广东省东莞中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份广东省东莞中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省东莞市东莞中学高一（下）期中
数学试卷
一、单项选择题：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．已知复数z满足（2+i）z＝2i，其中i为虚数单位，则复数z的模为（　　）
A． B． C． D．
2．已知平面向量＝（1，﹣2），＝（4，m），且，则向量是（　　）
A．（﹣7，﹣34） B．（﹣7．﹣16） C．（﹣7，﹣4） D．（﹣7，14）
3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＝4，c＝2，C＝60°，则此三角形的解的情况是（　　）
A．有一解 B．有两解
C．无解 D．有解但解的个数不确定
4．某组样本数据的频率分布直方图如图所示，设该组样本数据的众数、平均数、第一四分位数分别为，则的大小关系是（注：同一组中数据用该组区间中点值近似替代）（　　）

A． B． C． D．
5．已知某圆锥轴截面的顶角为120°，过圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2，则该圆锥的底面半径为（　　）
A． B． C． D．
6．设点O在△ABC内部，且有，点D是边BC的中点，设△ADC与△AOC的面积分别为S1、S2，则S1：S2＝（　　）
A．1：2 B．1：3 C．3：2 D．5：3
7．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB＝BC＝CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为（　　）

A． B． C． D．
8．三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝，AP＝3，BC＝6，则该三棱锥外接球的表面积为（　　）
A．45π B．63π C．57π D．84π

二、多项选择题：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．
9．若，，是任意的非零向量，则下列叙述正确的是（　　）
A．若＝，则||＝|| B．若＝，则＝
C．若∥，，则 D．若|+|＝|﹣|，则

10．已知m、n为两条不重合的直线，α、β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是（　　）
A．若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n
B．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β
C．若m∥n，n⊂α，α∥β，m⊄β，则m∥β
D．若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β

11．某高中有学生500人，其中男生300人，女生200人，希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本，经计算得到男生身高样本均值为170cm，方差为17cm2；女生身高样本均值为160cm，方差为30cm2.下列说法中正确的是（　　）
A．男生样本容量为30 B．每个女生被抽入到样本的概率均为
C．所有样本的均值为166cm D．所有样本的方差为46.2cm2

12．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，P是A1D上的一个动点，下列结论中正确的是（　　）

A．BP的最小值为
B．PA+PC的最小值为
C．当P在直线A1D上运动时，三棱锥B1﹣ACP的体积不变
D．以点B为球心，为半径的球面与面AB1C的交线长为
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．设一组样本数据x1，x2，…，xn的平均数是3，则数据2x1+1，2x2+1，…，2xn+1的平均数为 　 　．

14．如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图，已知A'C'∥y'轴，B'C'∥x'轴且2A'C'＝B'C'＝2，则△ABC的周长为 　 　．


15．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为BC、CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截面面积为 　 　．

16．如图，△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足（b+c）cosA＝a（2﹣cosB﹣cosC），b＝c，设∠AOB＝θ（0＜θ＜π）．OA＝2OB＝4，则四边形OACB面积的最大值为 　 　．

四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知向量，是两个不共线的向量，＝3+，＝﹣3，＝2+λ．
（1）若B，C，D三点共线，求实数λ的值；
（2）若||＝2||＝2，，的夹角是，且，求实数λ的值．












18．已知z＝a+bi（a，b∈R），z+2i和均为实数，其中i是虚数单位．
（Ⅰ）求复数z；
（Ⅱ）若对应的点在第四象限，求实数m的取值范围．








19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1＝AB＝2，BC＝3．
（1）求证：AB1∥平面BC1D；
（2）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面积．






20．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2B+sin2C＝（sinA+6sinBsinC）sinA．
（1）求tanA；
（2）若，，求△ABC的面积．










21．某校为了解高一学生在五一假期中参加社会实践活动的情况，抽样调查了其中的100名学生，统计他们参加社会实践活动的时间（单位：小时），并将统计数据绘制成如图的频率分布直方图．
（1）估计这100名学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的众数，中位数，平均数；
（2）估计这100名学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的上四分位数（结果保留两位小数）．








22．已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝，AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE＝2，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．
（1）证明：EF⊥平面ABE；
（2）求二面角D﹣BF﹣E的余弦值．


2022-2023学年东莞中学高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（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．【解答】解：∵（2+i）z＝2i，
∴，
|z|＝．
故选：C．

2．【解答】解：∵，＝（1，﹣2），＝（4，m），
∴1×4﹣2m＝0，
解得m＝2．
∴＝5（1，﹣2）﹣3（4，2）＝（5﹣12，﹣10﹣6）＝（﹣7，﹣16）．
故选：B．

