【文档说明】湖南省2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 Word版含解析.docx，共(11)页，1010.712 KB，由小赞的店铺上传

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湖南高一期未考试数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､坐位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用像皮擦干浄后，再选涂其他答察

标号.回答非选掸题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.本试卷主要考议内容：人教A版必修第一､二册，选择性必修第一册第一章第3节.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.已知向量()()2,5,,4abm=−=，若ab⊥，则m=（）A.10B.-10C.85D.85−2.已知()()2,1,3,1,1,4AB−−，则AB=（）A.()3,0,1B.()1,2,1−−C.()1,0,7−D.()3,2,1−3.已知集

合{32},{2}AxxBxmxm=+=−∣∣，若AB=，则m的取值范围是（）A.)1,+B.()1,+C.(,1−−D.(),1−−4.已知m是一条直线，,是两个不同的平面，且m⊥，则“m∥”是“⊥”的（）A.必要不充分条件B.充分不必

要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.已知空间问量()()2,1,1,,3,3abm=−=−，若a与b的夹角是钝角，则m的取值范围是（）A.()(),66,3−−−B.(),3−C.()()3,66,−D.()3,+

6.已知()sin3π2cos0++=，则tan2=（）A.43B.34C.43−D.34−7.为了推广一种新饮料，某饮料生产企业开展了有奖促销活动：将8瓶该种饮料装一箱，其中有2瓶能够中奖，现从一箱该饮料中随机抽取2瓶，则下列两个事件是互斥但不对立的是（）A

.“至少1瓶中奖”与“2瓶都中奖”B.“至多1瓶中奖”与“2瓶都中奖”C.“恰有1瓶中奖”与“2瓶都不中奖”D.“恰有1瓶中奖”与“至多1瓶中奖”8.已知()()2213,1,log93,1aaxaxfxxax−+=+−„是R上的单调函数，则a的取值范围是（）A.(1,

2B.(1,3C.(10,1,32D.(10,1,23二､多选题：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.9.已知复数()2(2i)1i

z=+−，则（）A.z的实部是-1B.52z=C.z的共轭复数是1i−−D.z在复平面内对应的点位于在第一象限10.已知函数()()cos(0,0,0π)fxAxA=+的部分图象如图所示，则（）A.π6=B.2A=C.()fx的图

象关于点5π,012−对称D.不等式()1fx的解集是()πππ,π124kkk−+Z11.有一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成（如图1），也可由正方体切割而成（如图2）.在如图2所示的“蒺藜形多面体”中，若2AB=，则（）A.该几何体的表面积为12

3B.该几何体的体积为4C.直线HM与直线GN所成的角为π3D.二面角BEFH−−的余弦值为13三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.生活质量指数是用于衡量人们生活质量水平的一种指标体系.某机构对某地进行生活质量指数调查，得到该地15个地区的生活质量指数为68,68,69,71,

73,75,75,76,78,80,85,85,87,91,93，则这15个地区的生活质量指数的第60百分位数是__________.13.如图，在四面体ABCD中，AB⊥平面,ACDACD是边长为4的

等边三角形，3,,ABEF=分别是棱,ADBC的中点，则EF=__________.14.在底面为正方形的四棱锥PABCD−中，PD⊥平面,4,22ABCDABPD==，点E在线段PD上，PB∥平面EAC，则四面体ABCE外接球的表面积为__________.四､解答题：本题共5小题，共7

7分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.（13分）已知某校初二年级有1200名学生，在一次数学测试中，该年级所有学生的数学成绩全部在45,95内.现从该校初二年级的学生中随机抽取100名学生的数学成绩，按))))45

,55,55,65,65,75,75,85,85,95分成5组，得到如图所示的频率分布直方图.（1）求a的值；（2）估计该校初二年级学生这次数学测试的平均分（各组数据以该组数据的中点值作代表）；（3）记这次测试数学成绩不低于85分为“优秀”，估计该校初二年级这次测

试数学成绩为“优秀”的学生人数.16.（15分）如图，在四棱锥PABCD−中，PAPC=，四边形ABCD是正方形，E是PD的中点.（1）证明：PB∥平面ACE.（2）证明：平面PBD⊥平面ACE.17.（15分）已知函数()πsin22sincos3fxxxx=−+.（1）求()fx

的最小正周期；（2）求()fx的单调递减区间；（3）求()fx在区间7π,012−上的值域.18.（17分）端午节，又称端阳节､龙舟节､重午节，端午节是中华民族传统文化的重要组成部分.某校打算举办有关端午节的知识竞答比赛，比赛规则如下：比赛一共

