高一下學期7月期末數(shù)學試題（含解析）湖南省益陽市安化縣2023-2024學年

湖南省益陽市安化縣2023-2024學年高一下學期7月期末數(shù)學試題1．在復平面內(nèi)，復數(shù)z對應(yīng)的點的坐標是(1,?1)，則z?zA．1 B．2 C．2 D．22．已知兩條不同的直線l，m和兩個不同的平面α，β，下列四個命題中正確的是（）A．若l∥m，m?α，則l∥α B．若l∥α，m?α，則l∥mC．若α⊥β，l?α，則l⊥β D．若l∥α，l⊥β，則α⊥β3．下列說法中不正確的是（）A．三棱錐是四面體，正四面體是正三棱錐B．平行六面體中相對的兩個面是全等的平行四邊形C．平行的線段在直觀圖中仍然平行D．在同一個圓中，圓心和圓上兩點可確定一個平面4．在△ABC中，若a=7，b=8，cosB=17A．π6 B．π3 C．5π6 D．5．根據(jù)氣象學上的標準，如果連續(xù)5天的日平均氣溫都低于10℃即為入冬.現(xiàn)將連續(xù)5天的日平均氣溫（單位：℃）的記錄數(shù)據(jù)（記錄數(shù)據(jù)都是自然數(shù)）作為一組樣本，則下列描述中，該組數(shù)據(jù)一定符合入冬指標的有（）A．平均數(shù)小于4B．平均數(shù)小于4且極差小于或等于3C．平均數(shù)小于4且標準差小于或等于4D．眾數(shù)等于6且極差小于或等于46．正△ABC邊長為3，M、N為線段BC的三等分點，則AM?A．234 B．2 C．132 7．△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a=2ccosB，ccosA．等腰非直角三角形 B．直角非等腰三角形C．等邊三角形 D．等腰直角三角形8．在棱長為6的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M是BC的中點，點A．36 B．24 C．183 D．9．從1，2，3，?，9中任取三個不同的數(shù)，則在下述事件中，是互斥但不是對立事件的有（）A．“三個都為偶數(shù)”和“三個都為奇數(shù)”B．“至少有一個奇數(shù)”和“至多有一個奇數(shù)”C．“至少有一個奇數(shù)”和“三個都為偶數(shù)”D．“一個偶數(shù)兩個奇數(shù)”和“兩個偶數(shù)一個奇數(shù)”10．已知向量a=3,?4，A．b=5aC．a(chǎn)//3a11．如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)，G分別是棱CC1，CB，A．不存在點P，使得CP⊥平面EFGB．三棱錐P?EFG的體積為定值C．平面α截該正方體所得截面的面積的最大值為3D．平面α截該正方體所得截面可能是三角形或六邊形12．現(xiàn)有一組數(shù)據(jù)按照從小到大的順序排列如下：4，6，7，7，8，9，11，14，15，19，則這組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為.13．已知△ABC中，AB=4，AC=7，AD為邊BC上的中線，若AD=72，則BC=14．在三棱錐P?ABC中，AB⊥BC，點P在底面的投影O為△ABC的外心，若AB=4，BC=3，PO=5，則三棱錐P?ABC的外接球的表面積為.15．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，向量m=a,3b，（1）求角A；（2）若a=3，求b+c16．如圖所示，在圓錐DO中，D為圓錐的頂點，O為底面圓的圓心，AB是圓O的直徑，C為底面圓周上一點，四邊形AODE是矩形.（1）若F是BC的中點，求證：DF//平面ACE；（2）若AB=2，∠BAC=∠ACE=π3，求三棱錐17．某廠為比較甲乙兩種工藝對橡膠產(chǎn)品伸縮率的處理效應(yīng)，進行10次配對試驗，每次配對試驗選用材質(zhì)相同的兩個橡膠產(chǎn)品，隨機地選其中一個用甲工藝處理，另一個用乙工藝處理，測量處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率．甲、乙兩種工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率分別記為xi，y試驗序號i12345678910伸縮率x545533551522575544541568596548伸縮率y536527543530560533522550576536記zi=xi?yi（1）求z，s2（2）判斷甲工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產(chǎn)品的伸縮率是否有顯著提高（如果z≥218．如圖，在四棱錐S?ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC=60°，△SAD為正三角形，E，F(xiàn)分別為AD，SB的中點.（1）若平面SAD⊥平面ABCD，求直線BS與平面ABCD所成的角的正弦值；（2）求證：平面ASB⊥平面SBC.19．雙淘汰賽制是一種競賽形式，比賽一般分兩個組進行，即勝者組與負者組.在第一輪比賽后，獲勝者編入勝者組，失敗者編入負者組繼續(xù)比賽，之后的每一輪，在負者組中的失敗者將被淘汰；勝者組的情況也類似，只是失敗者僅被淘汰出勝者組降入負者組，只有在負者組中再次失敗后才會被淘汰出整個比賽.A、B、C、D四人參加的雙淘汰賽制的流程如圖所示，其中第6場比賽為決賽.（1）假設(shè)四人實力旗鼓相當，即各比賽每人的勝率均為50%，求：①A獲得季軍的概率；②D成為亞軍的概率；（2）若A的實力出類拔萃，有4人參加的比賽其勝率均為75%，其余三人實力旗鼓相當，求D進入決賽且先前與對手已有過招的概率.

