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2023-2024学年湖南省部分学校高一（下）期末数学试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年湖南省部分学校高一（下）期末数学试卷（含答案），共8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。
1.从200道题中随机选m道，若某道题被选中的概率为0.04，则m=( )
A. 4B. 8C. 10D. 12
2.若在复平面内，复数1−2z所对应的点为(5,−6)，则z的实部与虚部的差为( )
A. 3B. 2C. 1D. −5
3.已知点O，A，B，C在同一平面内，CA=2BA，则OA=( )
A. 23OB+13OCB. 13OB+23OCC. 2OB−OCD. 2OC−OB
4.已知集合M={1,2,3}，N={x∈Z||x−2|≤a}，若x∈M是x∈N的充要条件，则整数a=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
5.从1，2，3，4这四个数字中任意取出两个不同的数字，设取出的两数字之和为m，则m2−9m+18<0的概率为( )
A. 23B. 12C. 13D. 16
6.已知在三棱锥S−ABC中，SA⊥SB，SB⊥SC，SA⊥SC，且△ABC为等边三角形，则二面角S−AB−C的正切值为( )
A. 32B. 2C. 3D. 2
7.如图所示，P，Q是函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象与直线y= 22的两个交点，且点P在y轴上，若|PQ|=π，则f(x)的最小正周期为( )
A. 4πB. 7π2
C. 3πD. 2π
8.已知函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R)，若不等式f(x)<3x−2的解集为(0,4)，则不等式f(x)x≥0的解集为( )
A. [−1,0)∪(0,2]B. (−∞,−2]∪(0，1]
C. [−1,0)∪[2，+∞)D. (−∞,−1)∪[2，+∞)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若数据1，5，0，10，8，9，11，12，2，17的第25百分位数、第50百分位数、第75百分位数分别为m，k，n，平均数为x−，则( )
A. m=2B. n=10C. 2x−>m+nD. k10.在平面直角坐标系xOy中，角α，β的始边均与x轴的非负半轴重合，终边分别经过点A(2,1)，B(−1,2)，则( )
A. tan2β=−43B. sinα+csβ=0
C. cs(α−β)=0D. α+β是第三象限角
11.已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点及动点P都在球O的球面上，AB=AC=2,BC=AA1=2 2，则( )
A. AC⊥BB1
B. 球O的半径为2
C. 三棱柱ABC−A1B1C1的表面积为16+8 2
D. 点P到平面ABC的距离的取值范围是[0,2+ 2]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z1=1+2i，z2=i，则z1−z2z2= ______．
13.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的棱长均为2，E，F分别是棱A1B1，A1C1的中点，则几何体EF−CBB1C1的体积为______．
14.已知函数f(x)=ax2−1,x>0ax−1,x⩽0(a<0)，若存在唯一的x>0，使得f(x)=−f(−x)，则当−1四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，A1B1=A1D1，CD1=CB1．
(1)若E是棱BC的中点，过点E作平面α，使得平面α//平面B1CD1，在图中画出平面α截平行六面体所得的截面；(不需写出作法和证明过程)
(2)证明：平面B1CD1⊥平面ACC1A1．
16.(本小题15分)
现有一批零件，一质检员从中随机抽取200件进行合格性检验，实际尺寸x与标准尺寸x0的差值为Δx，现对Δx进行整理，分组区间为[−0.25,−0.15)，[−0.15,−0.05)，[−0.05,0.05]，(0.05,0.15]，(0.15,0.25]，得到如图所示的频率分布直方图.规定：|Δx|≤0.05的为优质品，0.05<|Δx|≤0.15的为合格品，|Δx|>0.15的为劣质品．
(1)求a的值，并计算Δx的平均值；(每组数据用该组所在区间的中点值作代表)
(2)估计该批零件中优质品、合格品、劣质品的数量之比；
(3)质检部门规定：若抽检的零件中劣质品数量不超过15件，则这批零件通过抽检，否则，不能通过抽检.问：这批零件能否通过抽检？
17.(本小题15分)
一个质地均匀的正方体的1个面为黄色，2个面为绿色，3个面为红色.连续抛掷该正方体3次，观察落地时朝上的面的颜色．
(1)求第1次、第2次、第3次朝上的面的颜色依次为红色、绿色、黄色的概率；
