2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一（下）期末数学试卷含答案

2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一（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i是虚数单位，复数z＝2+i，则z⋅iA．1 B．2 C．i D．2i2．（5分）某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有24个班，每班45人．甲就读于高一，乙就读于高二．学校计划从这两个年级中共抽取208人进行视力调查，若采用分层抽样的方式进行抽样，则下列说法：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大．其中正确的有（）A．① B．①③ C．①② D．①②③3．（5分）已知α，β是两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，下列说法正确的是（）A．若m∥β，则α∥β B．若l⊂β，m∥l，则m∥β C．若α⊥β，则m⊥β D．若m⊥β，则α⊥β4．（5分）已知向量a→，b→满足|b→|=1，aA．2 B．2a→ C．-25．（5分）已知α，β，γ是三个平面，α∩β＝l1，α∩γ＝l2，β∩γ＝l3，则下列结论正确的是（）A．直线l2与直线l3可能是异面直线 B．若l1∩l2＝O，则直线l1与直线l3可能平行 C．若l1∩l2＝O，则直线l2与直线l3不可能相交于O点 D．若l1∥l2，则l1∥l36．（5分）已知平面向量a→，b→，c→满足|a→|=1，|b→|=2且对∀tA．2π3 B．π2 C．π37．（5分）在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A′，则A′到平面EFD的距离为（）A．1 B．23 C．438．（5分）已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为（）A．10 B．10.6 C．12.6 D．13.6二、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。（多选）9．（5分）学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（）A．平均来说乙班比甲班防守技术好 B．乙班比甲班防守技术更稳定 C．乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差 D．甲班很少不失球（多选）10．（5分）已知x∈C（全体复数集），关于x的方程x2+tx+2＝0（t∈R）的两根分别为x1，x2，若|x1-A．﹣4 B．﹣2 C．0 D．4（多选）11．（5分）已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A＞0，ω＞0，-π2＜φ＜0)A．f（0）＝﹣1，A＝2 B．x1=πC．x2＝2x1 D．x2＝4x1（多选）12．（5分）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体内及表面上一点，且AP→=mAB→+nADA．当n＝1时，对任意m∈[0，1]，CP∥平面ABB1A1恒成立 B．当m＝0，n=12时，B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为C．当m+n＝1时，A1C1⊥B1P恒成立 D．当m+n＝1时，PA+PC的最小值为3三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知i是虚数单位，复数z满足（2﹣i）z＝6+2i，则|z|＝．14．（5分）如图△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，其中O′A′＝6，O′B′＝4，∠A′O′B′＝45°，则△OAB的周长为．15．（5分）半径为R的球的球面上有四点A，B，C，D，已知△ABC为等边三角形且其面积为93，三棱锥D﹣ABC体积的最大值为183，则球的半径R等于16．（5分）已知直角三角形DEF的三个顶点分别在等边三角形ABC的边AB，BC，CA上，且∠DEF＝90°，∠EDF＝30°，则S△DEFS△ABC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．（10分）已知θ为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数z＝cosθ+isinθ，且z2﹣z在复平面上对应的点在虚轴上．（1）求θ；（2）设2z，z，1+z+z2在复平面上对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积．18．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b﹣2acosB＝0．（1）求角A；（2）若a＝23，BA→•AC→=32，AD19．