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：復數(shù)z對應(yīng)的點的坐標是(1,?1)，則復數(shù)z=1?i，z=1+i，z?故答案為：C.【分析】根據(jù)復數(shù)在復平面的表示求得z=1?i，結(jié)合共軛復數(shù)的定義以及復數(shù)的乘法運算求解即可.2．【答案】D【解析】【解答】解：A、若l∥m，m?α，則l∥α或l?α，故A錯誤；B、若l∥α，m?α，則l∥m或l,m為異面直線，故B錯誤；C、若α⊥β，l?α，則l⊥β或l//β或l與β斜交，故C錯誤；D、若l∥α，則α內(nèi)必有一直線l'滿足l'∥l，又l⊥β，所以l'⊥β故答案為：D.【分析】根據(jù)直線與平面內(nèi)直線平行，判斷直線與平面的關(guān)系即可判斷A；由線面平行的性質(zhì)即可判斷B；由平面垂直的性質(zhì)即可判斷C；根據(jù)線面平行的性質(zhì)及面面垂直的判定定理即可判斷D.3．【答案】D【解析】【解答】解：A、三棱錐是四面體，正四面體所有棱長均相等，則正四面體是正三棱錐，故A正確；B、平行六面體中相對的兩個面是全等的平行四邊形，故B正確；C、根據(jù)斜二測畫法可知：平行的線段在直觀圖中仍然平行，故C正確；D、當三點恰好在同一條直徑上時不能唯一確定一個平面，故D錯誤.故答案為：D.【分析】根據(jù)棱錐的定義即可判斷A；根據(jù)平行六面體的定義即可判斷B；根據(jù)斜二測畫法即可判斷C；根據(jù)基本事實即可判斷D.4．【答案】B【解析】【解答】解：在△ABC中，由cosB=17因為a=7，b=8，sinB=1?cos2B=437又因為a<b?A<B，所以A=2π3不成立，

則∠A的大小為故答案為：B.【分析】由題意，利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系結(jié)合正弦定理計算即可.5．【答案】B【解析】【解答】解：A、例如：數(shù)據(jù)0，0，0，0，15平均數(shù)為3小于4，但不符合入冬標準，故A錯誤；B、假設(shè)有數(shù)據(jù)大于或等于10，由極差小于或等于3知：此組數(shù)據(jù)最小值為大于或等于7，與平均值小于4矛盾，故假設(shè)不成立，即平均數(shù)小于4且極差小于或等于3該組數(shù)據(jù)一定符合入冬指標，故B正確；C、例如：數(shù)據(jù)1，1，1，1，11平均數(shù)為3，且標準差為4，但不符合入冬標準，故C錯誤；D、例如：數(shù)據(jù)6，6，6，6，10，眾數(shù)等于6且極差小于或等于4時，最大數(shù)為10，不符合入冬標準，故D錯誤.故答案為：B.【分析】逐項分析數(shù)據(jù)是否有可能大于等于10判斷即可.6．【答案】C【解析】【解答】解：以BC所在直線為x軸，以BC垂直平分線AD為y軸建立平面直角坐標系，如圖所示：則A0,332、M?12故AM?故答案為：C.