(2)求朝上的面的颜色恰有2次相同的概率．
18.(本小题17分)
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为2 55a2sinC，且csB=35．
(1)求sinA的值；
(2)若c=22，求a及cs(2A+B)的值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)，g(x)满足f(x)+2g(x)=2−x，其中f(x)为偶函数，g(x)为奇函数．
(1)求f(x)，g(x)的解析式；
(2)求函数t(x)=2x+2[f(x)−g(x)−1]的值域；
(3)设a>1，若对任意的x1∈[−4,4]，都存在x2∈[−2,−1]，使得lga[2f(x1)]−g(x2)≥138成立，求实数a的取值范围．
参考答案
1.B
2.D
3.C
4.D
5.B
6.B
7.A
8.C
9.AC
10.BC
11.ABD
12.1−i
13.5 36
14.(−18,0)
15.(1)解：取BB1的中点F，A1B1的中点G，A1D1的中点Q，DD1的中点H，CD的中点T，顺次连接，
则六边形EFGQHT即为所作的截面α，
理由如下：因为EF为△BCB1的中位线，所以EF//B1C，
同理可得GQ//B1D1，HT//CD1，GF//A1B，QH//A1D，ET//BD，
而CD1//A1B，B1C//A1D，B1D1//BD，
故GF//CD1，QH//B1C，ET//B1D1，
因为GF⊂平面EFGQHT，CD1⊄平面EFGQHT，
所以CD1//面EFGQHT，同理B1C//平面EFGQHT，
因为CD1∩B1C=C，且CD1，B1C⊂平面B1CD1，
所以平面EFGQHT//平面B1CD1，
故六边形EFGQHT即为所作的截面α，
(2)证明：设A1C1∩B1D1=W，则B1W=D1W，
因为CD1=CB1，所以CW⊥B1D1，
又A1B1=A1D1，故四边形A1D1C1B1为菱形，故A 1C1⊥D1B1，
因为CW∩A1C1=W，CW，A1C1⊂平面AA1C1C，
所以D1B1⊥平面AA1C1C，
因为D1B1⊂平面B1CD1，
所以平面B1CD1⊥平面AA1C1C.
16.解：(1)由频率分布直方图中各组概率之和为1得，
0.1×(1.5+a+3.5+2.0+0.5)=1，解得a=2.5，
平均值为0.1×[1.5×(−0.2)+2.5×(−0.1)+3.5×0+2.0×0.1+0.5×0.2]=−0.025；
(2)由频率分布直方图得200件样品中，
优质品的数量为0.35×200=70件，
合格品的数量为0.45×200=90件，
劣质品的数量为0.2×200=40件，
所以优质品：合格品：劣质品=7：9：4；
(3)由(2)知，样本中劣质品的数量为40件，已经超过15件，
所以这批零件不能通过抽检．
17.解：(1)设第1次、第2次、第3次朝上的面的颜色依次为红色、绿色、黄色为事件A，
P(A)=36×26×16=136；
(2)设朝上的面的颜色恰有2次相同为事件B，
可以是2次相同的黄色或2次相同的绿色或2次相同的红色，
所以P(B)=(16×16×56+26×26×46+36×36×36)×3=23．
18.解：(1)由于csB=35，B∈(0,π)，所以sinB= 1−cs2B=45，
又S△ABC=2 55a2sinC=12absinC⇒4 55a=b，
故4 55sinA=sinB，因此sinA= 55．
(2)由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
∴(4 55a)2=a2+222−44a×35，化简得(a+22)(a−10)=0，解得a=10(负值舍去)，
进而b=4 55a=8 5，故a故sin2A=2sinAcsA=2× 55×2 55=45,cs2A=1−2sin2A=1−2×( 55)2=35，
cs(2A+B)=cs2AcsB−sin2AsinB=35×35−45×45=−725．
19.解：(1)根据题意，由于f(x)为偶函数，g(x)为奇函数，且f(x)+2g(x)=2−x，
故f(−x)+2g(−x)=2x⇒f(x)−2g(x)=2x，
两式相加可得f(x)=2−x+2x2，
进而可得：g(x)=2−x−2x4，
(2)t(x)=2x+2[f(x)−g(x)−1]=2x+2[2−x+2x2−2−x−2x4−1]=3(2x)2−4⋅2x+1，
令2x=m，m>0，则t(m)=3m2−4m+1=3(m−23)2−13≥−13，
故值域为[−13,+∞)；
(3)由于y=−2x，y=2−x均为单调递减函数，故g(x)=2−x−2x4为单调递减函数，
故当x∈[−2,−1]时，g(x)∈[g(−1),g(−2)]，即g(x)∈[38,1516]，
故g(x)在[−2,−1]上的最小值为38，
f(x)=2−x+2x2≥2 2−x⋅2x2=1，当且仅当2−x=2x⇒x=0时等号成立，
故f(x)在x∈[−4,4]上的最小值为1，
若对任意的x1∈[−4,4]，都存在x2∈[−2,−1]，使得lga[2f(x1)]−g(x2)≥138成立，
只需要(lga[2f(x)])min≥g(x)min+138，
又a>1，故lga2≥38+138，解得1故a的取值范围为(1, 2].
