为正切．【答案】C【分析】利用凑角、两角和与差的正弦展开式化简可得答案．【解答】解：因为2α＝（α+β）+（α﹣β），2β＝（α+β）﹣（α﹣β），所以2sin[（α+β）+（α﹣β）]＝3sin[（α+β）﹣（α﹣β）]，展开化简得2sin[（α+β）+（α﹣β）]＝2sin（α+β）cos（α﹣β）+2cos（α+β）sin（α﹣β）＝3sin（α+β）cos（α﹣β）﹣3cos（α+β）sin（α﹣β），所以5cos（α+β）sin（α﹣β）＝sin（α+β）cos（α﹣β），故tan（α+β）＝5tan（α﹣β）＝5．故选：C．8．（5分）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB，M是AB的中点，N是棱B1C1上的动点，则直线MN与平面BCC1B1所成角的正切值的最大值为（）A．12 B．22 C．32【考点】直线与平面所成的角．【答案】D【分析】根据题意，先画出图象，作MG⊥BC，然后由面面的垂直的性质可得MG⊥平面BCC1B1，进而可知∠MNG为直线MN与平面BCC1B1所成的角，当∠MNG取得最大值时，tan∠MNG=MGNG取得最大值，NG取得最小值，从而可得直线MN与平面BCC1B【解答】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⊂平面ABC，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=MGNG取得最大值，不妨设AA1＝AB＝a，则MG=MBcosB=12a⋅32于是tan∠MNG=MG故选：D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.（多选）9．（6分）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【考点】平面与平面平行．【答案】ABD【分析】利用面面平行的性质结合线面平行的判定定理逐个判断选项即可．【解答】解：选项A，因为平面AMN∥平面EFDB，平面A1B1C1D1∩平面EFDB＝EF，平面A1B1C1D1∩平面AMN＝MN，所以MN∥EF，故A正确；选项B，因为ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，所以平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面EFDB∩平面A1B1C1D1＝EF，平面EFDB∩平面ABCD＝BD，所以EF∥BD，故B正确；如图，连接MF，此时平面DAMF∩平面A1B1C1D1＝MF，平面DAMF∩平面ABCD＝DA，所以DA∥MF，而DA∥D1A1，DA＝D1A1，所以MF∥D1A1，又因为D1F∥MA1，所以四边形D1FMA1是平行四边形，所以MF＝D1A1，MF＝DA，所以四边形DAMF是平行四边形，所以DF∥AM，因为AM∩AN＝A，所以AN与DF不平行，故C错误；如图，连接NE，由长方体性质得面BCC1B1∥面AA1D1D，此时平面NEBA∩平面BCC1B1＝BE，平面NEBA∩平面AA1D1D＝NA，所以BE∥AN，又因为AN⊂面AMN，BE⊄面AMN，所以BE∥平面AMN，故D正确．故选：ABD．（多选）10．（6分）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【考点】扇形统计图．【答案】ABC【分析】由饼状统计图的实际含义逐一验算各个选项即可求解．【解答】解：对于选项A，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，故A正确；对于选项B，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，故B正确；对于选项C，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，故C正确；对于选项D，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，故D错误．故选：ABC．（多选）11．（6分）在△ABC中，D是BC的中点，BC＝4，AD=11A．若AC=7，则AB=B．△ABC面积的最大值为211C．BA→D．若B＝2C，则AB＝3【考点】解三角形．【答案】BCD【分析】根据勾股定理可判定A；根据三角形面积公式可判定B；根据向量运算可判定C；结合正余弦定理可判定D．【解答】解：在△ACD中，AC2+CD2＝AD2，所以C=π2，AB=A当AD⊥BC时，AD最大，所以△ABC面积的最大值为12BC⋅AD=211BA→⋅CA在△ABC中，可得ACsin2C=ABsinC，得AC＝2在△ACD中，可得cosC=AC2在△ABD中，可得cos2C=AB2+BD2−AD22AB⋅BD=可得AB2−7=8AB⋅74AB2−8AB−4AB，整理得AB2故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12．