【分析】以BC所在直線為x軸，以BC垂直平分線AD為y軸建立平面直角坐標系，利用平面向量數(shù)量積的坐標運算求AM?7．【答案】D【解析】【解答】解：a=2ccosB，由余弦定理可得：a=2c×accosB+bcos即sin(B+C)=sinA=又因為a=2ccosB，所以2c=2c又因為B∈(0,π)，所以B=π4，所以C=π4，故答案為：D.【分析】由ccosB+bcosC=2c利用正弦定理邊角互換可得a=2c，代入8．【答案】D【解析】【解答】解：因為在棱長為6的正方體ABCD?A1B1C點P是正方形DCC1D所以Rt△APD∽Rt△MPC，所以ADMC=PD過點P作PO⊥DC交DC于點O，如圖所示：

易知PO為三棱錐P?BCD的高，要使三棱錐P－設(shè)DO=x,PO=?，又PD=2PC，則x2+?由二次函數(shù)的性質(zhì)可知：當x=6時，3?所以?最大值為23，即三棱錐P－BCD高PO故三棱錐P－BCD的體積的最大值為：故答案為：D．【分析】由題意可知：求三棱錐P－BCD的體積最大，只需高最大，利用三角形相似與二次函數(shù)的性質(zhì)可求得高的最大值，即可求三棱錐9．【答案】A,D【解析】【解答】解：從1~9中任取三數(shù)，按這三個數(shù)的奇偶性分類為：三個均為偶數(shù)、三個均為奇數(shù)、兩個奇數(shù)一個偶數(shù)、一個奇數(shù)兩個偶數(shù)，

A、“三個都為偶數(shù)”和“三個都為奇數(shù)”，互斥但不對立事件，故A正確；

B、至少有一個奇數(shù)”和“至多有一個奇數(shù)”不是互斥事件，故B錯誤；

C、“至少有一個奇數(shù)”和“三個都為偶數(shù)”是對立事件，故C錯誤；

D、“一個偶數(shù)兩個奇數(shù)”和“兩個偶數(shù)一個奇數(shù)”互斥但不對立事件，故D正確.故答案為：AD.【分析】根據(jù)互斥事件和對立事件的概念判斷即可.10．【答案】B,D【解析】【解答】解：向量a=3,?4，b=2,1，