1.从200道题中随机选m道，若某道题被选中的概率为0.04，则m=( )
A. 4B. 8C. 10D. 12
2.若在复平面内，复数1−2z所对应的点为(5,−6)，则z的实部与虚部的差为( )
A. 3B. 2C. 1D. −5
3.已知点O，A，B，C在同一平面内，CA=2BA，则OA=( )
A. 23OB+13OCB. 13OB+23OCC. 2OB−OCD. 2OC−OB
4.已知集合M={1,2,3}，N={x∈Z||x−2|≤a}，若x∈M是x∈N的充要条件，则整数a=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
5.从1，2，3，4这四个数字中任意取出两个不同的数字，设取出的两数字之和为m，则m2−9m+18<0的概率为( )
A. 23B. 12C. 13D. 16
6.已知在三棱锥S−ABC中，SA⊥SB，SB⊥SC，SA⊥SC，且△ABC为等边三角形，则二面角S−AB−C的正切值为( )
A. 32B. 2C. 3D. 2
7.如图所示，P，Q是函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象与直线y= 22的两个交点，且点P在y轴上，若|PQ|=π，则f(x)的最小正周期为( )
A. 4πB. 7π2
C. 3πD. 2π
8.已知函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R)，若不等式f(x)<3x−2的解集为(0,4)，则不等式f(x)x≥0的解集为( )
A. [−1,0)∪(0,2]B. (−∞,−2]∪(0，1]
C. [−1,0)∪[2，+∞)D. (−∞,−1)∪[2，+∞)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若数据1，5，0，10，8，9，11，12，2，17的第25百分位数、第50百分位数、第75百分位数分别为m，k，n，平均数为x−，则( )
A. m=2B. n=10C. 2x−>m+nD. k
A. tan2β=−43B. sinα+csβ=0
C. cs(α−β)=0D. α+β是第三象限角
11.已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点及动点P都在球O的球面上，AB=AC=2,BC=AA1=2 2，则( )
A. AC⊥BB1
B. 球O的半径为2
C. 三棱柱ABC−A1B1C1的表面积为16+8 2
D. 点P到平面ABC的距离的取值范围是[0,2+ 2]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z1=1+2i，z2=i，则z1−z2z2= ______．
13.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的棱长均为2，E，F分别是棱A1B1，A1C1的中点，则几何体EF−CBB1C1的体积为______．
14.已知函数f(x)=ax2−1,x>0ax−1,x⩽0(a<0)，若存在唯一的x>0，使得f(x)=−f(−x)，则当−1
15.(本小题13分)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，A1B1=A1D1，CD1=CB1．
(1)若E是棱BC的中点，过点E作平面α，使得平面α//平面B1CD1，在图中画出平面α截平行六面体所得的截面；(不需写出作法和证明过程)
(2)证明：平面B1CD1⊥平面ACC1A1．
16.(本小题15分)
现有一批零件，一质检员从中随机抽取200件进行合格性检验，实际尺寸x与标准尺寸x0的差值为Δx，现对Δx进行整理，分组区间为[−0.25,−0.15)，[−0.15,−0.05)，[−0.05,0.05]，(0.05,0.15]，(0.15,0.25]，得到如图所示的频率分布直方图.规定：|Δx|≤0.05的为优质品，0.05<|Δx|≤0.15的为合格品，|Δx|>0.15的为劣质品．
(1)求a的值，并计算Δx的平均值；(每组数据用该组所在区间的中点值作代表)
(2)估计该批零件中优质品、合格品、劣质品的数量之比；
(3)质检部门规定：若抽检的零件中劣质品数量不超过15件，则这批零件通过抽检，否则，不能通过抽检.问：这批零件能否通过抽检？
17.(本小题15分)
一个质地均匀的正方体的1个面为黄色，2个面为绿色，3个面为红色.连续抛掷该正方体3次，观察落地时朝上的面的颜色．
(1)求第1次、第2次、第3次朝上的面的颜色依次为红色、绿色、黄色的概率；
(2)求朝上的面的颜色恰有2次相同的概率．
18.(本小题17分)
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为2 55a2sinC，且csB=35．
(1)求sinA的值；