（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，（1）求证：点F在平面AED1内；（2）用平面AED1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为V1，V2（V1＜V2），求V1：V2的值．20．（12分）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成，为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取1000名学生进行了航天知识竞赛并记录得分，将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．（1）请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为72分和1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为87分和2，求这200人中分数在区间[70，90）的学生成绩的方差．21．（12分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝2，BC1=14，∠ABC=2π3，A1C（1）证明：平面A1AC⊥平面ABC；（2）求二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．22．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且边BC上的高h=3（1）若A=π2，求（2）已知△ABC中角B和C是锐角，求tanB+4tanC的最小值．

2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一（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i是虚数单位，复数z＝2+i，则z⋅iA．1 B．2 C．i D．2i【解答】解：z⋅i=(2-i)⋅i=1+2i故选：B．2．（5分）某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有24个班，每班45人．甲就读于高一，乙就读于高二．学校计划从这两个年级中共抽取208人进行视力调查，若采用分层抽样的方式进行抽样，则下列说法：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大．其中正确的有（）A．① B．①③ C．①② D．①②③【解答】解：对于①，采用分层抽样的方式进行抽样，甲乙两人可能同时被抽取，故①正确；对于②，高一共有20×50＝1000人，高二共有24×45＝1080人，从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查，高一应抽取10002080×208=100人，高二应抽取10802080对于③，甲被抽到的可能性为1001000=110，乙被抽到的可能性为故选：C．3．（5分）已知α，β是两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，下列说法正确的是（）A．若m∥β，则α∥β B．若l⊂β，m∥l，则m∥β C．若α⊥β，则m⊥β D．若m⊥β，则α⊥β【解答】解：对于A，由面面平行判定定理可知，在平面α内需要两条相交直线与平面β平行才能得出两平面平行，故A错误；对于B，选项缺少m不在平面β内，故B错误；对于C，由面面垂直的性质定理可知，平面α内的直线m与α，β两个平面的交线垂直，才能得出m⊥β，故C错误；对于D，已知m⊥β，m为平面α内的一条直线，由面面垂直判定定理可知D正确，故D正确．故选：D．4．（5分）已知向量a→，b→满足|b→|=1，aA．2 B．2a→ C．-2【解答】解：由a→⊥b根据投影向量的定义可知：a→-2b→在故选：C．5．（5分）已知α，β，γ是三个平面，α∩β＝l1，α∩γ＝l2，β∩γ＝l3，则下列结论正确的是（）A．直线l2与直线l3可能是异面直线 B．若l1∩l2＝O，则直线l1与直线l3可能平行 C．若l1∩l2＝O，则直线l2与直线l3不可能相交于O点 D．若l1∥l2，则l1∥l3【解答】解：对于A，由α∩γ＝l2，β∩γ＝l3，得l2⊂γ，l3⊂γ，则直线l2与直线l3是共面直线，故A错误；对于B、C，∵α∩β＝l1，α∩γ＝l2，l1∩l2＝O，∴O∈α，O∈β，O∈γ，∵β∩γ＝l3，∴O∈l3，可知直线l1，l2，l3必然交于一点（即三线共点），故B，C错误；对于D，若l1∥l2，l1⊄γ，l2⊂γ，∴l1∥γ，又l1⊂β，β∩γ＝l3，∴l1∥l3，故D正确．故选：D．6．（5分）已知平面向量a→，b→，c→满足|a→|=1，|b→|=2且对∀tA．2π3 B．π2 C．π3【解答】解：因为对∀t∈R，有|b所以对∀t∈R，(b所以对∀t∈R，t2所以Δ=4(a→⋅所以a→解得cos〈a所以〈a→，所以|2a所以cos＜2a所以2a→-b→故选：A．7．（5分）在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A′，则A′到平面EFD的距离为（）A．