A、易知B、5ab?5aC、易知3a+2b故C錯誤；D、易知a?則cosb故答案為：BD.【分析】利用向量模的坐標表示求解b、a即可判斷A；利用坐標計算11．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：連接A1C，BC1，B1C，A1D，如圖所示：因為點E，F(xiàn)，G分別是棱CC1，CB，CD的中點，所以EF//BC又因為DC⊥平面BCC1B1，EF?平面又因為DC∩B1C=C，DC,B1C?平面又因為A1C?平面所以EF⊥A1C，同理可證GF⊥A1C，又所以A1C⊥平面EFG，由A1C與AD1異面可知，不存在點B、因為AD1//BC1，EF//BC1，所以AD1所以AD1//平面EFG，所以動點P又△EFG的面積為定值，所以三棱錐P?EFG的體積為定值，故B正確；C、如圖所示：正六邊形IJKLMN（其中I，J，K，L，M，N都是對應(yīng)棱的中點），根據(jù)正方體的性質(zhì)可知JK//EF//MN，NI//GF//LK，IJ//LM//GE，JK?平面EFG，EF?平面EFG，所以JK//平面EFG，同理可證IJ//平面EFG，又JK∩IJ=J，JK,IJ?平面IJKLMN，所以平面IJKLMN//平面EFG，又該正六邊形IJKLMN的邊長為22，所以其面積為6×因為平面α//平面EFG，所以當截面為正六邊形IJKLMN時，平面α截該正方體所得截面的面積取得最大值，最大值為33D、平面α截該正方體所得截面可能為三角形，也可能為六邊形，故D正確.故答案為：ABD.【分析】連接A1C，可得A1C⊥平面EFG即可判斷A，由AD1//平面EFG即可判斷B，當截面為正六邊形IJKLMN時（其中I，J，K12．【答案】14【解析】【解答】解：10×75%=7.5，則這組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為故答案為：14.【分析】根據(jù)百分位數(shù)計算方法計算即可.13．【答案】9【解析】【解答】解：設(shè)∠BAC=θ，因為AD為邊BC上的中線，所以AD=則AD2即494=4+49由余弦定理可得：BC=A故答案為：9.【分析】由題意可得AD=12AB+14．【答案】625【解析】【解答】解：因為AB=4，BC=3，AB⊥BC，所以AC=3所以Rt△ABC的外心為斜邊AC的中點，且△ABC的外接圓的半徑r=1又因為PO⊥平面ABC，所以三棱錐P?ABC外接球的球心在PO上，設(shè)球心為G，外接球的半徑為R，連接AG，如圖所示：

則PG=GA=R，5?R2+52故三棱錐P?ABC的外接球的表面積S=4πR故答案為：62516【分析】由題意可得Rt△ABC的外心為斜邊AC的中點，且△ABC的外接圓的半徑r=12AC=52，則三棱錐P?ABC外接球的球心在PO上，設(shè)球心為G，外接球的半徑為R15．【答案】（1）解：向量m=a,3b，則asinB?3bcosA=0，由正弦定理得因為B∈0,π，所以sinB≠0，所以tanA=3，

又因為A∈0,π（2）解：若a=3，且A=π3即3=b即b+c2≤12，顯然b+c>0，0<b+c≤23又因為b+c>a=3，所以3則b+c的取值范圍為3,2【解析】【分析】（1）根據(jù)平面向量共線的坐標表示得到asinB?3（2）利用余弦定理結(jié)合基本不等式及三邊關(guān)系計算即可.（1）因為m=a,3b，所以asinB?3由正弦定理得sinAsinB?3因為B∈0,π，則sinB≠0∴tanA=3，又A∈0,π，（2）因為a=3，且A=由余弦定理a2即3=b即b+c2≤12，顯然b+c>0，所以0<b+c≤23又因為b+c>a=3，所以3∴b+c的取值范圍為3,216．【答案】（1）證明：取AC中點G，連接EG,FG，如圖所示：

因為F是BC的中點，所以FG//AB且FG=12又因為四邊形AODE是矩形，所以DE//AB且DE=12AB，所以DE//FG則四邊形DEGF是平行四邊形，DF//EG，

又因為DF?平面ACE,EG?平面ACE，所以DF//平面ACE；（2）解：因為AB是圓O的直徑，所以∠ACB=π2，又因為所以AC=ABcos因為DO⊥平面ABC，四邊形AODE是矩形，DO//AE，所以EA⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以EA⊥AC，又因為在直角三角形ACE中，AC=1,∠ACE=π所以AE=ACtan∠ACE=1×3則VA?BCD故三棱錐A?BCD的體積為12【解析】【分析】（1）取AC中點G，連接EG,FG，即可證明四邊形DEGF是平行四邊形，從而得到DF//EG，即可得證；（2）首先求出AC，依題意可得EA⊥平面ABC，即可求出AE即DO，再由VA?BCD（1）取AC中點G，連接EG,FG，因為F是BC的中點，∴FG//AB且FG=1又四邊形AODE是矩形．∴DE//AB且DE=1∴DE//FG且DE=FG，∴四邊形DEGF是平行四邊形，∴DF//EG，又DF?平面ACE,EG?平面ACE，∴DF//平面ACE（2）∵AB是圓O的直徑，∴∠ACB=π2，又∴AC=ABcos∵DO⊥平面ABC，四邊形AODE是矩形，DO//AE，∴EA⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴EA⊥AC，∵在直角三角形ACE中，AC=1,∠ACE=π∴AE=ACtan∠ACE=1×3∴V∴三棱錐A?BCD的體積為1217．【答案】（1）試驗序號ｉ12345678910ｚ968-8151119182012ｚ＝9＋6＋8－8＋15＋11＋19＋18＋20＋12（2）由（1）知ｚ＝11，2s210＝26.1＝【解析】【分析】（1）先分析求出ｚｉ利用公式計算ｚ，ｓ2；

