【文档说明】湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx,共(22)页,3.019 MB,由小赞的店铺上传
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长郡中学2023年上学期高一期末考试数学时量:120分钟满分:150分一、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.已知复数()i2iz=+,则复数z在复平面内对应的
点在()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】先求得复数z的代数形式,进而求得其在复平面内对应的点所在象限.【详解】()i2i12iz=+=−+,则12zi=−−,则复数z在复平面内对应的点坐标为()1,2−−,该点位于第三象限.故选:C2.正方体
1111ABCDABCD−中,异面直线1AD与BD所成角为()A.45B.60C.90D.120【答案】B【解析】【分析】根据正方体的性质,结合异面直线所成角的定义进行求解即可.【详解】由题意,作正方体1111ABCDABCD−
,如下图所示:连接11,BCDC,11ADBCQ∥,∴异面直线1AD与BD即所成的角为1DBC.由题可得1DBC为等边三角形,160DBC=.∴异面直线1AD与BD所成的角为60°.故选:B.3.在A
BC中,BDDC=,则AD=()A.1122ABAC−B.1122ABAC+C.22ABAC+D.2ABAC−【答案】B【解析】【分析】根据平面向量的线性运算可得答案.【详解】由BDDC=可得D为BC边中点,如图所示:()11212212ADABBD
ABBCABCABACAAB=+=+++=−=故选:B.4.ab、为空间中两条不同的直线,、为两个不同的平面,则下列结论正确的是()A.若a∥b,a∥,则b∥B.若ab、异面直线,则过空间任一点M,存在直线c与ab、都垂直C.若a,b=,则a与b相交D.若a不垂直于,且
b,则a不垂直于b【答案】B【解析】【分析】根据线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理等即可判断选项.【详解】对于选项A,若a∥b,a∥,则b或b∥,A错;对于选项C,若a,b=,ab或a与b相交,C错;对于选项D,若a不垂直于,且b
,a可能与b垂直,D错;为对于选项B,过空间一点作两条异面直线的平行线可以确定一个平面,过空间一点作平面的垂线有且只有一条,B正确.故选:B5.一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍,若该圆锥的体积为93π,则该圆锥的母线长为()
A.3B.33C.6D.63【答案】C【解析】【分析】设圆锥的底面圆半径为r,高为h,母线长为l,根据圆锥侧面积与圆的面积关系可得2lr=,由勾股定理可得3hr=,结合圆锥的体积公式计算即可求解.【详解】设圆锥的底面圆半径为r,高为
h,母线长为l,则圆锥侧面展开的扇形面积为πrl,底面圆面积为2πr,因为πrl2=2πr,所以2lr=,得223hlrr=−=,所以圆锥的体积为2211ππ393π33Vrhrr===,解得3r=,所以6l=,即圆锥的母线长为6.故选:C.6.向量|||
|1,||2abc===,且0abc++=,则cos,acbc−−=()A.15−B.25−C.25D.45【答案】D【解析】【分析】根据题意构造特殊图形,利用图形的几何性质结合三角函数的同角三角函数
关系以及二倍角余弦公式,即可求得答案.【详解】因为0abc++=,所以abc+=−,即2222ababc++=,即1122ab++=,所以0ab=,即ab⊥,如图,设,,OAaOBbOCc===,OAOB⊥,CO延长线过AB的中点D,
则,CAacCBbc=−=−,由题意知,1,2,OAOBOCOAB===是等腰直角三角形,AB边上的高22,22ODAD==,所以232222CDCOOD=+=+=,故在RtADC中,13tan,cos310ADACDACDCD=
==,故2cos,coscos22cos1acbcACBACDACD−−===−23421510=−=,故选:D7.先后两次掷一枚质地均匀的股子,事件A=“两次掷出的点数之和是6”,事件B=“第一次掷出的点数