（5分）函数f(x)=22−x【考点】求指数函数及指数型复合函数的最值．【答案】4．【分析】根据二次函数的性质得2﹣x2≤2，再由指数函数的性质即可求解．【解答】解：因为2﹣x2≤2，所以f(x)=2故函数f(x)=2故答案为：4．13．（5分）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．【考点】由分层随机抽样的样本平均数估计总体平均数．【答案】3.5．【分析】设B类样本的平均数为x，通过总体的平均数列方程，进而解方程可得B类样本的平均数．【解答】解：设B类样本的平均数为x，则10×5.5+30x40=4，解得故答案为：3.5．14．（5分）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．【考点】球的表面积．【答案】8π．【分析】把空间问题降维，转化在轴截面中进行研究，需要理解轴截面的概念，利用等面积法及勾股定理建立等式求解．【解答】解：如图所示：在轴截面梯形ABCD中，AD＝BC＝3，AB＝2BF＝2，设球O的半径为r，EF＝2OE＝2OM＝2r．S梯形ABCD解得：CD＝4，因为BC2＝（2r）2+（CE﹣BF）2，所以r2＝2，所以球O的表面积为4πr2＝8π．故答案为：8π．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．（13分）已知函数f(x)=3（1）求f（x）的最小正周期；（2）求f（x）的单调递增区间；（3）求f（x）在[0，π【考点】求两角和与差的三角函数值．【答案】（1）2π；（2）[−2π（3）[1，2]．【分析】（1）利用辅助角公式化简f（x），进而求得的最小正周期；（2）利用辅助角公式化简f（x），进而求得单调递增区间；（3）利用整体代换的方法，求得在区间x∈[0，π【解答】解：（1）f(x)=3sinx+cosx=2sin(x+π6)，f（2）令−π2+2kπ≤x+π6解得−2π3+2kπ≤x≤π3所以f（x）的单调递增区间为[−2π3+2kπ，π3（3）因为x∈[0，π2]所以sin(x+π6)∈[12，1]，故f（x）在x∈[0，π16．（15分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosB=c+b（1）证明：A＝2B；（2）若a＝2，C=3π4，求△【考点】利用正弦定理解三角形．【答案】（1）证明见解析；（2）6+【分析】（1）由正弦定理以及三角恒等变换即可得证；（2）由正弦定理以及三角恒等变换即可得解．【解答】解：（1）证明：因为cosB=c+b2a，所以c+b＝2acos由正弦定理可得：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），即A＝2B；（2）因为C=π−A−B=3π4，A＝2B，所以A=π则sinB=sinπ由asinA=bb=a故△ABC的周长为a+b+c=617．（15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．【考点】分层随机抽样的比例分配与各层个体数及抽取样本量．【答案】（1）200人（2）1【分析】（1）用学生成绩在[110，150]内的频率乘以1000即可得解；（2）写出从6人中任选3人的样本空间，以及抽取的3人中恰有1人成绩在[110，130）内的样本空间写出来，结合古典概型概率计算公式即可求解．【解答】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，在[110，130）内的频率为0.16，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{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)=418．（17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．【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】（1）证明见解答；（2）49；（3）1【分析】（1）利用线面垂直的判定与性子定理即可得证；（2）利用等体积法求解即可；（3）先证明∠BEF为二面角F﹣DE﹣B的平面角，再解三角形即可．【解答】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，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，所以BP⊥平面DEF，因为DF⊂平面DEF，所以BP⊥DF；（2）因为E是PC的中点，所以VF−BDEBD=22，BP=23，DF=BD⋅DP所以S△BDF=1所以VF−BDE（3）由（1）可得DE⊥平面PBC，因为EF⊂平面PBC，EB⊂平面PBC，所以DE⊥EF，DE⊥EB，所以∠BEF为二面角F﹣DE﹣B的平面角，PE=12PC=因为△PFE∽△PCB，所以PEPB=EF因为