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湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题
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这是一份湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题，共13页。试卷主要包含了已知集合，，则，设复数z满足，在△ABC中，“”是“”的，已知平面向量，，且，则，若，则等内容，欢迎下载使用。
雅礼中学2023年上学期期末考试试卷
高一数学
时量：120分钟分值：150分
一､选择题：本大题共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.已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2.设复数z满足（是虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
3.在△ABC中，“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.某校文艺部有4名学生，其中高一､高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）
A. B. C. D.
5.下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
6.已知平面向量，，且，则（ ）
A.1 B.14 C. D.
7.若，则（ ）
A. B. C. D.
8.把边长为的正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角D−AC−B，则三棱锥D−ABC的外接球的球心到平面BCD的距离为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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.有一组样本数据，，…，，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A.，，，的平均数等于，，…，的平均数
B.，，，的中位数等于，，…，的中位数
C.，，，的标准差不小于，，…，的标准差
D.，，，的极差不大于，，…，的极差
10.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=5，AD=4，AA1=3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（ ）
A.点B1的坐标为
B.点C1关于点B对称的点为
C.点A关于直线BD1对称的点为
D.点C关于平面ABB1A1对称的点为
11.已知a，b，l为三条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A.若，，，则
B.若，，，则
C.若，，，，，则a，b至少有一条与直线l垂直
D.若，，，则
12.已知是定义在上的奇函数，且函数为偶函数，则下列结论正确的是（ ）
A.函数的图象关于直线对称B.当时，的零点有6个
C.D.若，则
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知随机事件A，B，事件A和事件B是互斥事件，且P（A）=0.2，P（B）=0.4，则________.
14.如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，，若，则________.
15.已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为________.
16.已知（）满足，，且在上单调，则的最大值为________.
四､解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17.（本小题满分10分）已知函数，求：
（1）的最小正周期；
（2）取最大值时自变量x的集合.
18.（本小题满分12分）如图，已知在三棱锥P−ABC中，PA=PC，点M，N分别为棱BC，AC的中点，且平面PAC⊥平面ABC.
（1）求证：AB平面PMN；
（2）求证：BC⊥PN.
19.（本小题满分12分）某市为了鼓励居民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量（单位：千瓦时）划分为三档，月用电量不超过200千瓦时的部分按0.5元/千瓦时收费，超过200千瓦时但不超过400千瓦时的部分按0.8元/千瓦时收费，超过400千瓦时的部分按1.0元/千瓦时收费.
（1）求某户居民用电费用y（单位：元）关于月用电量x（单位：千瓦时）的函数解析式；
（2）为了了解居民的用电情况，通过抽样获得了今年1月份100户居民每户的用电量，统计分析后得到如图所示的频率分布直方图.若这100户居民中，今年1月份用电费用低于260元的占80%，求a，b的值；
（3）根据（2）中求得的数据计算用电量的75%分位数.
20.（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，E为PD上的中点.
（1）求证：PB平面AEC；
（2）设PA=AB=1，求平面AEC与平面AED夹角的余弦值.
21.（本小题满分12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，.
（1）求B及a，c；
（2）若线段MN长为3，其端点分别落在边AB和AC上，求△AMN内切圆半径的最大值.
22.（本小题满分12分）某校举行围棋比赛，甲､乙､丙三人通过初赛，进入决赛.决赛比赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲､乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，直到一人累计获胜三局，则此人获得比赛胜利，比赛结束.假设每局比赛双方获胜的概率均为，且每局比赛相互独立.
（1）求丙每局都获胜的概率
（2）求甲获得比赛胜利的概率.
雅礼中学2023年上学期期末考试试卷
高一数学
时量：120分钟分值：150分
一､选择题：本大题共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.【答案】C
【解析】由题意得，，
则.故选C.
2.【答案】A
【详解】，故选：A
3.【答案】A
4.【答案】C
5.【答案】D
【解析】对于，函数为奇函数，但在定义域上函数不单调，故不符合；
对于B，的定义域为，则为偶函数，故B不符合；
对于的定义域为，则为奇函数，
又函数在上均为增函数，故在上为增函数，故不符合；
对于D，的定义域为，则为奇函数，又函数在上为减函数，在上为增函数，
故在上为减函数，故符合.
故选：D.