1 B．23 C．43【解答】解：由折叠不变可知，三棱锥A′﹣EFD中A′E，A′F，A′D两两相互垂直，所以VA′-EFD△EFD的三边长分别为2，5，5，所以S△EFD因为VA′﹣EFD＝VD﹣A′EF，设A′到平面EFD的距离为d，所以13S△EFD故选：B．8．（5分）已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为（）A．10 B．10.6 C．12.6 D．13.6【解答】解：设增加的数为x，y，原来的8个数分别为a1，a2，⋯，a8，则a1+a2+⋯+a8＝64，a1+a2+⋯+a8+x+y＝90，所以x+y＝26，一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，则18i=18新的样本数据的方差为1=1因为x2+y22≥x+y所以方差的最小值为13.6（当x＝y＝8时取到最小值）．故选：D．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。（多选）9．（5分）学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（）A．平均来说乙班比甲班防守技术好 B．乙班比甲班防守技术更稳定 C．乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差 D．甲班很少不失球【解答】解：对于A，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，故A正确；对于B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；故B错误；对于C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，故C正确；对于D，从平均数和标准差角度考虑是对的，故D正确．故选：ACD．（多选）10．（5分）已知x∈C（全体复数集），关于x的方程x2+tx+2＝0（t∈R）的两根分别为x1，x2，若|x1-A．﹣4 B．﹣2 C．0 D．4【解答】解：因为方程x2+tx+2＝0（t∈R）的两根分别为x1，x2，所以x1+x2＝﹣t，x1x2＝2，所以(x当t2﹣8≥0时，有|x1-当t2﹣8＜0时，有x1-x2=±故选：ACD．（多选）11．（5分）已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A＞0，ω＞0，-π2＜φ＜0)A．f（0）＝﹣1，A＝2 B．x1=πC．x2＝2x1 D．x2＝4x1【解答】解：A项：当f（0）＝﹣1，A＝2时得sinφ=-12，-π2＜φ＜0B项：当x1=π12，x2=5π∴π4⋅3+φ=πC项：由图像可得ωx1+φ＝0，ωx2+φ＝π，∴π-φ又因为-π2＜φ＜0，∴πφ＜-2⇒故选：ABD．（多选）12．（5分）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体内及表面上一点，且AP→=mAB→+nADA．当n＝1时，对任意m∈[0，1]，CP∥平面ABB1A1恒成立 B．当m＝0，n=12时，B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为C．当m+n＝1时，A1C1⊥B1P恒成立 D．当m+n＝1时，PA+PC的最小值为3【解答】解：对于A：如图1，当n＝1时，P点在线段C1D1上，CP⊂平面CDD1C1，又因为平面CDD1C1∥平面ABB1A1，CP⊂平面CDD1C1，所以CP∥平面ABB1A1，故A正确；对于B：如图2，当m＝0，n=12时，P是AD因为AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，所以AB⊥B1C，又B1C⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1D1内，所以B1C⊥平面ABC1D1，H是垂足，所以∠B1PH为B1P与平面ABC1D1所成的角，在Rt△B1PH中，tan∠B所以B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为63，故B对于C：如图3，当m+n＝1时，点P在线段BD1上，由选项C同理可证A1C1⊥面BB1D1，B1P⊂面BB1D1，A1C1⊥B1P，故C正确；对于D：如图4，当m+n＝1时，点P在线段BD1上，将平面ABD1和平面BCD1展开成平面图后，线段AC为所求，此时AC⊥BD1，PA=PC=AB×A所以PA+PC的最小值为236，故故选：ABC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知i是虚数单位，复数z满足（2﹣i）z＝6+2i，则|z|＝22【解答】解：因为z=6+2i所以|z|=2故答案为：2214．（5分）如图△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，其中O′A′＝6，O′B′＝4，∠A′O′B′＝45°，则△OAB的周长为24．【解答】解：如图，根据直观图复原原图，则OA=6，OB=8，AB=6故△OAB的周长为6+8+10＝24．