是奇数”,事件C=“两次掷出的点数相同”,则()A.A与B互斥B.B与C相互独立C.()16PA=D.A与C互斥【答案】B【解析】【分析】根据互斥的定义和相互独立的公式即可求解.【详解】对于选项A:第一次掷出点数为3,第二次掷出点数为3,满足事件A,也满
足事件B,因此A与B能够同时发生,所以A与B不互斥,故选项A错误;对于选项B:31()62PB==,61()366PC==,31()3612PBC==,所以()()()PBCPBPC=,所以B与C相互独立,即选项B正确;对于选项C:()51366=PA,故选项C错误;对于
选项D:第一次掷出点数为3,第二次掷出点数为3,满足事件A,也满足事件C,因此A与C能够同时发生,所以A与C不互斥,故选项D错误;故选:B.8.已知点G为三角形ABC的重心,且GAGBGAGB+=−,当C取最大值时,cosC=()A.45B.35C.25D.15【答案】A【解析】分析】由题设可
得0AGBG=,结合1()3AGACAB=+,1()3BGBABC=+及余弦定理可得2cos()5abCba=+,根据基本不等式即可求解.【详解】由题意GAGBGAGB+=−,所以22()()GAGBGAGB+=−,即222222GAGBGAGBGAGBGAGB
++=+−,所以0GAGB=uuruuur,所以AGBG⊥,又211()()323AGACABACAB=+=+,211()()323BGBABCBABC=+=+,则11()()()099AGBGACABBABCACBAACBCABBAABBC=++=+++
=,所以2CACBACABBABCAB=++,即2coscoscosabCbcAacBc=++,由222cos2bcaAbc+−=,222cos2acbBac+−=,222cos2abcCab+−=,所以2
225abc+=,所以222244cos()2555abcababCabbaba+−==+=,当且仅当ab=时等号成立,又cosyx=在()0,π上单调递减,()0,πC,所以当C取最大值时,cosC=45.故选:A【点睛】关键点点
睛:此题考查向量的数量积运算及余弦定理的应用,解题的关键是结合三角形重心的性质和余弦定理可得2225abc+=,然后利用基本不等式求解,考查转化思想,属于较难题.二、选择题(本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)9.某企业对目前销售的A,B,C,D四种产品进行改造升级,经过改造升级后,企业营收实现翻番,现统计了该企业升级前后四种产品的营收占比,得到如下饼图:下列
说法正确的是()A.产品升级后,产品A的营收是升级前的4倍B.产品升级后,产品B的营收是升级前的2倍C.产品升级后,产品C的营收减少D.产品升级后,产品B、D营收的总和占总营收的比例不变【答案】ABD【解析】【分析】根据扇
形统计图由产品升级前的营收为a,升级后的营收为2a,结合图中数据即可结合选项逐一求解.【详解】设产品升级前的营收为a,升级后的营收为2a.对于产品A,产品升级前的营收为0.1a,升级后的营收为20.20.4aa=,故升级后的产品A的营收是升级前的
4倍,A正确.对于产品B,产品升级前的营收为0.2a,升级后的营收为20.20.4aa=,故升级后的产品B的营收是升级前的2倍,B正确,对于产品C,产品升级前的营收为0.5a,升级后的营收为20.40.8aa=,故升级后的产品C的营收增加,
C错误.产品升级后,产品,BD营收的总和占总营收的比例不变,D正确.故选:ABD10.设1z,2z是复数,则下列命题中正确的是()A.若1z是纯虚数,则210zB.若22120zz+=,则120zz==C.若12zz=,则1122zzzz=D.若
复数1z满足11z=,则12zi+的最大值为3【答案】CD【解析】【分析】根据纯虚数的概念及乘法运算判断A,取特殊值判断B,利用复数的模及共轭复数的乘法运算判断C,由复数模及不等式的性质判断D.【详解】
对于A,因为1z是纯虚数,所以设1i(R,0)zbbb=,则2221(i)0zbb==−,所以A错误;对于B,取21z=,1iz=,满足22120zz+=,则120zz==不成立,所以B错误;对于C,设12i,i(,,,)zabzcd