6.【答案】B
【解析】因为，所以，所以.
故选：B
7.【答案】B
【解析】
，
故选：B
8.【答案】A
【解析】
由图所示，
易知三棱锥的外接球球心为的中点，易得，
且面，
计算可得，设球心到平面的距离为，
则.
故选：A
二､多选题：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.【答案】BD
【解析】对于选项：设的平均数为的平均数为，
则，
因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，
例如：，可得；
例如，可得；
例如，可得；故A错误；
对于选项：不妨设，
可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；
对于选项C：因为是最小值，是最大值，
则的波动性不大于的波动性，
即的标准差不大于的标准差，
例如：，则平均数，
标准差，
，则平均数，
标准差，
显然，即；故C错误；
对于选项：不妨设，
则，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：BD.
10.答案ACD
【解析】根据题意知，点的坐标为，选项A正确；
的坐标为的坐标为，
故点关于点对称的点为，选项B错误；
在长方体中，
所以四边形为正方形，与垂直且平分，
即点关于直线对称的点为，选项C正确；
点关于平面对称的点为，选项D正确.
11.【答案】BCD
【解析】若可能平行也可能异面，错；
，则，又，则，B正确；
若，假设与不垂直，过直线任一点在平面内
作直线，因为，所以，又，则，又，
是平面内两相交直线，因此，而，所以，即直线中如果有一条不与垂直，则另一条必定与直线垂直，正确；
若，如图，设，过直线上一点在平面内作直线，则，
同理过在平面内作直线，则，
因为过一点有且只有一条直线与一个平面垂直，所以重合，即重合为平面和交线，所以正确.
故选：BCD.
12.【答案】ACD
【解析】对，因为函数为偶函数，所以的图象关于直线对称，故正确；
对，因为的变化情况不确定，所以无法确定零点个数，故B错误；
对，因为为奇函数，所以，因为函数为偶函数，所以，则，所以，故C正确；
对，由选项可得是周期为4的函数，因为为奇函数，所以，所以，所以，故D正确.故选：ACD.
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.【答案】0.6
【解析】事件和事件是互斥事件，且，则故答案为：0.614.
14.【答案】2
解析：因为
，
又，
所以，
则.
故答案为：2.
15.【答案】2
16.【解析】满足，
，即，
，
在上单调，
，即，
当时最大，最大值为，
四､解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17.【解析】
（1）由，得的最小正周期为.
（3）由，解得.
故取最大值时自变量的集合为.
18.【解析】
（1）因为点分别为棱的中点，所以.
又平面平面，
所以平面.
（2）因为，点为棱的中点，所以.
因为平面平面，所以平面.
又平面，所以.
19.【解析】
（1）当时，；
当时，
当时，
.
所以与之间的函数解析式为
（2）由（1）可知，当时，，即用电量低于400千瓦时的占，
结合频率分布直方图可知
解得.
（3）因为用电量低于300千瓦时的所占比例为
，
用电量低于400千瓦时的占，
所以分位数在内，
所以，即用电量的分位数为375千瓦时.
20.【解析】
（1）当为的中点时，可使平面.证明如下：
如图，连接交于点，连接，则为的中点，
为的中点，
又平面平面，
平面.
（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
平面的法向量为，
设平面的法向量为，则即
令，则，
，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
21.【解析】
（1）由，得，
又
，
或
由余弦定理，
得，
当时，，
又，
所以，，
当时，，矛盾
所以，，
（2）设内切圆的圆心为0，半径为，
则，
从而（其中指的周长），
，
，
，
，
又，当且仅当等号成立
，
，
.
即内切圆半径的最大值为
22.【解析】（1）丙每局都获胜有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙获胜；第一局乙获胜，后三局丙获胜，
第一局甲获胜，后三局丙获胜的概率，
第一局乙获胜，后三局丙获胜的概率，
丙每局都获胜的概率.
（2）设甲获胜为事件，乙获胜为事件，丙获胜为事件，
比赛进行三局，甲获胜的概率为，
比赛进行五局，有以下6种情况：AABBA，AABCA，ACBAA，ACCAA，BBAAA，BCAAA，
甲获胜的概率为，
比赛进行七局，有一下8种情况：
AABCCBA，ACBBCAA，ACBACBA，ACCABBA，BBACCAA，BCAACBA，BCABCAA，.