故答案为：24．15．（5分）半径为R的球的球面上有四点A，B，C，D，已知△ABC为等边三角形且其面积为93，三棱锥D﹣ABC体积的最大值为183，则球的半径R等于【解答】解：根据题意，设△ABC的中心为O′，三棱锥D﹣ABC外接球的球心为O，则当体积最大时，点D，O′，O在同一直线上，且垂直于底面ABC，如图，因为△ABC为等边三角形且其面积为93，所以△ABC的边长x满足34x所以AO′=23，DO＝AO＝R，故OO′=故三棱锥的高DO′=DO+OO′=R+R所以V=13×9故答案为：4．16．（5分）已知直角三角形DEF的三个顶点分别在等边三角形ABC的边AB，BC，CA上，且∠DEF＝90°，∠EDF＝30°，则S△DEFS△ABC的最小值为【解答】解：设∠BDE=α(π6＜α＜5π6则在△BDE中，∠DEB=π-(α+π3)由正弦定理得：DEsin∴BD=sin(α+在△ADF中DF＝2x，∠A=π3，同理可得AD=sin(α-因此可得AB=AD+BD=2sin(α+πS△DEF因为3sinα+33cosα=221由于π6＜α＜5π所以当α+φ=π2时，sin（α+所以(3sinα+3则S△DEFS△ABC故答案为：314四、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．（10分）已知θ为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数z＝cosθ+isinθ，且z2﹣z在复平面上对应的点在虚轴上．（1）求θ；（2）设2z，z，1+z+z2在复平面上对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积．【解答】解：（1）∵z2﹣z＝（cos2θ﹣cosθ）+i（sin2θ﹣sinθ），∴cos2θ﹣cosθ＝2cos2θ﹣cosθ﹣1＝0，θ∈（0，π），∴cosθ=-1（2）由（1）知：sinθ=32，∴z2=1∴1+z+z在复平面上对应的点分别为A(-1，3)，B(-1∴CA＝2，CB＝1，AB=7由余弦定理可得cos∠ACB=CA2+CB2∴sin∠ACB=3∴S△ABC18．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b﹣2acosB＝0．（1）求角A；（2）若a＝23，BA→•AC→=32，AD【解答】解：（1）因为2c+b﹣2acosB＝0，由正弦定理可知：2sinC+sinB﹣2sinAcosB＝0，由C＝π﹣A﹣B，故sinC＝sin（π﹣A﹣B）＝sin（A+B），所以2sin（A+B）+sinB﹣2sinAcosB＝0，2cosAsinB+sinB＝0（B∈（0，π），sinB≠0），所以cosA=-12，又A∈（0，π），所以（2）根据数量积的定义，由BA→得cbcosπ3=在△ABC中，由余弦定理得：a2＝b2+c2﹣2bccosA⇒b2+c2＝9，因为AD→所以|AD所以AD=619．（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，（1）求证：点F在平面AED1内；（2）用平面AED1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为V1，V2（V1＜V2），求V1：V2的值．【解答】解：（1）证明：如图，连接EF，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥C1D1且AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，所以AD1∥BC1，又E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，则EF∥BC1，所以EF∥AD1，所以E、F、D1、A四点共面，即点F在平面AED1内；（2）连接FD1，所以平面AED1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面是四边形AEFD1，所以V1是几何体三棱台A1AD1﹣B1EF的体积，则S△A1所以V1且V2因此V1：V2＝7：17．20．（12分）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成，为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取1000名学生进行了航天知识竞赛并记录得分，将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．（1）请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为72分和1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为87分和2，求这200人中分数在区间[70，90）的学生成绩的方差．