2023-2024学年河南省周口恒大中学高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年河南省周口恒大中学高一（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）1．（5分）设复数z满足z﹣3＝3+4i（i为虚数单位），则z的虚部为（）A．﹣1 B．﹣i C．1 D．i2．（5分）对于非零实数a，b，以下四个式子均恒成立，对于非零复数p，q，下列式子仍然恒成立的是（）A．|a•b|＝|a|•|b| B． C．（a+b）2≥0 D．a2＝|a|23．（5分）已知z（1﹣i）2＝2﹣3i，则z＝（）A． B．1+2i C． D．2+i4．（5分）图1中，正方体ABCD﹣EFGH的每条棱与正八面体MPORSN（八个面均为正三角形）的一条棱垂直且互相平分．将该正方体的顶点与正八面体的顶点连结，得到图2的十二面体，该十二面体能独立密铺三维空间．若AB＝1，则点M到直线RG的距离等于（）A． B． C． D．5．（5分）已知A（1，2），B（2，5），，则＝（）A． B． C． D．6．（5分）在△ABC中，AB＝1，，，则AC＝（）A．2 B． C．3 D．7．（5分）已知三棱锥V﹣ABC的外接球的体积为平面，则三棱锥V﹣ABC的体积为（）A． B． C． D．8．（5分）某年级要从2班到12班中选1个班参加一项科普活动，有人提议：掷两个骰子，得到的点数之和是几就选几班，则哪个班级被选到的概率最大（）A．6班 B．7班 C．8班 D．9班二．多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，有多项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）（多选）9．（6分）已知不相等的复数z1，z2，则下列说法正确的是（）A．若z2＜0，则z是纯虚数 B．若|z1|＝|z2|，则 C．若，则z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称 D．若，则（多选）10．（6分）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（）A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α B．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n C．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β D．若m⊂α，n⊂α，且m与n不平行，m∥β，n∥β，则α∥β（多选）11．（6分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，O为底面ABCD的中心，AC1交平面A1BD于点E，点F为棱CD的中点，则（）A．A1，E，O三点共线 B．三棱锥A1﹣BCD的外接球的表面积为3π C．直线A1C与平面A1BD所成的角为45° D．过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．（5分）气象意义上，从春季进入夏季的标志为：“连续5天的日平均温度不低于22℃”．现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数）：①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；②乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；③丙地：5个数据的中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8；则肯定进入夏季的地区的有．13．（5分）台风在危害人类的同时，也在保护人类．台风给人类送来了淡水资源，大大缓解了全球水荒，另外还使世界各地冷热保持相对均衡．甲、乙、丙三颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙、丙三颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8，0.7，0.9，各卫星间相互独立，则在同一时刻至少有两颗预报准确的概率是．14．（5分）如图，△A'B'C'是△ABC的直观图（斜二测画法），其中A'与O'重合，C'在y'轴上，且B'C'∥x'轴，A'C'＝2，B'C'＝3，则△ABC的最长边长为．四、解答题（共5小题，共计77分．）15．（13分）已知向量，，满足||＝1，||＝2．（1）若∥，求•的值；（2）若，的夹角为45°，求+与﹣的夹角的余弦值．16．（15分）先后三次抛掷同一枚硬币，若正面朝上，则记为1；若反面朝上，则记为0．（1）写出这个试验的样本空间；（2）写出三次结果对应数字之和为1这个事件所对应的子集；（3）求三次结果对应数字之和不小于2的概率．