湖南师范大学附属中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题

这是一份湖南师范大学附属中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

湖南师范大学附属中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知全集，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数（i是虚数单位），则（    ）
A． B． C． D．
3．如图，在平行四边形中，对角线与交于点，且为的中点，则（    ）
  
A． B． C． D．
4．某地区中小学生人数比例和近视情况分别如图甲和图乙所示，为了了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法随机抽取2%的学生进行调查，其中被抽取的小学生有80人，则样本容量和该地区的初中生近视人数分别为（    ）
  
A．100，50 B．100，1050 C．200，50 D．200，1050
5．下列说法不正确的是（    ）
A．若直线平面，则直线a与平面内的任意一条直线都无公共点
B．若，，且，则
C．垂直于同一条直线的两个平面互相平行
D．垂直于同一个平面的两条直线互相平行
6．函数的大致图象为（    ）
A．   B．  
C．   D．      
7．某教学软件在刚发布时有100名教师用户，发布5天后有1000名教师用户，如果教师用户人数与天数t之间满足关系式：，其中为常数，是刚发布的时间，则教师用户超过30000名至少经过的天数为（    ）
（参考数据：）
A．11 B．12 C．13 D．14
8．如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题
9．一组样本数据，，…，，其中是最小值，是最大值，则（    ）
A．，，，的平均数等于，，…，的平均数
B．，，，的第60百分位数等于，，…，的第60百分位数
C．，，，的标准差小于，，…，的标准差
D．，，，的极差不大于，，…，的极差
10．已知，则下列不等式一定成立的有（    ）
A． B． C． D．
11．一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4，连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“第一次向下的数字为2或3”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（    ）
A． B．事件A与事件B互斥
C．事件A与事件B相互独立 D．
12．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，点P是AD上的动点，将分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点G，则下列结论正确的是（    ）

A．BG⊥EF
B．G到平面DEF的距离为
C．若BG∥面EFP，则二面角D−EF−P的余弦值为
D．四面体G−DEF外接球表面积为

三、填空题
13．若，则 ．
14．以棱长为1的正方体各面的中心为顶点，构成一个正八面体，那么这个正八面体的表面积是 .
15．一个袋子中有大小和质地相同的5个小球，其中有3个红色球、2个绿色球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则两个球颜色相同的概率为 .
16．在中，，，（，），若对任意的实数，恒成立，则边的最小值是 .

四、解答题
17．如图，在四棱锥P−中，底面ABCD为正方形，侧面ADP是正三角形，侧面ADP⊥底面ABCD，M是DP的中点.
  
(1)求证：AM⊥平面CDP；
(2)求直线BP与底面ABCD所成角的正弦值.
18．已知在中，，.
(1)求；
(2)设，求的面积.
19．已知向量，，记函数.
(1)求使成立的x的取值集合；
(2)已知，均为锐角，，，求的值.
20．某地区为了解市民的心理健康状况，随机抽取了位市民进行心理健康问卷调查，将所得评分百分制按国家制定的心理测评评价标准整理，得到频率分布直方图.已知调查评分在中的市民有200人.
心理测评评价标准
调查评分







心理等级
E
D
B
B
A
  (1)求的值及频率分布直方图中的值；
(2)该地区主管部门设定预案：若市民心理健康指数的平均值不低于0.75，则只需发放心理指导资料，否则需要举办心理健康大讲堂.根据调查数据，判断该市是否需要举办心理健康大讲堂，并说明理由.（每组的每个数据用该组区间的中点值代替，心理健康指数=调查评分÷100）
(3)在抽取的心理等级为D的市民中，按照调查评分的分组，分为2层，通过分层随机抽样抽取3人进行心理疏导.据以往数据统计，经心理疏导后，调查评分在的市民的心理等级转为B的概率为，调查评分在的市民的心理等级转为B的概率为，假设经心理疏导后的等级转化情况相互独立，求在抽取的3人中，经心理疏导后恰有一人的心理等级转为B的概率.
21．如图，在棱长为3的正方体ABCD−A'B'C'D'中，M为AD的中点.
  
(1)求证：平面；
(2)在体对角线上是否存在动点Q，使得AQ⊥平面？若存在，求出DQ的长；若不存在，请说明理由.
22．设函数的定义域为D，对于区间（，），若满足以下两条性质之一，则称I为的一个“区间”.性质1：对任意，有；性质2：对任意，有.
(1)分别判断区间是否为下列两函数的“区间”（直接写出结论）；①；②.
(2)若（）是函数的“区间”，求m的取值范围；
(3)已知定义在R上，且图象连续不断的函数满足：对任意a，，且，有.求证：存在“区间”，且存在，使得不属于的任意一个“区间”.