进行两轮，每轮比赛回答一道题，每轮比赛共有A，B，C三类题目，参赛选手随机从这三类题目中选择一类作答，第一轮中被选中的题目在第二轮比赛开始前工作人员会用同一类型的题目替换，参赛选手答对一道A类题目得10分，答对一道B类题目得20分，答

对一道C类题目得40分，两轮比赛后，若选手累计得分不低于50分，则通过比赛，已知甲､乙两位同学都参加了这次比赛，且甲答对A类题目的概率是34，答对B类题目的概率是34，答对C类题目的概率是12，乙答对每类题目的概率都是35

.假设甲､乙选择哪类题目作答相互独立，且每轮比赛结果也是相互独立的.（1）求甲第一轮答对A类题目的概率；（2）求甲通过比赛的概率；（3）求甲､乙两人中至少有1人通过比赛的概率.19.（17分）A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上（点M与,PQ两点均不重合），我们称如下操

作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记()sin,;sinAPPAMPQMAQMAQ=；若点M在线段PQ外，记()sin,;sinAPPAMPQMAQMAQ=−.（1）若M在正

方体1111ABCDABCD−的棱AB的延长线上，且22ABBM==，由1A对AB施以视角运算，求(),;ABM的值；（2）若M在正方体1111ABCDABCD−的棱AB上，且2AB=，由1A对AB施以视角运算，得到()1,;2ABM=，求AMMB的值；（3）若1231,,,,n

MMMM−是ABC边BC的n等分点，由A对BC施以视角运筫，证明：()()(),;,;11,2,3,,1knkBCMBCMkn−==−.湖南高一期末考试数学参考答案1.A由题意可得2540abm=−+=，解得10m=.

2.D由题意可得()3,2,1AB=−.3.C由题意可得{1}Axx=−∣.因为AB=，所以1m−„.4.B由,mm⊥∥，得⊥；由,m⊥⊥，得m∥或m.故“m∥”是“⊥”的充分不必要条件.5.A由题意可得2330,6,mm−−

−解得6m−或63m−.6.C因为()sin3π2cos0++=，所以sin2cos0−+=，所以tan2=，则22tan4tan21tan3==−−.7.C“至少1瓶中奖”与“2瓶都中奖”可以同时发生，则“至少1瓶中奖”与“2瓶都中奖”不是互斥事件.“至多1瓶中奖”

与“2瓶都中奖”是对立事件.“恰有1瓶中奖”与“2瓶都不中奖”是互斥但不对立事件.“恰有1瓶中奖”与“至多1瓶中奖”可以同时发生，则“恰有1瓶中奖”与“至多1瓶中奖”不是互斥事件.8.D当()fx是R上的单调递增函数时，2210,1,2

1393,aaaaa−−+−„解得12;a„当()fx是R上的单调递减函数时，2210,01,21393,aaaaa−−+−…解得103a„.综上，a的取值范围是(10,1,23.9.BD因为()(

)()()()222(2i)1i44ii1i34i1i33i4i4i7iz=+−=++−=+−=−+−=+，所以z的实部是227,7152,7i,zzz=+==−在复平面内对应的点()7,1位于在第一象限.10.BC由图可知7ππ2π1212T=−=，

则2=.因为点π,012在()fx的图象上，所以ππcos0126fA=+=，所以()πππ62kk+=+Z，解得()ππ3kk=+Z，因为0π，所以π3=，则

A错误.因为点()0,1在()fx的图象上，所以()π0cos13fA==，解得2A=，则B正确.因为5π5πππ2cos2cos012632f−=−+=−=，所以()fx的图象关于点5π,012

−对称，则C正确.由()1fx，即π2cos213x+，即π1cos232x+，得2πk()πππ22π333xkk−++Z，解得()πππ3kxkk−Z，所以不等式()1fx的解集是()ππ,π3kkk−Z，则D错误.11.