（2）直接求解2s18．【答案】（1）解：因為△SAD為正三角形，E為AD的中點，所以SE⊥AD，又因為平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，且SE?平面SAD，所以SE⊥平面ABCD，連接BE，如圖所示：

則∠SBE為直線BS與平面ABCD所成的角，在等邊三角形SAD中，SE=2在三角形ABE中，AB=2,AE=1,∠BAE=BE=ABS=Ssin∠SBE=SE則直線BS與平面ABCD所成的角的正弦值為3010（2）證明：取SC的中點G，連接EG,FG，如圖所示：由（1）得SE⊥AD，因為四邊形ABCD是的菱形，∠ABC=60所以△ACD為正三角形，又E為AD的中點，則AD⊥CE，又因為SE∩CE=E,SE,CE?平面SEC，所以AD⊥平面SEC，又EG?平面SEC，所以AD⊥EG，因為E，F(xiàn)分別為AD，SB的中點，所以FG//BC且FG=1又因為AE//BC且AE=12BC，所以FG//AE且FG=AE又因為AE⊥EG，所以平行四邊形AFGE為矩形，所以AF⊥FG，又因為SA=AB,F是AB的中點，所以AF⊥BS，又因為FG∩BS=F,FG,BS?平面SBC，所以AF⊥平面SBC，

又因為AF?平面ASB，所以平面ASB⊥平面SBC．【解析】【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)得到SE⊥平面ABCD，連接BE，則∠SBE為直線BS與平面ABCD所成的角，求出SE、BE、SB，再解三角形即可；（2）取SC的中點G，連接EG,FG，所以證明AD⊥平面SEC，得到AD⊥EG，再證明四邊形AFGE為矩形，得到AF⊥FG，結(jié)合AF⊥BS，即可證明AF⊥平面SBC，從而得證.（1）∵△SAD為正三角形，E為AD的中點，∴SE⊥AD，又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，且SE?平面SAD，∴SE⊥平面ABCD，連接BE，則∠SBE為直線BS與平面ABCD所成的角，在等邊三角形SAD中，SE=2在三角形ABE中，AB=2,AE=1,∠BAE=∴BE=A∴BS=S∴sin∠SBE=SE∴直線BS與平面ABCD所成的角的正弦值為3010（2）取SC的中點G，連接EG,FG，由（1）得SE⊥AD，∵四邊形ABCD是的菱形，∠ABC=60∴△ACD為正三角形，又E為AD的中點，則AD⊥CE，又SE∩CE=E,SE,CE?平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又EG?平面SEC，∴AD⊥EG，因為E，F(xiàn)分別為AD，SB的中點，所以FG//BC且FG=1又AE//BC且AE=1所以FG//AE且FG=AE，所以四邊形AFGE為平行四邊形，又AE⊥EG，所以平行四邊形AFGE為矩形，∴AF⊥FG，∵SA=AB,F是AB的中點，∴AF⊥BS，又FG∩BS=F,FG,BS?平面SBC，∴AF⊥平面SBC，又AF?平面ASB，∴平面ASB⊥平面SBC．19．【答案】（1）解：①、由題意，第一輪比賽A,D一組，B,C一組，要A獲得季軍，則