参考答案：
1．A
【分析】先求出集合B的补集，再求出
【详解】因为，，
所以，
因为，
所以，
故选：A
2．C
【分析】根据复数的运算法则，求得，进而求得，得到答案.
【详解】因为复数，所以.
故选：C.
3．C
【分析】根据平面向量的线性运算法则，准确化简，即可求解.
【详解】因为为的中点，可得，
所以.
故选： C.
4．D
【分析】根据扇形图，即可样本容量，再计算初中生人数，再根据条形图计算初中生的近视人数.
【详解】由分层抽样的概念可得样本容量为，则该地区的初中生有人，所以该地区的初中生近视人数为.
故选:D
5．B
【分析】根据线面平行的定义可判断A；判断平面的位置关系可判断B；根据线面垂直的性质可判断C，D.
【详解】A项：直线与平面平行，即没有公共点，故直线与平面内任意一条直线都无公共点，A项正确；
B项：和有可能平行，有可能相交，B项错误；
C项：由直线和平面垂直的性质可知垂直于同一条直线的两个平面互相平行，C项正确；
D项，由直线和平面垂直的性质定理可知垂直于同一个平面的两条直线互相平行，正确，
故选：B
6．D
【分析】首先判断函数的奇偶性，排除选项，再根据特殊值的正负，再排除选项，即可求解.
【详解】函数的定义域为，
由，
则为偶函数，图象关于y轴对称，故排除A，C，
又，故排除B，
故选：D.
7．C
【分析】根据题意，列出方程组求得，由不等式，结合对数的预算性质，即可求解.
【详解】由题意得，可得，
所以，则，
故，
所以教师用户超过20000名至少经过天.
故选：C
8．D
【分析】根据相互独立的概率乘法公式，以及互斥事件与对立是事件的概率公式，即可求解.
【详解】由题意，灯泡不亮包括四个开关都开，下边的2个都开且上边的2个中有一个开另一个闭，
这三种情况是互斥的，每一种情况中的事件都是相互独立的，
所以灯泡不亮的概率为，
所以灯泡亮的概率为.
故选：D.
9．BD
【分析】根据平均数、百分位数、标准差以及极差的概念，结合特殊值法，对选项中的结论逐一分析判断即可.
【详解】对于A：不妨令，，，
则，故A错误；
对于B：不妨令，因为，则，，，的第60百分位数是；
因为是最小值，是最大值，且，故，，，，，的第60百分位数依然是，故B正确；
对于选项：取这六个数为：，则平均，
标准差，
的平均数，
标准差，
即，故错误；
对于D：设，，，中最小值为，最大值为，则，，
则，故D正确；
故选：BD.
10．BC
【分析】由，可得，然后逐个分析判断即可
【详解】由得.
A.令，，则，故选项A错误；
B.因为，所以，所以，故选项B正确；
C.因为为R上递增函数，由得，故选项C正确；
D.由得，故选项D错误.
故选：BC.
11．CD
【分析】A.利用古典概型的概率求解判断；B.利用互斥事件的定义判断；C.利用独立事件的概率求解判断；D.利用并事件的概率求解判断.
【详解】解：依题意，抛掷正四面体木块，第一次向下的数字有1，2，3，4四个基本事件，
则，A不正确：
事件B含有的基本事件有8个：，，，，，，，，
其中事件，，，发生时，事件A也发生，即事件A，B可以同时发生，B不正确；
抛掷正四面体木块两次的所有基本事件有16个，，，即事件A与事件B相互独立，C正确；
，D正确.
故选：CD.
12．ACD
【分析】连，，证得平面，得到，进而证得面，可判定A项正确；根据等体积法，求得G到面的距离，可判定B项错误；令，连，，证得，，得到即为二面角的平面角，利用余弦定理求得二面角的余弦值可判定C项正确；将三棱锥放置于一个长方体中，求得外接球半径，进而判定D项正确.
【详解】A中：连，，可知，
因为，，，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以面，
又因为面，所以，所以A项正确；
B中：因为，，所以为直角三角形，所以，
所以故，
又因为，
故G到面的距离（等体积法），所以B项错误；
C中：令，连，，
因为面，面，面面，所以，又
，，
又因为面，所以，，
所以即为二面角的平面角，
因为面，所以，
在中，可得，
又因为，故在中，
由余弦定理的推论：，
故二面角的余弦值为，所以C项正确；
D中：由于，，两两互相垂直，不妨将三棱锥放置于一个长宽均为2、高为4的长方体中，其外接球半径，
故其表面积，所以D项正确.
故选：ACD.

13．
【分析】利用两角和的余弦公式展开原式后，再利用平方关系，求得的值.
【详解】，两边平方后得，
，所以.
故答案为：
14．
【分析】根据正方体的特征易得正八面体的棱长为，进而求解即可.
【详解】由正方体的棱长为1易得正八面体的棱长为，
故其表面积.
故答案为：.
  