17．（15分）如图，在几何体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，EF∥CD，CD⊥EA，CD＝2EF＝2，ED＝．M为棱FC上一点，平面ADM与棱FB交于点N．（Ⅰ）求证：ED⊥CD；（Ⅱ）求证：AD∥MN；（Ⅲ）若AD⊥ED，试问平面BCF是否可能与平面ADMN垂直？若能，求出的值；若不能，说明理由．18．（17分）已知函数f（x）＝msinx+cosx，（m＞0）的最大值为2．（Ⅰ）求函数f（x）在[0，π]上的值域；（Ⅱ）已知△ABC外接圆半径R＝，f（A﹣）+f（B﹣）＝4sinAsinB，角A，B所对的边分别是a，b，求+的值．19．（17分）在①b＝0，②（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsinC，③S，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．）在锐角△ABC中，△ABC的面积为S，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且选条件：_____．（1）求角A的大小：（2）作AB⊥BD（A，D位于直线BC异侧），使得四边形ABDC满足∠BCD＝，BD＝，求AC的最大值．

2023-2024学年河南省周口恒大中学高一（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）1．（5分）设复数z满足z﹣3＝3+4i（i为虚数单位），则z的虚部为（）A．﹣1 B．﹣i C．1 D．i【考点】共轭复数；复数的运算．【答案】C【分析】设复数z＝a+bi，由共轭复数的定义以及复数相等的定义，求出b的值，即可得到答案．【解答】解：设z＝a+bi，a，b∈R，因为复数z满足z﹣3＝3+4i，则a+bi﹣3（a﹣bi）＝3+4i，即﹣2a+4bi＝3+4i，所以4b＝4，解得b＝1，故z的虚部为1．故选：C．2．（5分）对于非零实数a，b，以下四个式子均恒成立，对于非零复数p，q，下列式子仍然恒成立的是（）A．|a•b|＝|a|•|b| B． C．（a+b）2≥0 D．a2＝|a|2【考点】复数的乘法及乘方运算．【答案】A【分析】对于A，利用复数的乘法法则，复数模公式，即可求解，对于BCD，利用特殊值法，再结合复数的运算法则即可求解．【解答】解：对于A，设p＝x+yi（x，y∈R），q＝m+ni（m，n∈R），∵|p•q|＝|（mx﹣ny）+（nx+my）i|＝＝＝•＝|p|•|q|，故A正确，对于B，不妨设p＝i，p+＝i+＝0，故B错误，对于C，不妨设p＝q＝i，（p+q）2＝4i2＝﹣1，故C错误，对于D，不妨设p＝i，则p2＝﹣1，|p|2＝1，故D错误，故选：A．3．（5分）已知z（1﹣i）2＝2﹣3i，则z＝（）A． B．1+2i C． D．2+i【考点】复数的运算．【答案】C【分析】根据复数的运算性质化简即可求解．【解答】解：因为z（1﹣i）2＝2﹣3i，所以．故选：C．4．（5分）图1中，正方体ABCD﹣EFGH的每条棱与正八面体MPORSN（八个面均为正三角形）的一条棱垂直且互相平分．将该正方体的顶点与正八面体的顶点连结，得到图2的十二面体，该十二面体能独立密铺三维空间．若AB＝1，则点M到直线RG的距离等于（）A． B． C． D．【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离．【答案】A【分析】连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL，利用正八面体MPQRSN的性质，由线面垂直的判定定理，证明MR⊥平面RHG，得到MR为点M到直线RG的距离，然后在Rt△BKL中，利用KL是△MPQ的中位线求得正八面体的边长即可．【解答】解：如图所示：连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL，在正八面体MPQRSN中，易知PR＝MN，且PR⊥MN，所以∠MRO＝∠NRO＝45°，则∠MRN＝90°，即MR⊥RN，又HG⊥平面MPNR，则HG⊥MR，又HG与RN相交，所以MR⊥平面RHG，则MR为点M到直线RG的距离，在Rt△BKL中，，则，因为KL是△MPQ的中位线，所以，即，故选：A．5．（5分）已知A（1，2），B（2，5），，则＝（）A． B． C． D．【考点】数量积表示两个平面向量的夹角；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】A【分析】根据平面向量的坐标运算与数量积，计算两向量的夹角余弦值．【解答】解：由A（1，2），B（2，5），所以＝（1，3）；又，所以＝+＝（﹣1，﹣1）；所以＝＝＝＝﹣．故选：A．6．（5分）在△ABC中，AB＝1，，，则AC＝（）A．2 B． C．3 D．【考点】余弦定理．【答案】C【分析】由已知利用余弦定理即可求解．