【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.45B.60C.90D.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ABC

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：()11212212ADABBDABBCABCABACAAB=+=+

++=−=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：()513

66=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GAGBGA

GB+=−，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()()32

3AGACABACAB=+=+，211()()323BGBABCBABC=+=+，则11()()()099AGBGACABBABCACBAACBCABBAABBC=++=+++=，所以2CACBACABBABCAB=++，即2coscoscos

abCbcAacBc=++，由222cos2bcaAbc+−=，222cos2acbBac+−=，222cos2abcCab+−=，所以2225abc+=，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210zB.若22120zz+=，则120zz==C.若12zz=，则1122zzzz=D.若复数1z满足1

1z=，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(,,,)zabzcdabcd=+=+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221

ab+=，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.,,,sACBBCDBDCB.

,,,sACBBCDACDC.,,,sACBACDADCD.,,,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ABC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43D.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A

C⊥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//GF

AC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3324EFAD==，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34PHPCHC

DHDDDH===.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π6Q

PRPQR==，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()22222cos36sin3236sinc

osπOROPPROPPROPR=+−=+−−()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：3

23+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111

1ABCDABCD−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BDF.【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)20,25mp25,3020.05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()0.250.12150.5x+−=，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coscossincossinc

ossincoscossincossincossinaBbAbABBABaBbAcABBAC−−−=−++()()()()()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,O

BOC，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A

BC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AB

CD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(),,nxyz=为平面ECO的一个法向量，则2151505207

15015nOExznOCxy=+==−+=，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：331113312744224442128P=+=，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：111311111131115422444242244

42128p=+++=，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.

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