abcd=+=+R,因为12||||zz=,所以2222+=+abcd,因为2211(i)(i)=zzababab=+−+,2222(i)(i)=zzcdcdcd=+−+,所以1122zzzz=,所以C正确;对于D,设1i(,)zababR
=+,由11z=,得221ab+=,则可得11,11ab−−,所以222212i(2)44543zababbb+=++=+++=+,1b=时取等号,所以D正确.故选:BD11.如图,某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB(A为塔顶,B为塔底)的高度,选取与B在同一水平面内的两
点C与D(B,C,D不在同一直线上),测得CDs=.测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有:,,,,,ACBACDBCDADBADCBDC,则根据下列各组中的测量数据可计算出塔AB的高度的是()A.,,,sAC
BBCDBDCB.,,,sACBBCDACDC.,,,sACBACDADCD.,,,sACBBCDADC【答案】ACD【解析】【分析】根据解三角形的原理:解一个三角形,需要知道三个条件,且至少一个为边长.分析每一个选项的条件看是否能求出塔AB的高度.【详解】解一个三
角形,需要知道三个条件,且至少一个为边长.A.在CBD△中,已知,,sBCDBDC,可以解这个三角形得到BC,再利用ACB、BC解直角ABC得到AB的值;B.在CBD△中,已知,,sBCD无法解出此三角形,在CAD中,已知,,sACD无法解出此三
角形,也无法通过其它三角形求出它的其它几何元素,所以它不能计算出塔AB的高度;C.在ACD中,已知,,sACDADC,可以解ACD得到AC,再利用ACB、AC解直角ABC得到AB的值;D.如图,过点B作BECD⊥,连接
AE.由于cos,cos,cosCBCECEACBBCDACEACBCAC===,所以coscoscosACEACBBCD=,所以可以求出ACD的大小,在ACD中,已知,,ACDADCs可以求出,AC再利用ACB、AC解直角A
BC得到AB的值.故选:ACD【点睛】方法点睛:解一个三角形,需要知道三个条件,且至少一个为边长.判断一个三角形能不能解出来常利用该原理.12.如图,正方体ABCDABCD−的棱长为4,M是侧面ADDA上的一个动点(含边界),点P在棱CC上,
且1PC=,则下列结论正确的有()A.沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为45B.保持PM与BD垂直时,点M的运动轨迹长度为32C.若保持||25PM=,则点M的运动轨迹长度为43D.平面ADP
被正方体ABCDABCD−截得截面为等腰梯形【答案】BCD【解析】【分析】根据平面展开即可判断A;过P做平面//PEF平面ACB,即可判断B;根据点M的轨迹是圆弧,即可判断C;作出正方体ABCDABCD−被平面ADP所截的截面即可判断D.【详解】对于A
,将正方体的下面和侧面展开可得如图图形,连接AP,则16496545AP=+=,故A错误;对于B,如图:因为DD平面ABCD,AC平面ABCD,DDAC⊥,又ACBD⊥,DDBDD=,DD,BD平面DDB,所以AC⊥平面DDB
,BD平面DDB.所以ACBD⊥',同理可得BDAB⊥,ACACA=,AC,AB平面ACB.所以BD⊥平面ACB.所以过点P作//PGCD交CD交于G,过G作//GFAC交AD交于F,由//ABCD,
可得//PGAB,PG平面ACB,AB平面ACB,所以//PG平面ACB,同理可得//GF平面ACB.则平面//PGF平面ACB设平面PEF交平面ADDA于EF,则M的运动轨迹为线段EF,由点P在棱CC上,且1PC=,可得1DGDFAE===,所以3
324EFAD==,故B正确;对于C,如图:若||25PM=,则M在以P为球心,25为半径的球面上,过点P作PQ⊥平面ADDA,则1DQ=,此时222QMPMPQ=−=.所以点M在以Q为圆心,2为半径的
圆弧上,此时圆心角为23.点M的运动轨迹长度24233=,故C正确;对于D,如图:延长DC,DP交于点H,连接AH交BC于I,连接PI,.所以平面ADP被正方体ABCDABCD−截得的截面为AIPD.