(2)若c=22，求a及cs(2A+B)的值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)，g(x)满足f(x)+2g(x)=2−x，其中f(x)为偶函数，g(x)为奇函数．
(1)求f(x)，g(x)的解析式；
(2)求函数t(x)=2x+2[f(x)−g(x)−1]的值域；
(3)设a>1，若对任意的x1∈[−4,4]，都存在x2∈[−2,−1]，使得lga[2f(x1)]−g(x2)≥138成立，求实数a的取值范围．
参考答案
1.B
2.D
3.C
4.D
5.B
6.B
7.A
8.C
9.AC
10.BC
11.ABD
12.1−i
13.5 36
14.(−18,0)
15.(1)解：取BB1的中点F，A1B1的中点G，A1D1的中点Q，DD1的中点H，CD的中点T，顺次连接，
则六边形EFGQHT即为所作的截面α，
理由如下：因为EF为△BCB1的中位线，所以EF//B1C，
同理可得GQ//B1D1，HT//CD1，GF//A1B，QH//A1D，ET//BD，
而CD1//A1B，B1C//A1D，B1D1//BD，
故GF//CD1，QH//B1C，ET//B1D1，
因为GF⊂平面EFGQHT，CD1⊄平面EFGQHT，
所以CD1//面EFGQHT，同理B1C//平面EFGQHT，
因为CD1∩B1C=C，且CD1，B1C⊂平面B1CD1，
所以平面EFGQHT//平面B1CD1，
故六边形EFGQHT即为所作的截面α，
(2)证明：设A1C1∩B1D1=W，则B1W=D1W，
因为CD1=CB1，所以CW⊥B1D1，
又A1B1=A1D1，故四边形A1D1C1B1为菱形，故A 1C1⊥D1B1，
因为CW∩A1C1=W，CW，A1C1⊂平面AA1C1C，
所以D1B1⊥平面AA1C1C，
因为D1B1⊂平面B1CD1，
所以平面B1CD1⊥平面AA1C1C.
16.解：(1)由频率分布直方图中各组概率之和为1得，
0.1×(1.5+a+3.5+2.0+0.5)=1，解得a=2.5，
平均值为0.1×[1.5×(−0.2)+2.5×(−0.1)+3.5×0+2.0×0.1+0.5×0.2]=−0.025；
(2)由频率分布直方图得200件样品中，
优质品的数量为0.35×200=70件，
合格品的数量为0.45×200=90件，
劣质品的数量为0.2×200=40件，
所以优质品：合格品：劣质品=7：9：4；
(3)由(2)知，样本中劣质品的数量为40件，已经超过15件，
所以这批零件不能通过抽检．
17.解：(1)设第1次、第2次、第3次朝上的面的颜色依次为红色、绿色、黄色为事件A，
P(A)=36×26×16=136；
(2)设朝上的面的颜色恰有2次相同为事件B，
可以是2次相同的黄色或2次相同的绿色或2次相同的红色，
所以P(B)=(16×16×56+26×26×46+36×36×36)×3=23．
18.解：(1)由于csB=35，B∈(0,π)，所以sinB= 1−cs2B=45，
又S△ABC=2 55a2sinC=12absinC⇒4 55a=b，
故4 55sinA=sinB，因此sinA= 55．
(2)由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
∴(4 55a)2=a2+222−44a×35，化简得(a+22)(a−10)=0，解得a=10(负值舍去)，
进而b=4 55a=8 5，故a
cs(2A+B)=cs2AcsB−sin2AsinB=35×35−45×45=−725．
19.解：(1)根据题意，由于f(x)为偶函数，g(x)为奇函数，且f(x)+2g(x)=2−x，
故f(−x)+2g(−x)=2x⇒f(x)−2g(x)=2x，
两式相加可得f(x)=2−x+2x2，
进而可得：g(x)=2−x−2x4，
(2)t(x)=2x+2[f(x)−g(x)−1]=2x+2[2−x+2x2−2−x−2x4−1]=3(2x)2−4⋅2x+1，
令2x=m，m>0，则t(m)=3m2−4m+1=3(m−23)2−13≥−13，
故值域为[−13,+∞)；
(3)由于y=−2x，y=2−x均为单调递减函数，故g(x)=2−x−2x4为单调递减函数，
故当x∈[−2,−1]时，g(x)∈[g(−1),g(−2)]，即g(x)∈[38,1516]，
故g(x)在[−2,−1]上的最小值为38，
f(x)=2−x+2x2≥2 2−x⋅2x2=1，当且仅当2−x=2x⇒x=0时等号成立，
故f(x)在x∈[−4,4]上的最小值为1，
若对任意的x1∈[−4,4]，都存在x2∈[−2,−1]，使得lga[2f(x1)]−g(x2)≥138成立，
只需要(lga[2f(x)])min≥g(x)min+138，
又a>1，故lga2≥38+138，解得1
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