【解答】解：因为在△ABC中，AB＝1，，，由余弦定理知，所以＝，则3AC2﹣5AC﹣12＝0，解得AC＝3或（舍去）．故选：C．7．（5分）已知三棱锥V﹣ABC的外接球的体积为平面，则三棱锥V﹣ABC的体积为（）A． B． C． D．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】A【分析】先根据球的体积公式求出球的半径R，再根据余弦定理与正弦定理求出△ABC的外接圆的半径r，从而可得三棱锥V﹣ABC的高为，最后根据三棱锥的体积公式，即可求解．【解答】解：∵三棱锥V﹣ABC的外接球的体积为＝，∴三棱锥V﹣ABC的外接球的半径R＝，又AB＝2AC＝2，∠BAC＝，∴BC＝＝，设△ABC的外接圆的半径为r，则根据正弦定理可得：＝，∴r＝，又VA⊥平面ABC，∴三棱锥V﹣ABC的高为＝＝2，∴三棱锥V﹣ABC的体积为＝．故选：A．8．（5分）某年级要从2班到12班中选1个班参加一项科普活动，有人提议：掷两个骰子，得到的点数之和是几就选几班，则哪个班级被选到的概率最大（）A．6班 B．7班 C．8班 D．9班【考点】古典概型及其概率计算公式．【答案】B【分析】记第i班被选到的概率为P（i），根据题意计算P（i）可解决此题．【解答】解：记第i班被选到的概率为P（i），则P（1）＝0，P（2）＝P（12）＝＝，P（3）＝P（11）＝＝，P（4）＝P（10）＝＝，P（5）＝P（9）＝＝，P（6）＝P（8）＝＝，P（7）＝＝，比较得：P（7）最大，故选：B．二．多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，有多项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）（多选）9．（6分）已知不相等的复数z1，z2，则下列说法正确的是（）A．若z2＜0，则z是纯虚数 B．若|z1|＝|z2|，则 C．若，则z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称 D．若，则【考点】复数的运算；虚数单位i、复数；纯虚数；复数的代数表示法及其几何意义；复数的模．【答案】AC【分析】对于A，结合复数的四则运算，以及纯虚数的定义，即可求解，对于B，结合特殊值法，即可求解，对于C，结合共轭复数的定义，以及复数的几何意义，即可求解，对于D，结合特殊值法，即可求解．【解答】解：对于A，设z＝a+bi（a，b∈R），z2＝a2﹣b2+2abi＜0，则ab＝0且a2﹣b2＜0，当a＝0，b＝0时，不符合题意，当a＝0，b≠0时，符合题意，当a≠0，b＝0时，不符合题意，故z＝bi（b≠0），即z为纯虚数，故A正确，对于B，令z1＝1，z2＝i，满足|z1|＝|z2|，不满足，故B错误，对于C，设z1＝m+ni（m，n∈R），则z2＝m﹣ni，z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，故C正确，对于D，令，，满足，但与不能比较大小，故D错误．故选：AC．（多选）10．（6分）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（）A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α B．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n C．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β D．若m⊂α，n⊂α，且m与n不平行，m∥β，n∥β，则α∥β【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．【答案】BD【分析】由线面平行的性质和线面的位置关系，可判断A；由线面垂直的性质和面面垂直的定义，可判断B；由面面垂直的性质和线面的位置关系，可判断C；由面面平行的判定定理，可判断D．【解答】解：对于A，若m⊥n，n∥α，可得m∥α或m⊂α，m⊥α，故A错误；对于B，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，由线面垂直的性质和面面垂直的定义，可得m⊥n，故B正确；对于C，若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，可得n⊂β或n∥β或n，β相交，故C错误；对于D，若m⊂α，n⊂α，且m与n不平行，即m，n相交，由m∥β，n∥β，则α∥β，故D正确．故选：BD．（多选）11．（6分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，O为底面ABCD的中心，AC1交平面A1BD于点E，点F为棱CD的中点，则（）A．A1，E，O三点共线 B．三棱锥A1﹣BCD的外接球的表面积为3π C．直线A1C与平面A1BD所成的角为45° D．