ABC因为2AB=，所以2BE=.该几何体的表面积为2324(2)1234=，A正确.该几何体的体积为311212221432−=，B正确.因为HM∥BD，所以直线HM与直线GN所成的角即直线

BD与直线DN的夹角，其大小为π3.故直线HM与直线GN所成的角为π,3C正确.设EF的中点为O，连接,OBOH（图略），BOH即为二面角BEFH−−的平面角.22261,cos223OBOHBHOBOHBOHOBOH+−====−，D错误.12.79因为1560%9=，则这15个地区的生

活质量指数的第60百分位数是7880792+=.13.52因为,EF分别是棱,ADBC的中点，所以11,22AEADBFBC==，则()11111112222222EFEAABBFADABBCADABACABABACAD=++=−++=−

++−=+−.因为AB⊥平面ACD，所以,ABACABAD⊥⊥，所以0ABACABAD==.因为ACD是边长为4的等边三角形，所以8ACAD=.因为22222111111111252224442224EFABACADABA

CADABACABADACAD=+−=+++−−=，所以52EF=.14.34π连接BD交AC于点O，连接OE.因为,PEOE共面，且PB∥平面EAC，所以PB∥OE，易知O为BD的中点，所以E为PD的中点.设四面体ABCE外接球的球心为Q，则OQ⊥平面AB

C，设OQh=，则222OQOCQE+=，所以2222(22)(2)(22)hh+=−+，解得22h=，故四面体ABCE外接球的表面积为(24πh+8）34π=.15.解：（1）由频率分布直方图可得()0.01020.0250.035101

a+++=，解得0.015a=.（2）由题意，估计平均分500.1600.15700.25800.35900.1573x=++++=分.（3）由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.015100

.15=，则该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15，故估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数为12000.15180=.16.证明：（1）记ACBDO=，连接OE.因为四边形ABCD是正方形，所以O是BD的中点.因为E是PD的中点

，所以OE∥PB.因为OE平面,ACEPB平面ACE，所以PB∥平面ACE.（2）连接OP.因为四边形ABCD是正方形，所以O是AC的中点.因为PAPC=，所以OPAC⊥.因为四边形ABCD是正方形，所以ACBD⊥.因为,OPBD平面PBD，且OPBDO=，所以AC⊥平

面PBD.因为AC平面ACE，所以平面PBD⊥平面ACE.17.解：（1）由题意可得1333()sin2cos2sin2sin2cos23sin222226fxxxxxxx=−+=−=−，则()fx的最小正周期2ππ2T==.（2）令()ππ3π2π22π262

kxkk+−+Z剟，解得()π5πππ36kxkk++Z剟，故()fx的单调递减区间为()π5ππ,π36kkk++Z.（3）因为7π,012x−，所以π4ππ2,636x−−−.当π4π2

63x−=−，即7π12x=−时，()fx取得最大值，最大值为7π7ππ3sin1266f−=−−32=当ππ262x−=−，即π6x=−时，()fx取得最小值，最小值为πππ3sin636f−=−−3=−.故()fx在区间7π,01

2−上的值域为33,2−.18.解：（1）甲第一轮答对A类题目的概率为131344=.（2）甲通过比赛的情况有以下三种：第一种情况是甲答对1道A类题目和1道C类题目，其概率1131112343212P==；第二种情

况是甲答对1道B类题目和1道C类题目，其概率2121122333227P==；第三种情况是甲答对2道C类题目，其概率231113236P==.故甲通过比赛的概率为123527PPP

++=.（3）乙通过比赛的概率为2131313131312235353535355++=.甲､乙都没有通过比赛的概率为518811275135−−=，则甲､乙两人中至少

有1人通过比赛的概率为88471135135−=.19.（1）解：如图1，因为22ABBM==，所以113,22,13AMABAM===.由正方体的定义可知1AAAB⊥，则190AAB=，所以1122sin,cos22AABAAB==，11313213sin,cos1

313AAMAAM==.因为111BAMAAMAAB=−，所以()11126sinsin26BAMAAMAAB=−=，则()11113132sin13,;3sin262226AAAAMABMABMAB=−=−=−.（2）解：如图2，

设()01AMaa=剟，则221122424sin,cos44aaaAAMAAMaa++==++.因为111BAMAABAAM=−，所以()()()()21112224sinsin24aaBAMAABAAMa−+=−=+，则()()()()221

1211242sin14,;sin222242224aaAAAAMaaABMABMABaaaa++====−−++，解得2,3a=故122AMaMBa==−.（3）证明：如图3，因为1231,,,,nMMMM−是BC的n等分点，所以

knkBMCM−=,kkkknkBCBMCMBCnn−−===.在kABM中，由正弦定理可得sinsinkkkBMABBAMAMB=，则sinsinkkkABBAMBMAMB=.在kACM中，同理可得sinsinkkkACCAMCMAMC=.因为πkk

AMBAMC+=，所以sinsinkkAMBAMC=，则()sinsin,;sinsinkkkkkkkkkABBAMBMAMBBMkBCMACCAMCMAMCCMnk====−.同理可得()

,;nknknkBMnkBCMCMk−−−−==.故()()(),;,;11,2,3,,1knkknkBCMBCMknnkk−−===−−.