PCHDDH,所以34PHPCHCDHDDDH===.ICHADH,所以34CIHCIHDADHAH===,所以34PHIHPIDHAHAD===,所以//PIAD,且PIAD,所以截面AIPD为梯形,16117AIPD=+
==,所以截面AIPD为等腰梯形.故D正确.故选:BCD.三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.《本草纲目》中记有麦门冬这一种药物,书中所提麦门冬,别名麦冬、寸冬等,临床可用于治疗肺燥干咳、津伤口渴、喉痹咽病、阴虚劳嗽等.一个麦门冬可近似看作底面
拼接在一起的两个圆锥,如图所示,则该麦门冬的体积约为______.【答案】8π3##8π3【解析】【分析】根据圆锥的体积公式,即可求解.【详解】由题意可知麦门冬的体积为两个底面直径为2,高为4的圆锥的体积之和,故该麦门冬的体积
218π142π33V==,故答案为:8π3.14.甲、乙两名考生填报志愿,要求甲、乙只能在A,B,C这3所院校中选择一所填报志愿.假设每位同学选择各个院校是等可能的,则院校A,B至少有一所被选择的概率为_________.【答案】89【解析】【分析】
利用对立事件的概率计算公式和独立事件的乘法公式即可得到答案.【详解】设事件A为院校A,B至少有一所被选择,则其对立事件A为两人均选择C院校,甲选择C院校的概率为13,乙选择C院校的概率为13,则甲乙同时选
择C院校的概率为131139=,则()()181199PAPA=−=−=.则院校A,B至少有一所被选择的概率为89.故答案为:89.15.水平桌面上放置了4个半径为2的小球,4个小球的球心构成正方形,且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球,则半球形容器内壁的半径的最小值为_
____.【答案】232+##223+【解析】【分析】根据给定的条件,画出4个球的外接球的示意图,根据图中的几何关系求解.【详解】如图,4个小球球心构成的正方形为1234OOOO,中心为N,由题意124OO=,122NO=,半球形容器的球心为O,
显然当半球形容器与4个小球都相切时球O的半径最小,半球形容器与球1O的切点为A,连接ON,则ON=小球的半径=2,球O的半径221112223OAOAOOONON==+=++=+;故答案为:223+.16.如图,已知P,Q分别为AOB两边上
的点,π6AOB=,3PQ=,过点P,Q作圆弧,R为PQ的中点,且π6PQR=则线段OR长度的最大值为_________.【答案】323+【解析】【分析】设PQO=,在OPQ△中由正弦定理可得6sinOP
=,在RPQ由余弦定理求出PR、QR,在ORP中由余弦定理表示出2OR,再结合三角恒等变换公式及正弦函数的性质求出2OR的最大值,即可得解.【详解】解:设PQO=,则5π06,在OPQ△中,由正弦定理知36πsinsinsin6OPPQPOQ===,所以6sinOP=,因为R为
PQ的中点,所以π6QPRPQR==,则PRQR=,在RPQ中由余弦定理2222cosPQPRQRPRQRPRQ=+−,解得3PRQR==,在ORP中,5πππ66OPROPQQPR=+=−+=−,由余弦定理可得()22222cos36sin3236
sincosπOROPPROPPROPR=+−=+−−()π181cos2363sin2123sin2213=−++=−+所以当5π12=时,2OR取得最大值21123+,即OR的得最大值323+.故答案为
:323+四、解答题(本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.已知向量()1,3a=−,()5,1b=−.(1)若ab∥,求的值;(2)若()()2abab+⊥−,求的值.【答案】(1)116=(2)
1=或1914−.【解析】【分析】(1)由向量平行的坐标运算求解;(2)由向量垂直的坐标运算求解.【小问1详解】因为ab∥,所以()61531101−−=−=.【小问2详解】()()23
,71,6,21abab+=−−=−+,由()()2abab+⊥−,则()()20abab+−=,()()21871210145190,−+−+=+−=()()901141=−+1=或1914−.18.如图,在棱长为2