过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为【考点】球的体积和表面积；平面的基本性质及推论；直线与平面所成的角．【答案】ABD【分析】由题意可证得A1，E，O三点都在平面A1BD与平面ACC1A1的交线上，可判断A；由题意可证得BD⊥平面ACC1A1，从而BD⊥AC1，可判断B；由题意可证得BD⊥平面ACC1A1，则直线A1C与平面A1BD所成的角为∠CA1O，根据余弦定理，求解可判断C；取D1D的中点G，因为FG∥CD1∥A1B，所以等腰梯形A1BFG就是过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面，求出面积可判断D．【解答】解：∵O为底面ABCD的中心，∴O为BD和AC的中点，则O∈BD，O∈AC，∵BD⊂平面A1BD，AC⊂平面ACC1A1，∴O∈平面A1BD，O∈平面ACC1A1，则点O是平面A1BD与平面ACC1A1的公共点，A1是平面A1BD与平面ACC1A1的公共点；∵AC1交平面A1BD于点E，AC1⊂平面ACC1A1，∴E也是平面A1BD与平面ACC1A1的公共点，∴A1，E，O三点都在平面A1BD与平面ACC1A1的交线上，即A1，E，O三点共线，故A正确；三棱锥A1﹣BCD的外接球和正方体是同一个外接球，棱长为1，∴2R＝，得R＝，则外接球的表面积S＝4πR2＝3π，故B正确；∵C1C⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥C1C，又BD⊥AC，AC∩C1C＝C，AC，C1C⊂平面ACC1A1，∴BD⊥平面ACC1A1，而BD⊂平面A1BD，可得平面A1BD⊥平面ACC1A1，又平面A1BD∩平面ACC1A1＝A1O，∴A1C在平面A1BD的射影为A1O，即直线A1C与平面A1BD所成的角为∠CA1O，∵，，，∴，故C错误；取D1D的中点G，连FG，GA1，BF，A1B，∵FG∥CD1∥A1B，∴等腰梯形A1BFG就是过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面，∵，，∴等腰梯形A1BFG的高为，∴等腰梯形A1BFG的面积为，即过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确．故选：ABD．三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．（5分）气象意义上，从春季进入夏季的标志为：“连续5天的日平均温度不低于22℃”．现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数）：①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；②乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；③丙地：5个数据的中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8；则肯定进入夏季的地区的有①③．【考点】用样本估计总体的集中趋势参数．【答案】见试题解答内容【分析】根据数据的特点进行估计出甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据，分析数据的可能性进行解答即可得出答案．【解答】解：对于①，甲地：5个数据的中位数为24，众数为22，则甲地连续5天的日平均温度的记录数据可能为：22，22，24，25，26，其连续5天的日平均温度不低于22℃；对于②，乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；当5个数据为19，20，27，27，27时，其连续5天的日平均温度有低于22，故不确定；对于③，丙地：5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，若有低于22，则取21，此时方差就超出了10.8，可知其连续5天的日平均温度均不低于22．由此肯定进入夏季的地区有甲、丙两地．故答案为：①③．13．（5分）台风在危害人类的同时，也在保护人类．台风给人类送来了淡水资源，大大缓解了全球水荒，另外还使世界各地冷热保持相对均衡．甲、乙、丙三颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙、丙三颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8，0.7，0.9，各卫星间相互独立，则在同一时刻至少有两颗预报准确的概率是0.902．【考点】相互独立事件的概率乘法公式．【答案】0.902．【分析】根据题意，设甲、乙、丙预报准确依次记为事件A，B，C，不准确分别记为，则至少两颗预报准确的事件有AB，AC，BC，ABC，分别求出这四个事件的概率，求和即可得解．