【解答】解：（1）成绩落在[60，70）的频率为1﹣（0.30+0.15+0.10+0.05）＝0.40，补全的频率分布直方图，如下图：样本的平均数x=55×0.30+65×0.40+75×0.15+85×0.10+95×0.05=67设80%分位数为x，则0.03×10+0.04×10+（x﹣70）×0.015＝0.8，解得x=230（2）由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取30人和20人，分层抽样的平均值：x1分层抽样的方差：s2所以这200人中分数在区间[70，90）所有人的成绩的方差为55.4．21．（12分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝2，BC1=14，∠ABC=2π3，A1C（1）证明：平面A1AC⊥平面ABC；（2）求二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．【解答】解：（1）证明：如图，设AC的中点为O，连接OA1，OB，因为AB＝BC，所以AC⊥OB，又因为AC∥A1C1，且A1C1⊥A1B，所以AC⊥A1B，因为A1B，OB⊂平面OBA1，且A1B∩OB＝B，所以AC⊥平面OBA1，因为OA1⊂平面OBA1，所以AC⊥OA1，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC=2π由余弦定理求得AC=A则A1C1因为A1C1⊥A1B，所以A1C1在Rt△AOA1，AA1＝2，AO=3，可知A1O＝1，又OB在△OBA1中，OA12+OB2=由（1）知，AC⊥OA1，且AC，OB⊂平面ABC，且AC∩OB＝O，所以A1O⊥平面ABC，∵A1O⊂平面A1AC，因此平面A1AC⊥平面ABC．（2）由第一问证明易得A1A＝A1C，△AA1B≌△CA1B，且AB＝BC＝AA1＝CA1．取A1B的中点P，∠APC为二面角A﹣A1B﹣C的平面角，且AC=23，cos∠APC=AP2+CP2-AC22AP⋅CP=-22．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且边BC上的高h=3（1）若A=π2，求（2）已知△ABC中角B和C是锐角，求tanB+4tanC的最小值．【解答】解：（1）因为△ABC边BC上的高h=34a由正弦定理得sinBsinCsinA=34sin2当A=π2时，sinC＝sin（π2-B）＝cosB，即有显然cosB＞0，即0＜B＜π2，有0＜2B＜π，于是2B=π所以B=π6或（2）在△ABC中，由sinBsinC=34sinA，得sinBsinC=34即sinBsinC=34(sinBcosC+cosBsinC)显然tanB，tanC＞0，从而1tanB因此tanB+4tanC=≥34(5+2所以当tanB=343，tanC=3832022-2023学年湖南省邵阳二中高一（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i为虚数单位，z（1+i3）＝1+i，则z＝（）A．﹣1 B．i C．1﹣i D．﹣i2．（5分）在锐角三角形ABC中，a＝2bsinA，则B＝（）A．π6 B．π4 C．π33．（5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若m∥n，m∥α，则n∥α B．若m⊥α，α⊥β，则m∥β C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D．若m∥n，α∥β，m⊥α，则n⊥β4．（5分）甲、乙两人独立地解决某个数学难题，甲解决出该难题的概率为0.4，乙解决出该难题的概率为0.5，则该难题被解决出的概率为（）A．0.9 B．0.8 C．0.7 D．0.25．（5分）已知a=22(cos1°-sin1°)，b=1-tan222.5°1+tanA．b＞a＞c B．c＞b＞a C．c＞a＞b D．b＞c＞a6．（5分）在△ABC中，BD→=2DA→，若A．-23 B．-32 C．7．（5分）在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．已知棱台ABCD﹣A′B′C′D′是一个侧棱相等、高为1的“刍童”，其中AB＝2A′B′＝2，BC=2B′C′=23A．20π B．203π C．2058．（5分）设函数f（x）满足f（﹣x）＝f（x），当x1，x2∈[0，+∞）时都有f(x1)-f(不等式f（ax+1）≤f（x﹣2）恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[﹣2，0] B．[﹣5，0] C．[﹣5，1] D．[﹣2，1]二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.部分选对的得2分，有选错的得0分.（多选）9．（5分）下列说法正确的是（）A．命题“∀x∈R，x2≥0”的否定是“∀x∈R，x2≤0” B．若x∈R，则“x2＝1”是“x＝1”的必要不充分条件 C．若事件A，B满足P（A）+P（B）＝1，则A，B是对立事件 D．若事件A，B满足P（AB）＝P（A）P（B），则事件A，B相互独立（多选）10．（5分）复数z1，z2在复平面内对应的向量分别为OZA．|zB．若|z1+z2|＝|z1﹣z2|，则z1•z2＝0 C．|z1﹣z2|≤|z1|+|z2|恒成立 D．若(OZ1→+O（多选）11．