的正方体1111ABCDABCD−中,E为1AA的中点,F为AE的中点.(1)求证://CE平面BDF;(2)求三棱锥EBDF−的体积.【答案】(1)证明见解析(2)13【解析】【分析】(1)利用中位线的性质、线面平行的判定定理即
可证明;(2)利用等体积法求解即可.【小问1详解】如图,连接AC交BD于点O,再连接OF,在ACE△中,O为AC中点,F为AE中,所以//OFCE,且CE平面BDF,OF平面BDF,所以//CE平面B
DF.【小问2详解】因为该几何体为正方体,所以点D到平面11ABBA的距离等于AD,所以点D到平面BEF的距离等于AD,根据等体积法可知11113323EBDFDBEFBEFVVSADEFABAD−−====△.19.对某校高三年级学生参加社区服务
次数进行统计,随机抽取M名学生作为样本,得到这M名学生参加社区服务的次数,根据此数据作出了频数与频率的统计表和频率分布直方图.分组频数频率)10,15100.25)15,2024n)20,25mp25,3020.05
合计M1的(1)写出表中M、p及图中a的值(不需过程);(2)若该校高三年级学生有240人,试估计该校高三年级学生参加社区服务的次数在区间)10,15上的人数;(3)估计该校高三年级学生参加社区服务次数的中位
数.(结果精确到0.01)【答案】(1)40M=,0.1p=,0.12a=(2)60人(3)中位数是17.08.【解析】【分析】(1)根据频率分布表求出M、n、p,结合频率分布直方图求出a;(2)由频率估计人数;(3)根据中位数计算规则计算可得.【小问1
详解】由频率分布表可得100.2540M==,24400.6n==,所以10.250.60.050.1p=−−−=,0.650.12a==.【小问2详解】因为该校高三年级学生有240人,在)10,15上的频率是0.25,所以估计该校高三年级学生参加社区服务的次
数在此区间上的人数为2400.2560=人.【小问3详解】因为0.250.5且0.250.60.5+,所以中位数在区间)15,20上,因为中位数及前面的数的频率之和为0.5,设样本中位数为x,则()0.250.121
50.5x+−=,解得17.08x.估计该校高三年级学生参加社区服务次数的中位数是17.08.20.记ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc,已知2222cosbcaA+−=.(1)求bc;(2)若coscos1coscosaBbAbaBbAc
−−=+,求ABC面积.【答案】(1)1(2)34【解析】【分析】(1)根据余弦定理即可解出;(2)由(1)可知,只需求出sinA即可得到三角形面积,对等式恒等变换,即可解出.【小问1详解】因为2222cosabcbcA=+−,
所以2222cos22coscosbcabcAbcAA+−===,解得:1bc=.【小问2详解】由正弦定理可得coscossincossincossincoscossincossincossinaBb
AbABBABaBbAcABBAC−−−=−++()()()()()sinsinsinsin1sinsinsinABABBBABABAB−−−=−==+++,变形可得:()()sinsinsinABABB
−−+=,即2cossinsinABB−=,而0sin1B≤,所以1cos2A=−,又0πA,所以3sin2A=,故ABC的面积为1133sin12224ABCSbcA===△.21.已知三棱锥ABCD,D在面ABC上的投影为O,O恰
好为△ABC的外心.4ACAB==,2BC=.(1)证明:BC⊥AD;(2)E为AD上靠近A的四等分点,若三棱锥A-BCD的体积为1,求二面角ECOB−−的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)154−【解析】【分析】(1)先利用三角形全等与等腰三角形
三线合一证得AMBC⊥,从而利用线面垂直的性质定理证得BC⊥面AMD,由此得证;(2)建立空间直角坐标系,结合条件求得71515OM=,155OD=,从而得到各点坐标,进而求得平面ECO与平面COB的法向量,由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即