3．【解答】解：因为b＝4，c＝2，C＝60°，
由正弦定理得，
故sinB＝＝＝＞1，
故B不存在，即三角形无解．
故选：C．

4．【解答】选：B．

5．【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，如图所示，
由题意可知，∠APB＝120°，∠ABP＝30°，
又过圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2，
则，解得l＝2，
在Rt△POB中，r＝lcos30°＝，
所以该圆锥的底面半径为．
故选：A．

6．【解答】解：如图，取AC的中点为E，
∵，
∴++2（+）＝，
∴2+4＝，
∴O、D、E三点共线且||＝2||，
∴＝，
∴S1：S2＝＝，
故选：C．

7．【解答】解：如图所示，分别取AB，AD，BC，BD的中点E，F，G，O，
则EF∥BD，EG∥AC，FO⊥OG，
∴∠FEG为异面直线AC与BD所成角．
设AB＝2a，则EG＝EF＝a，FG＝＝a，
∴∠FEG＝60°，
∴异面直线AC与BD所成角的余弦值为，
故选：A．


8．【解答】解：作出△ABC的外接圆O1由于PA⊥平面ABC，可将三棱锥P﹣ABC中放在圆柱O1O2中，如图所示：

因为，由正弦定理得△ABC的外接圆O1的直径为，
又AP＝3，则三棱锥P﹣ABC外接球的直径为（2R）2＝|PA|2+（2r）2＝9+48＝57，
故外接球的表面积为S＝4πR2＝57π．
故选：C．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分）
9．【解答】解：对于A，若，则向量长度相等，方向相同，故，故A正确；
对于B，若＝，则，即＝或，故B错误；
对于C，若，，则方向相同或相反，方向相同或相反，即的方向相同或相反，故，故C正确；
对于D，若，则，∴，∴，故D正确，
故选：ACD．

10．【解答】解：对A，若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n或者m与n相交，或者m与n异面，所以A错误；
对B，若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，正确；
对C，若n⊂α，α∥β，则n∥β，又m∥n，m⊄β，所以m∥β，正确；
对D，若m∥n，n⊥α，则m⊥α，又α⊥β，所以m∥β或m⊂β，所以D错误．
故选：BC．

11．【解答】解：A：由50×＝30人，正确；
B：由50×人，故每个女生被抽入到样本的概率为，错误；
C：所有样本的均值为＝166cm，正确；
D：男生方差，女生方差，
所有样本的方差
＝]
＝[+480++12+720]
＝＝46.2，正确．
故选：ACD．

12．【解答】解：对于A，当BP⊥A1D时，BP最小，由于，
∴B到直线A1D的距离，故A错误；
对于B，将平面DCB1A1翻折到平面ADA1上，如图，

连接AC，与A1D的交点即为点P，此时PA+PC取最小值AC，
在三角形ADC中，∠ADC＝135°，，故B正确；
对于C，由正方体的性质可得A1D∥B1C，A1D⊄平面AB1C，∴A1D∥平面AB1C，∴P到平面AB1C的距离为定值，

又为定值，则为定值，即三棱锥B1﹣ACP的体积不变，故C正确；
对于D，由于BD1⊥平面AB1C，设BD1与平面AB1C交于Q点，∴，设以B为球心，为半径的球与面AB1C交线上任一点为G，∴，
∴，
∴G在以Q为圆心，为半径的圆上，

由于△AB1C为正三角形，边长为，其内切圆半径为，
故此圆恰好为△AB1C的内切圆，完全落在面AB1C内，∴交线长为，故D正确．
故选：BCD．


三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13．【解答】解：一组样本数据x1，x2，…，xn的平均数是3，则数据2x1+1，2x2+1，…，2xn+1的平均数为2×3+1＝7．
故答案为：7．


14．【解答】解：先由斜二测画法得AC⊥BC，AC＝BC＝2，即可求解．
由题意得，AC⊥BC，且AC＝BC＝2，则，则△ABC的周长为．
故答案为：．



15．【解答】解：如图，把截面AEF补形为四边形AEFD1，

连接AD1，由正方体可得EF∥AD1，可得等腰梯形AEFD1为平面AEF截正方体所得的截面图形，
由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，得AD1＝4，EF＝2，
＝2，则E到AD1的距离即等腰梯形AEFD1的高为＝3，
∴所求截面的面积为S＝（2）×＝18．
故答案为：18．