（5分）已知△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下结论中正确的是（）A．若A＞B，则sinA＞sinB B．若a＝2，b=5，B=πC．若acosA＝bcosB，则△ABC一定为等腰三角形 D．若sin2C＞sin2A+sin2B，则△ABC一定为钝角三角形（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，H为棱AA1（包含端点）上的动点，下列命题正确的是（）A．CH⊥BD B．二面角D1﹣AB1﹣C的大小为π3C．点H到平面B1CD1距离的取值范围是[3D．若CH⊥平面β，则直线CD与平面β所成角的正弦值的取值范围为[三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）已知x＞0，则x+4x的最小值为14．（5分）若cos(π6-α)=315．（5分）一组数据由6个数组成，将其中一个数由4改为1，另一个数由6改为9，其余数不变，得到新的一组数据，则新的一组数的方差相比原一组数的方差的增加值为．16．（5分）已知平面向量a→，b→，c→，e→满足|a→|=3，|e→|=1，|b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．（10分）已知向量a→，b→，若|a→|=1，|（1）求|a（2）当λ为何值时，向量λa→-18．（12分）2022年，是中国共产主义青年团成立100周年，为引导和带动青少年重温共青团百年光辉历程，某校组织全体学生参加共青团百年历史知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：[40，50）、[50，60）、[60，70）、...、[90，100]，统计结果如图所示：（1）试估计这100名学生得分的平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）；（2）试估计这100名学生得分的中位数（结果保留两位小数）；（3）现在按分层抽样的方法在[80，90）和[90，100]两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会，求两人都在[90，100]的概率．19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥平面PAD，PA＝AD＝DC＝2AB＝4，PD＝27，M是PC的中点．（1）证明：BM∥面PAD；（2）证明：平面ABM⊥平面PCD；（3）求三棱锥M﹣PAB的体积．20．（12分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin(A+π（1）求角A；（2）若D为边BC上一点（不包含端点），且满足∠ADB＝2∠ACB，求BDCD21．（12分）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，AB＝BB1，AA1⊥平面ABC，平面AB1C⊥平面ABB1A1．（1）求证：AC⊥BB1；（2）若AB＝2A1B1＝2，△AB1C的面积为4，求二面角A﹣B1C﹣A1的余弦值．22．（12分）已知函数f（x）＝log4（4x+1）﹣mx是偶函数．（1）求m的值；（2）若g（x）＝4f（x），a＞0，b∈R，不等式b•g2（x）﹣|a•g（x）﹣b|+a≥0对任意x∈[-12，1]

2022-2023学年湖南省邵阳二中高一（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i为虚数单位，z（1+i3）＝1+i，则z＝（）A．﹣1 B．i C．1﹣i D．﹣i【解答】解：z（1+i3）＝1+i，则z（1﹣i）＝1+i，故z=1+i故选：B．2．（5分）在锐角三角形ABC中，a＝2bsinA，则B＝（）A．π6 B．π4 C．π3【解答】解：∵a＝2bsinA，由正弦定理可得：sinA＝2sinBsinA，∵sinA≠0，∴sinB=1∵△ABC为锐角三角形，∴B=π故选：A．3．（5分）已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若m∥n，m∥α，则n∥α B．若m⊥α，α⊥β，则m∥β C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D．若m∥n，α∥β，m⊥α，则n⊥β【解答】解：A：m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，错误；B：m⊥α，α⊥β，则m∥β或m⊂β，错误；C：α⊥γ，β⊥γ，则α，β相交或平行，错误；D：m∥n，m⊥α，则n⊥α，又α∥β，故n⊥β，正确．故选：D．4．（5分）甲、乙两人独立地解决某个数学难题，甲解决出该难题的概率为0.4，乙解决出该难题的概率为0.5，则该难题被解决出的概率为（）A．0.9 B．0.8 C．0.7 D．0.2【解答】解：该难题没被解出的概率为p＝（1﹣0.4）（1﹣0.5）＝0.3，所以该难题被解决出的概率为1﹣p＝0.7．故选：C．5．（5分）已知a=22(cos1°-sin1°)，b=1-tan222.5°1+tanA．