甲获胜的概率为，
故甲获得比赛胜利的概率为.
雅礼中学2023年上学期期末考试试卷
高一数学
时量：120分钟分值：150分
一､选择题：本大题共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.已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2.设复数z满足（是虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
3.在△ABC中，“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.某校文艺部有4名学生，其中高一､高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）
A. B. C. D.
5.下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
6.已知平面向量，，且，则（ ）
A.1 B.14 C. D.
7.若，则（ ）
A. B. C. D.
8.把边长为的正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角D−AC−B，则三棱锥D−ABC的外接球的球心到平面BCD的距离为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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.有一组样本数据，，…，，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A.，，，的平均数等于，，…，的平均数
B.，，，的中位数等于，，…，的中位数
C.，，，的标准差不小于，，…，的标准差
D.，，，的极差不大于，，…，的极差
10.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=5，AD=4，AA1=3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（ ）
A.点B1的坐标为
B.点C1关于点B对称的点为
C.点A关于直线BD1对称的点为
D.点C关于平面ABB1A1对称的点为
11.已知a，b，l为三条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A.若，，，则
B.若，，，则
C.若，，，，，则a，b至少有一条与直线l垂直
D.若，，，则
12.已知是定义在上的奇函数，且函数为偶函数，则下列结论正确的是（ ）
A.函数的图象关于直线对称B.当时，的零点有6个
C.D.若，则
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知随机事件A，B，事件A和事件B是互斥事件，且P（A）=0.2，P（B）=0.4，则________.
14.如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，，若，则________.
15.已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为________.
16.已知（）满足，，且在上单调，则的最大值为________.
四､解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17.（本小题满分10分）已知函数，求：
（1）的最小正周期；
（2）取最大值时自变量x的集合.
18.（本小题满分12分）如图，已知在三棱锥P−ABC中，PA=PC，点M，N分别为棱BC，AC的中点，且平面PAC⊥平面ABC.
（1）求证：AB平面PMN；
（2）求证：BC⊥PN.
19.（本小题满分12分）某市为了鼓励居民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量（单位：千瓦时）划分为三档，月用电量不超过200千瓦时的部分按0.5元/千瓦时收费，超过200千瓦时但不超过400千瓦时的部分按0.8元/千瓦时收费，超过400千瓦时的部分按1.0元/千瓦时收费.
（1）求某户居民用电费用y（单位：元）关于月用电量x（单位：千瓦时）的函数解析式；
（2）为了了解居民的用电情况，通过抽样获得了今年1月份100户居民每户的用电量，统计分析后得到如图所示的频率分布直方图.若这100户居民中，今年1月份用电费用低于260元的占80%，求a，b的值；
（3）根据（2）中求得的数据计算用电量的75%分位数.
20.（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，E为PD上的中点.
（1）求证：PB平面AEC；
（2）设PA=AB=1，求平面AEC与平面AED夹角的余弦值.
21.（本小题满分12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，.
（1）求B及a，c；
（2）若线段MN长为3，其端点分别落在边AB和AC上，求△AMN内切圆半径的最大值.
22.（本小题满分12分）某校举行围棋比赛，甲､乙､丙三人通过初赛，进入决赛.决赛比赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲､乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，直到一人累计获胜三局，则此人获得比赛胜利，比赛结束.假设每局比赛双方获胜的概率均为，且每局比赛相互独立.
（1）求丙每局都获胜的概率
（2）求甲获得比赛胜利的概率.
雅礼中学2023年上学期期末考试试卷
高一数学
时量：120分钟分值：150分
一､选择题：本大题共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.【答案】C
【解析】由题意得，，
则.故选C.
2.【答案】A
【详解】，故选：A
3.【答案】A
4.【答案】C
5.【答案】D
【解析】对于，函数为奇函数，但在定义域上函数不单调，故不符合；
对于B，的定义域为，则为偶函数，故B不符合；
对于的定义域为，则为奇函数，
又函数在上均为增函数，故在上为增函数，故不符合；
对于D，的定义域为，则为奇函数，又函数在上为减函数，在上为增函数，
故在上为减函数，故符合.
故选：D.
6.【答案】B
【解析】因为，所以，所以.