15．/0.4
【分析】根据题意写出从袋中不放回地依次随机摸出2个球的所以可能结果结合两个球颜色相同的结果，利用古典概型概率计算公式计算即可.
【详解】用1、2、3表示3个红色球，4、5表示2个绿色球，用数组表示可能的结果，x是第一次摸到球的标号，y是第二次摸到球的标号，则样本空间所包含的样本点为：
，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共20个.
其中两个球颜色相同的事件有：，，，，，，，，共8种，故所求事件的概率为.
16．
【分析】设，得到恒成立，得出，根据题意，结合勾股定理，得到，即可求解.
【详解】设，如图所示，
因为对任意的实数，都有恒成立，
由恒成立，则，
因为，，所以，，所以，
当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
  
17．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证得，由，结合面面垂直的性质，证得平面，进而得到，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）取的中点，连，，证得平面，得到是所求直线与平面所成角，在直角中，即可求解.
【详解】（1）证明：因为侧面为正三角形，且为中点，所以，
又因为底面为正方形，所以.
因为平面平面且平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面.
（2）解：取的中点，连，，
因为为正三角形，且为中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，所以是所求直线与平面所成角，
不妨设，则在等边中，可得，
在直角中，；
在直角中，，故，
所以直线与底面所成角的正弦值为.
  
18．(1)
(2)

【分析】（1）由结合三角形内角和可求出，由得，化简后结合同角三角函数的关系可求出；
（2）利用两角和的正弦公式结合，求出，再利用正弦定理可求出，从而可求出三角形的面积.
【详解】（1），， .
又
，
，即，
∵，∴，得
∵，，∴，
∴.
（2）∵，，所以，
∴，
由正弦定理，代入得，
，；
故.
19．(1)，
(2)

【分析】（1）由数量积的坐标运算求出，并化简，再由正弦函数的性质求解不等式；
（2）先由已知求出，，，又因为，由正弦和角公式计算.
【详解】（1）由知，

，
，，
解得，；
（2），，
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以
                .
20．(1)，
(2)不需要举办心理健康大讲堂活动，理由见解析
(3)

【分析】（1）根据调查评分在中的市民有200人，且频率为可求出的值，再由各组频率和为1列方程可求出的值；
（2）根据频率分布直方图结合平均数的定义求出调查评分的平均值，再计算出心理健康指数比较即可；
（3）根据频率分布直方图结合分层抽样的定义求出抽取的调查评分在和中的人数，然后根据相互独立事件的概率公式求解即可.
【详解】（1）由已知条件可得，
又因为每组的小矩形的面积之和为1.
所以，解得；
（2）由频率分布直方图可得，
.
估计市民心理健康调查评分的平均值为80.7，
所以市民心理健康指数平均值为.
所以只需发放心理指导材料，不需要举办心理健康大讲堂活动.
（3）由（1）知：，则调查评分在中的人数是调查评分在中人数的，若按分层抽样抽取3人，则调查评分在中有1人，在中有2人，
设事件“在抽取的3人中，经心理疏导后恰有一人的心理等级转为B”.
因为经心理疏导后的等级转化情况相互独立，
所以.
故经心理疏导后恰有一人的心理等级转为B的概率为.
21．(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）连接交于点E，连接，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得面.
（2）根据题意，证得平面，得到平面平面，作，利用面面垂直的性质，证得平面，再由，即可求得的长.
【详解】（1）证明：连接，交于点E，连接.
因为四边形是正方形，所以E是的中点，
又M是的中点，所以，
因为面，面，所以面.
（2）在对角线上存在点Q，且，使得平面，
证明如下：因为四边形是正方形，所以，
因为平面，面，所以，
因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
作于Q，因为，所以，
因为平面，平面平面，所以平面，
由，可得，
所以当时，平面.
  
22．(1)①是（满足性质1）；②不是
(2)
(3)证明见解析

【分析】（1）根据题设中的新定义，结合函数和，进行判定，即可求解；
（2）若I为的“区间”，则不满足性质②，必满足性质①，即，由，根据二次函数的性质，分类讨论，即可求解；
（3）对于任意区间，记，根据单调性得到，若I为的“区间”，必满足性质②，转化为或，得出一定存在“区间”，记，结合函数的单调性和零点的存在性定理，得到存在，使得，即可求解.
【详解】（1）解：①中，函数，当时，可得，所以区间是函数的一个“区间”；
②中，函数，当时，可得，此时不满足，所以区间不是函数的一个“区间”；
所以①是（满足性质1）.②不是.
（2）解：记，，可得，故若I为的“区间”，
则不满足性质②，必满足性质①，即；
由，
当时，在上单调递增，且，
即，所以不包含于，不合题意；
当时，，符合题意；
当时，，所以，不合题意；
综上可知，，即实数的取值范围是.
（3）证明：对于任意区间，记，
由已知得在I上单调递减，故，
因为，即S的长度大于I的长度，故不满足性质①，
所以若I为的“区间”，必满足性质②，这只需，
即只需或，
由显然不恒成立，所以存在常数c使得.
如，取，区间满足性质②；
如，取，区间满足性质②；
综上，函数一定存在“区间”；
记，则图象连续不断，下证明有零点：
因为在R上是减函数，所以在R上是减函数，记；
若，则是的零点，
若，则，即，，
由零点存在性定理，可知存在，使得，
若，则，即，，
由零点存在性定理，可知存在，使得，
综上，有零点，即，
因为的所有“区间”I都满足性质②，故.（否则，与性质②不符）
即不属于的任意一个“区间”，证毕.