b＞a＞c B．c＞b＞a C．c＞a＞b D．b＞c＞a【解答】解：∵a=2b=1-c＝sin22°cos24°+cos22°sin24°＝sin（22°+24°）＝sin46°＝cos44°，∵函数y＝cosx在（0°，90°）上单调递减，46°＞45°＞44°，∴cos46°＜cos45°＜cos44°，即a＜b＜c，故选：B．6．（5分）在△ABC中，BD→=2DA→，若A．-23 B．-32 C．【解答】解：∵BD→∴CB→=CD∴CB→=3CD→-2∴λ＝﹣2，μ＝3，∴λμ故选：A．7．（5分）在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．已知棱台ABCD﹣A′B′C′D′是一个侧棱相等、高为1的“刍童”，其中AB＝2A′B′＝2，BC=2B′C′=23A．20π B．203π C．205【解答】解：如图，连接AC、BD、A′C′、B′D′，设AC∩BD＝M，A′C′∩B′D′＝N，连接MN．∵棱台ABCD﹣A′B′C′D′侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段MN所在直线上，设外接球球心为O，如图当球心在线段MN延长线上时，易得AC=AB2A′C′=A′B′2+B′C′由OC＝OC′得，NC′2+ON2＝OM2+MC2，即1+（OM+MN）2＝OM2+4⇒1+（OM+1）2＝OM2+4⇒OM＝1，故OC=OC=1∴外接球表面积为4π⋅(如图当球心在线段MN上时，由OC＝OC′得，NC′2+ON2＝OM2+MC2，即1+（MN﹣OM）2＝OM2+4⇒1+（1﹣OM）2＝OM2+4⇒OM＝﹣1（舍）．故选：A．8．（5分）设函数f（x）满足f（﹣x）＝f（x），当x1，x2∈[0，+∞）时都有f(x1)-f(不等式f（ax+1）≤f（x﹣2）恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[﹣2，0] B．[﹣5，0] C．[﹣5，1] D．[﹣2，1]【解答】解：由题意得：f（x）是偶函数且f（x）在（0，+∞）递增，故f（x）在（﹣∞，0）递减，x∈[12，1]时，x﹣2∈故f（x﹣2）≥f（1），若任意的x∈[12，1]，不等式f（ax+1）≤f则x∈[12，1]故﹣1≤ax+1≤1，x∈[12故﹣2≤ax≤0，x∈[12故-2x≤a≤0，x∈而a≥（-2x）故﹣2≤a≤0，故选：A．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.部分选对的得2分，有选错的得0分.（多选）9．（5分）下列说法正确的是（）A．命题“∀x∈R，x2≥0”的否定是“∀x∈R，x2≤0” B．若x∈R，则“x2＝1”是“x＝1”的必要不充分条件 C．若事件A，B满足P（A）+P（B）＝1，则A，B是对立事件 D．若事件A，B满足P（AB）＝P（A）P（B），则事件A，B相互独立【解答】解：对于A，命题“∀x∈R，x2≥0”的否定是“∃x∈R，x2＜0”，所以A不正确．对于B，若x∈R，则“x2＝1”推不出“x＝1”，反之成立，所以若x∈R，则“x2＝1”是“x＝1”的必要不充分条件．所以B正确．对于C，举例说明：投掷两个骰子，记事件A：第一个骰子的点数为奇数，举例说明：记事件A：投掷一个骰子，骰子的点数为奇数，事件B：投掷一枚硬币，正面朝上，则P（A）＝P（B）=12，满足P（A）+P（B）＝1，但A，B不是对立事件，对于D，若事件A，B相互独立，则满足P（AB）＝P（A）P（B），D说法正确．故选：BD．（多选）10．（5分）复数z1，z2在复平面内对应的向量分别为OZA．|zB．若|z1+z2|＝|z1﹣z2|，则z1•z2＝0 C．|z1﹣z2|≤|z1|+|z2|恒成立 D．若(OZ1→+O【解答】解：对于A，设z1＝i，z2＝﹣i，则|z1﹣z2|2＝|2i|2＝4，而（z1+z2）2﹣4z1z2＝﹣4，显然不相等，故A错误；对于B，取z1＝1，z2＝i，则有|z1+z2|＝|z1﹣z2|，但z1．z2≠0，故B错误；对于C，|z1﹣z2|≤|z1|+|z2|即|OZ1→-O由向量减法的运算法则可知，当OZ1→故此不等式恒成立，C正确；对于D，由(OZ1即|OZ1→|＝|OZ2→|，不一定有z1故选：ABD．（多选）11．（5分）已知△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下结论中正确的是（）A．若A＞B，则sinA＞sinB B．若a＝2，b=5，B=πC．若acosA＝bcosB，则△ABC一定为等腰三角形 D．若sin2C＞sin2A+sin2B，则△ABC一定为钝角三角形【解答】解：A中，在三角形中，由大边对大角，因为A＞B，所以a＞b，再由正弦定理可得sinA＞sinB，所以A正确；B中，若a＝2，b=5，B=π3，因为a•sinπ3=2×32=C中，acosA＝bcosB，由正弦定理可得sinAcosA＝sinBcosB，可得sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A+2B＝π，所以可得A＝B或A+B=π2，即可得三角形为等腰三角形或直角三角形，故D中，sin2C＞sin2A+sin2B，由正弦定理c2＞a2+b2，可得cosC=a2+b2故选：AD．