【解答】解：设甲、乙、丙预报准确依次记为事件A，B，C，不准确分别记为，则P（A）＝0.8，P（B）＝0.7，P（C）＝0.9，P（）＝0.2，P（）＝0.3，P（）＝0.1，至少两颗预报准确的事件有AB，AC，BC，ABC，这四个事件两两互斥且独立，所以至少两颗预报准确的概率为：P＝P（A∩B∩）+P（A∩∩C）+P（∩B∩C）+P（A∩B∩C）＝0.8×0.7×0.1+0.8×0.3×0.9+0.2×0.7×0.9+0.8×0.7×0.9＝0.056+0.216+0.126+0.504＝0.902．故答案为：0.902．14．（5分）如图，△A'B'C'是△ABC的直观图（斜二测画法），其中A'与O'重合，C'在y'轴上，且B'C'∥x'轴，A'C'＝2，B'C'＝3，则△ABC的最长边长为5．【考点】平面图形的直观图．【答案】见试题解答内容【分析】由斜二测法规则得△ABC中，AC⊥BC，且AC＝2A'C'＝4，BC＝B'C'＝3，由此能求出△ABC的最长边长．【解答】解：∵△A'B'C'是△ABC的直观图，其中A'与O'重合，C'在y'轴上，且B'C'∥x'轴，A'C'＝2，B'C'＝3，∴由斜二测法规则得△ABC中，AC⊥BC，且AC＝2A'C'＝4，BC＝B'C'＝3，∴△ABC的最长边长为AB＝＝5．故答案为：5．四、解答题（共5小题，共计77分．）15．（13分）已知向量，，满足||＝1，||＝2．（1）若∥，求•的值；（2）若，的夹角为45°，求+与﹣的夹角的余弦值．【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】（1）2或﹣2，（2）﹣．【分析】（1）根据向量共线求出夹角，进而求解结论，（2）根据向量的运算得出各自的模长，利用夹角得出cosθ，求解即可．【解答】解：（1）∵∥，∴夹角为0或π，∴•＝1×2×cosθ＝﹣2或2，（2）设+与﹣的夹角θ，∵||＝1，||＝2，，的夹角为45°，∴•＝1×2×cos45°＝，∴＝＝，＝＝，（+）•（﹣）＝1﹣4＝﹣3，cosθ＝＝＝﹣＝﹣．16．（15分）先后三次抛掷同一枚硬币，若正面朝上，则记为1；若反面朝上，则记为0．（1）写出这个试验的样本空间；（2）写出三次结果对应数字之和为1这个事件所对应的子集；（3）求三次结果对应数字之和不小于2的概率．【考点】古典概型及其概率计算公式；样本点与样本空间．【答案】（1）{（1，1，1），（1，1，0），（1，0，1），（0，1，1），（1，0，0），（0，1，0），（0，0，1），（0，0，0）}；（2）{（1，0，0），（0，1，0），（0，0，1）}；（3）．【分析】（1）写出每一种情况即可；（2）在（1）中找出满足条件的样本点即可；（3）先求样本点的总数，再根据概率公式计算即可．【解答】解：（1）先后三次抛掷同一枚硬币，若正面朝上，则记为1；若反面朝上，则记为0．其样本空间为{（1，1，1），（1，1，0），（1，0，1），（0，1，1），（1，0，0），（0，1，0），（0，0，1），（0，0，0）}；（2）三次结果对应数字之和为1的样本点为（1，0，0），（0，1，0），（0，0，1），共3个；（3）三次结果对应数字之和不小于2的样本点为（1，1，1），（1，1，0），（1，0，1），（0，1，1）共4个，故．17．（15分）如图，在几何体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，EF∥CD，CD⊥EA，CD＝2EF＝2，ED＝．M为棱FC上一点，平面ADM与棱FB交于点N．（Ⅰ）求证：ED⊥CD；（Ⅱ）求证：AD∥MN；（Ⅲ）若AD⊥ED，试问平面BCF是否可能与平面ADMN垂直？若能，求出的值；若不能，说明理由．【考点】平面与平面垂直；直线与平面垂直．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）证明：CD⊥平面EAD，即可证明ED⊥CD；（Ⅱ）证明AD∥平面FBC，即可证明：AD∥MN；（Ⅲ）若使平面ADMN⊥平面BCF，则DM⊥平面BCF，所以DM⊥FC，可得DF＝DC＝2．若使DM⊥FC能成立，则M为FC的中点．【解答】（Ⅰ）证明：因为ABCD为矩形，所以CD⊥AD．[（1分）]又因为CD⊥EA，[（2分）]所以CD⊥平面EAD．[（3分）]所以ED⊥CD．[（4分）]（Ⅱ）证明：因为ABCD为矩形，所以AD∥BC，[（5分）]所以AD∥平面FBC．[（7分）]又因为平面ADMN∩平面FBC＝MN，所以AD∥MN．[（8分）]（Ⅲ）解：平面ADMN与平面BCF可以垂直．证明如下：[（9分）]连接DF．因为AD⊥ED，AD⊥CD．ED∩CD＝D，所以AD⊥平面CDEF．[（10分）]所以AD⊥DM．因为AD∥MN，所以DM⊥MN．[（11分）]因为平面ADMN∩平面FBC＝MN，若使平面ADMN⊥平面BCF，则DM⊥平面BCF，所以DM⊥FC．[（12分）]在梯形CDEF中，因为EF∥CD，DE⊥CD，CD＝2EF＝2，ED＝，所以DF＝DC＝2．所以若使DM⊥FC能成立，则M为FC的中点．所以＝．[（14分）]18．（17分）已知函数f（x）＝msinx+cosx，（m＞0）的最大值为2．（Ⅰ）求函数f（x）