可得解.【小问1详解】连结AO并延长AO交BC于M,连结,OBOC,因为O恰好为△ABC的外心,所以OBOC=,又ACAB=,AOOA=,所以AOCAOB,所以CAOBAO=,即AM是BAC的角平分线,又ACAB=,所以由等腰三角形三线合一可得AMBC⊥,因为D在面ABC上的投影为O,
所以OD⊥面ABC,又BC面ABC,所以ODBC⊥,又,,AMODOAMOD=面AMD,所以BC⊥面AMD,又AD面AMD,所以BCAD⊥,【小问2详解】由(1)知AMBC⊥,OD⊥面ABC,过M作z轴平行于OD,则z轴垂直于面ABC,如图建立空间直角坐标系,在ABC中,由(1)与等腰三角
形三线合一可知M是BC的中点,又4ACAB==,2BC=,则2215AMABBM=−=,1152ABCSAMBC==,设AOr=,则BOr=,又222OMBMOB+=,所以()222151rr−+=,解得81515r=,故71515OMAMAO=−=,
因为三棱锥ABCD的体积为1,所以1115133ABCSODOD==,则155OD=,则()()()715715150,1,0,0,1,0,,0,0,15,0,0,,0,15155CBOAD−
,故81581515715,0,0,,0,,,1,01515515OAADOC==−=−,因为E为AD上靠近A的四等分点,所以121515,0,4520OEOAAD=+=,设(),,nxy
z=为平面ECO的一个法向量,则215150520715015nOExznOCxy=+==−+=,取1556x=,则115,87yz==,故15115,,5687n=,易得()0,0,1m=是平面COB的一个法向量,设二面角ECOB−−的平面角为,则为钝角
,所以215157coscos,4151151566449mnmnmn=−=−=−=−++,所以二面角ECOB−−的余弦值为154−.22.甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛,赛程如下面的框图所示,其中编号为i的方框
表示第i场比赛,方框中是进行该场比赛的两名棋手,第i场比赛的胜者称为“胜者i”,负者称为“负者i”,第6场为决赛,获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为34,而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同.(1)求乙仅参加两场比赛且
连负两场的概率;(2)求甲获得冠军的概率;(3)求乙进入决赛,且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.【答案】(1)38(2)81128(3)37128【解析】【分析】(1)乙仅参加两场比赛且连负两场,所以1、4均负,由独立事件概率公式,即
可得出答案;(2)甲获得冠军,则甲参加的比赛结果有三种情况:1胜3胜6胜,1负4胜5胜6胜,1胜3负5胜6胜,由此求出甲获得冠军的概率;(3)分成三类进行讨论,若乙的决赛对手是甲,若乙的决赛对手是丙,若乙的决赛对手是丁,从而能求出乙进入决赛,且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.
【小问1详解】根据题意,乙获连负两场,所以1、4均负,所以乙获连负两场的概率为313428P==.【小问2详解】甲获得冠军,则甲参加的比赛结果有三种情况:1胜3胜6胜;1负4胜5胜6胜;1胜3负5胜6
胜,所以甲获得冠军的概率为33331812444128P=+=.【小问3详解】若乙的决赛对手是甲,则两人参加的比赛结果有两种情况:甲1胜3胜,乙1负4胜5胜;甲1负4胜5胜,乙1胜3胜,所以甲与乙在决赛相遇概率为:33111331274422444
2128P=+=,的若乙的决赛对手是丙,则两人只可能在第3场和第6场相遇,两人参加的比赛的结果有两种:乙1胜3胜,丙2胜3负5胜;乙1胜3负5胜,丙2胜3胜,同时考虑甲在第4场和第5场的结果,乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为:11
131111113111542244424224442128p=+++=,若乙的决赛对手是丁,则其概率与乙的决赛对手是丙相同,所以乙进入决赛,且乙与其决赛对手是第二
次相遇的概率为275537128128128128++=.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com