（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，H为棱AA1（包含端点）上的动点，下列命题正确的是（）A．CH⊥BD B．二面角D1﹣AB1﹣C的大小为π3C．点H到平面B1CD1距离的取值范围是[3D．若CH⊥平面β，则直线CD与平面β所成角的正弦值的取值范围为[【解答】解：对于A，如图1，易得DB⊥面A1ACC1，由CH⊂面A1ACC1，可得CH⊥BD，故A正确；对于B，如图2，易得D1B1＝D1A＝B1C＝AC＝D1C=2取AB1中点O，连接D1O，OC，可得D1O⊥AB1，CO⊥AB1，∴∠D1OC为二面角D1﹣AB1﹣C的平面角，在△D1OC中，∵D1O＝CO=2×32=6∴cos∠D1OC=64+对于C，∵H在A处时距离最大，在A1距离最小，当H在A处时，此时A﹣B1CD1为正四面体，且边长为2，设B1CD1的中心为O，则CO=2×32当H在A1处时，由VA1-B1D解得h=3∴点H到平面B1CD1距离的取值范围是[33，对于D，如图3建立空间直角坐标系，则C（0，1，0），设H（1，0，t），0≤t≤1，∵CH⊥平面β，∴平面β的法向量为CH→=（1，﹣1，则直线CD与平面β所成角的正弦值为|CH→⋅DC→||CH故选：ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）已知x＞0，则x+4x的最小值为【解答】解：∵x＞0，则x+4x≥24=故答案为4．14．（5分）若cos(π6-α)=35，则【解答】解：sin(2α+=sin(π=2cos故答案为：-715．（5分）一组数据由6个数组成，将其中一个数由4改为1，另一个数由6改为9，其余数不变，得到新的一组数据，则新的一组数的方差相比原一组数的方差的增加值为5．【解答】解：设这组数据为x1，x2，⋯，x6，均值为x=不妨设x1＝4，x2＝6，方差为(4-x一个数由4改为1，另一个数由6改为9，其余数不变，得到新的一组数据，则新数据为1，9，⋯，x6，显然新数据的均值与原数据的均值相等，其方差为(1-x即新数据的方差比原数据的方差增加了5．故答案为：5．16．（5分）已知平面向量a→，b→，c→，e→满足|a→|=3，|e→|=1，|b→-【解答】解：作OA→=a→，OE→因为|a→|=3，|e→|=1，＜a→，作OB→=b→，设点B（x，y），因为|AB→|＝|OB所以（x﹣3）3+y2＝1，所以点B在以（3，0）为圆心，以1为半径的圆上；因为对任意的实数t，均有|c→-te→所以t2﹣2e→•c→t+4e→•c﹣4≥0恒成立，所以(2e→所以(e→⋅c→-2)2≤0，即e→•c→=2，作OC→=c→，设点C（x′，y′），则-12因为|c→-b→|=|OC→-OB→|＝|BC→|，且点B在圆（x﹣3）2所以点B到点C的最小距离是圆心A到最新的距离减去圆的半径，即|BC→|≥|AC→|﹣1，当且仅当点B为线段因为点A（3，0）到直线x′-3y′+4＝0的距离为d=所以点A到点C的距离大于或等于72，即|AC→|所以|BC→|≥|AC→|﹣1≥52，当且仅当AC垂直于直线x′-3y所以|c→-b故答案为：52四、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．（10分）已知向量a→，b→，若|a→|=1，|（1）求|a（2）当λ为何值时，向量λa→-【解答】解：（1）由已知可得，a→2=|a所以|a所以|a（2）由已知可得(λa即λa所以有λ+3λ﹣1﹣12＝0，解得λ=1318．（12分）2022年，是中国共产主义青年团成立100周年，为引导和带动青少年重温共青团百年光辉历程，某校组织全体学生参加共青团百年历史知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：[40，50）、[50，60）、[60，70）、...、[90，100]，统计结果如图所示：（1）试估计这100名学生得分的平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）；（2）试估计这100名学生得分的中位数（结果保留两位小数）；（3）现在按分层抽样的方法在[80，90）和[90，100]两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会，求两人都在[90，100]的概率．【解答】解：（1）由频率分布直方图可得这100名学生得分的平均数x=(45×0.01+55×0.015+65×0.02+75×0.03+85×0.015+95×0.01)×10=70.5（2）因为成绩在[40，70）的频率为0.45，成绩在[70，80）的频率为0.3，所以中位数为70+10×0.05（3）在[80，90）和[90，100]两组中的人数分别为100×（0.015×10）＝15和100×（0.01×10）＝10人，故在[80，90）分组中抽取的人数为5×1510+15=319．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥平面PAD，PA＝AD＝DC＝2AB＝4，PD＝27，M是PC的中点．（1）证明：BM∥面PAD；（