16．【解答】解：由（b+c）cosA＝a（2﹣cosB﹣cosC）及正弦定理得（sinB+sinC）cosA＝sinA（2﹣cosB﹣cisC），
化简得 sinC+sinB＝2sinA，再用正弦定理得 c+b＝2a，又b＝c，所以 a＝b＝c，即△ABC为正三角形，
在三角形AOB中|AB|2＝c2＝|OA|2+|OB|2﹣2|OA||OB|cosθ＝16+4﹣2×2×4cosθ＝20﹣16cosθ，
S四边形OACB＝S△ABC+S△AOB＝c2+×2×4sinθ＝（20﹣16cosθ）+4sinθ
＝5+4sinθ﹣4cosθ
＝5+8sin（），
∵0＜θ＜π，∴﹣＜θ﹣＜，
∴sin（θ﹣）∈[﹣，1]，
S四边形OACB∈[，8+5]，
故答案为：8+5．


四、解答题（本大题共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．【解答】解：（1）＝＝（﹣3）﹣（3+）＝﹣2﹣4，
＝＝（2+λ）﹣（﹣3）＝+（λ+3），
由B，C，D三点共线，根据共线向量定理的条件可得：
＝k，即﹣2﹣4＝k[+（λ+3）]，
所以
解得：λ＝﹣1．
∴B，C，D三点共线时实数λ的值为﹣1；
（2）∵，∴＝0，即（2+λ）•（﹣2﹣4）＝0，
∴﹣4²﹣（8+2λ）•﹣4λ²＝﹣8﹣（8+2λ）×2×1×cos﹣4λ＝0，
解得：λ＝﹣4．

18．【解答】解：（Ⅰ）∵z＝a+bi（a，b∈R），
∴z+2i＝a+（b+2）i，＝＝，
由题意，，可得a＝2，b＝﹣2，则z＝2﹣2i；
（Ⅱ）＝2+2i+＝，
由题意，，解得﹣2＜m＜或1＜m＜．
∴实数m的取值范围是（﹣2，）∪（1，）．


19．【解答】（1）证明：连接B1C，交BC1于点O，连接OD，所以O是B1C的中点，所以OD∥AB1，
又因为AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D中，所以AB1∥平面BC1D；
（2）解：三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面积为
S＝2S△ABC+++
＝2××2×3+2×2+2×3+2×
＝16+2．

20．【解答】解：（1）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，
因为sin2B+sin2C＝（sinA+6sinBsinC）sinA，
所以b2+c2＝a2+6bcsinA，所以2bccosA＝6bcsinA，
所以；
（2）因为，，
所以，，
由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，
可得，即c2﹣6c+5＝0，
解得c＝1或c＝5，
当c＝1时，△ABC的面积为；
当c＝5时，△ABC的面积为．


21．【解答】解：（1）由频率分布直方图可看出最高矩形底边上的中点值为20，故众数是20，
由（0.02+0.06+0.075+a+0.025）×4＝1得a＝0.07，
∵（0.02+0.06）×4＝0.32且（0.02+0.06+0.075）×4＝0.62，
∴中位数位于18～22之间，设中位数为x，
则，
解得，故中位数是20.4；
平均数为（0.02×12+0.06×16+0.075×20+0.07×24+0.025×28）×4＝20.32；
（2）上四分位数即为75百分位数，又∵（0.02+0.06+0.075）×4＝0.62，（0.02+0.06+0.075+0.07）×4＝0.9，
∴上四分位数位于22～26之间，设上四分位数为y，则，
得．

22．【解答】（1）证明：在直角梯形ABCD中，因为∠ABC＝∠BAD＝，故DA⊥AB，BC⊥AB，
因为EF∥BC，故EF⊥AB．
所以在折叠后的几何体中，有EF⊥AE，EF⊥BE，
而AE∩BE＝E，故EF⊥平面ABE．
（2）解：如图，在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G．

在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连结GH．
因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，DG⊂平面AEFD，故DG⊥平面EBCF，
因为BF⊂平面EBCF，故DG⊥BF，而DG∩DH＝D，
故BF⊥平面DGH，又GH⊂平面DGH，故GH⊥BF，
所以∠DHG为二面角D﹣BF﹣E的平面角，
在平面AEFD中，因为AE⊥EF，DG⊥EF，
故AE∥DG，
又在直角梯形ABCD中，EF∥BC且EF＝（BC+AD）＝3，
故EF∥AD，故四边形AEGD为平行四边形，
故DG＝AE＝2，GF＝1，
在Rt△BEF中，tan∠BFE＝，
因为∠BFE为三角形的内角，
故sin∠BFE＝，故GH＝1×sin∠BFE＝，
故tan∠DHG＝＝，
因为∠DHG为三角形的内角，
故cos∠DHG＝．
所以二面角D﹣BF﹣E的平面角的余弦值为．