故选：B
7.【答案】B
【解析】
，
故选：B
8.【答案】A
【解析】
由图所示，
易知三棱锥的外接球球心为的中点，易得，
且面，
计算可得，设球心到平面的距离为，
则.
故选：A
二､多选题：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.【答案】BD
【解析】对于选项：设的平均数为的平均数为，
则，
因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，
例如：，可得；
例如，可得；
例如，可得；故A错误；
对于选项：不妨设，
可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；
对于选项C：因为是最小值，是最大值，
则的波动性不大于的波动性，
即的标准差不大于的标准差，
例如：，则平均数，
标准差，
，则平均数，
标准差，
显然，即；故C错误；
对于选项：不妨设，
则，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：BD.
10.答案ACD
【解析】根据题意知，点的坐标为，选项A正确；
的坐标为的坐标为，
故点关于点对称的点为，选项B错误；
在长方体中，
所以四边形为正方形，与垂直且平分，
即点关于直线对称的点为，选项C正确；
点关于平面对称的点为，选项D正确.
11.【答案】BCD
【解析】若可能平行也可能异面，错；
，则，又，则，B正确；
若，假设与不垂直，过直线任一点在平面内
作直线，因为，所以，又，则，又，
是平面内两相交直线，因此，而，所以，即直线中如果有一条不与垂直，则另一条必定与直线垂直，正确；
若，如图，设，过直线上一点在平面内作直线，则，
同理过在平面内作直线，则，
因为过一点有且只有一条直线与一个平面垂直，所以重合，即重合为平面和交线，所以正确.
故选：BCD.
12.【答案】ACD
【解析】对，因为函数为偶函数，所以的图象关于直线对称，故正确；
对，因为的变化情况不确定，所以无法确定零点个数，故B错误；
对，因为为奇函数，所以，因为函数为偶函数，所以，则，所以，故C正确；
对，由选项可得是周期为4的函数，因为为奇函数，所以，所以，所以，故D正确.故选：ACD.
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.【答案】0.6
【解析】事件和事件是互斥事件，且，则故答案为：0.614.
14.【答案】2
解析：因为
，
又，
所以，
则.
故答案为：2.
15.【答案】2
16.【解析】满足，
，即，
，
在上单调，
，即，
当时最大，最大值为，
四､解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17.【解析】
（1）由，得的最小正周期为.
（3）由，解得.
故取最大值时自变量的集合为.
18.【解析】
（1）因为点分别为棱的中点，所以.
又平面平面，
所以平面.
（2）因为，点为棱的中点，所以.
因为平面平面，所以平面.
又平面，所以.
19.【解析】
（1）当时，；
当时，
当时，
.
所以与之间的函数解析式为
（2）由（1）可知，当时，，即用电量低于400千瓦时的占，
结合频率分布直方图可知
解得.
（3）因为用电量低于300千瓦时的所占比例为
，
用电量低于400千瓦时的占，
所以分位数在内，
所以，即用电量的分位数为375千瓦时.
20.【解析】
（1）当为的中点时，可使平面.证明如下：
如图，连接交于点，连接，则为的中点，
为的中点，
又平面平面，
平面.
（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
平面的法向量为，
设平面的法向量为，则即
令，则，
，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
21.【解析】
（1）由，得，
又
，
或
由余弦定理，
得，
当时，，
又，
所以，，
当时，，矛盾
所以，，
（2）设内切圆的圆心为0，半径为，
则，
从而（其中指的周长），
，
，
，
，
又，当且仅当等号成立
，
，
.
即内切圆半径的最大值为
22.【解析】（1）丙每局都获胜有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙获胜；第一局乙获胜，后三局丙获胜，
第一局甲获胜，后三局丙获胜的概率，
第一局乙获胜，后三局丙获胜的概率，
丙每局都获胜的概率.
（2）设甲获胜为事件，乙获胜为事件，丙获胜为事件，
比赛进行三局，甲获胜的概率为，
比赛进行五局，有以下6种情况：AABBA，AABCA，ACBAA，ACCAA，BBAAA，BCAAA，
甲获胜的概率为，
比赛进行七局，有一下8种情况：
AABCCBA，ACBBCAA，ACBACBA，ACCABBA，BBACCAA，BCAACBA，BCABCAA，.
甲获胜的概率为，
故甲获得比赛胜利的概率为.
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