湖北省武汉市5G联合体2022-2023学年高一数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市5G联合体2022-2023学年高一数学下学期期末联考试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年度下学期武汉市重点中学5G联合体期末考试
高一数学试卷

考试时间：2023年6月28日 试卷满分：150分
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、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. 复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法可化简所求的复数.
【详解】.
故选：C.
2. 设为直线，，为两个不同的平面，则下列结论中错误的是（ ）
A. ，，且 B. ，
C. ，且 D. ，且与相交与相交
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间中线面平行、面面平行关系逐项分析判断.
【详解】对于选项A：若，，则或，
又因为，所以，故A正确；
对于选项B：若，，则或与相交，
例如在正方体中，//平面，//平面，
显然平面与平面相交，故B错误；

对于选项C：若，且，由面面平行的性质可得，故C正确；
对于选项D：若，且与相交，由面面平行的性质可得与相交，故D正确；
故选：B.
3. 在正四面体中，点，，分别为棱，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据异面直线夹角的定义结合余弦定理运算求解.
【详解】连接，设正四面体的棱长为2，
因为分别为的中点，则//，
所以异面直线，所成角为（或其补角），
在中，则，
由余弦定理可得，
所以异面直线，所成角的余弦值为.
故选：A.

4. 某次投篮比赛中，甲、乙两校都派出了10名运动员参加比赛，甲校运动员的得分分别为8，6，7，7，8，10，9，8，7，8，这些成绩可用下图中的（1）所示，乙校运动员的得分可用下图中的（2）所示.

则以下结论中，正确的是（ ）
A. 甲校运动员得分的中位数为7.5
B. 乙校运动员得分的75%分位数为10
C. 甲校运动员得分的平均数大于8
D. 甲校运动员得分的标准差大于乙校运动员得分的标准差
【答案】B
【解析】
【分析】先计算出甲校派出的10名运动员参赛成绩的中位数，平均数和标准差；再计算出乙校派出的10名运动员参赛成绩的75%分位数，平均数和标准差即可.
【详解】甲校派出的10名运动员参赛成绩从小到大为：6，7，7，7，8，8，8，8，9，10，
其中位数为：，平均数为：，故选项A、C错误；
其标准差为：；
乙校派出的10名运动员参赛成绩分别为：6，7，8，9，9，9，9，10，10，10，
则其平均数为：，75%分位数为：，
标准差为：.
所以甲校运动员得分的标准差小于乙校运动员得分的标准差，故选项B正确，D错误.
故选：B
5. 在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（ ）
A. B. 或 C. 或 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理可得出关于的等式，解之即可.
【详解】因为，，，由余弦定理可得，
即，即，解得或.
故选：C.
6. 如图所示，三棱柱中，若、分别为，靠近点的三等分点，平面将三棱柱分成左右两部分体积为和，那么（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用棱台体积公式求解体积即可得到体积比.
【详解】设三棱柱的高为，底面的面积为，体积为，则，
因为、分别为，靠近点的三等分点，所以，
则，所以，
所以.
故选：D.
7. 如图，圆锥的底面直径和高均是4，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过圆锥的底面半径和高，可求出圆柱的高和底面半径，再结合圆锥的表面积与圆柱的侧面积可求得剩下几何体的表面积.
【详解】设圆柱的高为，底面半径为，可知，
则圆锥的母线长为，
所以剩下几何体的表面积为.
故选：B.
8. 在中，，，，为中点，若将沿着直线翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直角三角形性质和翻折关系可确定为等边三角形，利用正弦定理可确定外接圆半径，由此可知外接圆圆心即为四面体外接球球心，由球的性质可知平面，利用可求得点到平面的距离，由此可求得线面角的正弦值.
【详解】，，，，又为中点，
，则，即为等边三角形，
设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，取中点，连接，

，，，即外接圆半径为，
又四面体的外接球半径为，为四面体外接球的球心，
由球的性质可知：平面，又平面，，
，，；
设点到平面的距离为，
由得：，
又与均为边长为的等边三角形，，
直线与平面所成角的正弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛；本题考查几何体的外接球、线面角问题的求解；本题求解线面角的关键是能够确定外接球球心的位置，结合球的性质，利用体积桥的方式构造方程求得点到面的距离，进而得到线面角的正弦值.
二、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. 已知互不相同的9个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下的7个数据与原9个数据相比，下列数字特征中不变的是（ ）
A. 中位数 B. 平均数
C. 第41百分位数 D. 方差
【答案】AC
【解析】
【分析】根据中位数，百分位数的计算即可判断AC,举例即可判断BD.
【详解】设这9个数分别为，，，，，，，，，
且，
则中位数为，
去掉最大和最小的数据，得，，，，，，，中位数为，
故中位数一定不变；故A正确，
由，得，，，，，，，，的第41百分位数为，
由，得，，，，，，的第41百分位数为，
故第41百分位数不变，故C正确，
设这9个数分别1，2，3，4，5，6，7，8，9，
则平均数为，
方差为
，
去掉最大和最小的数据为2，3，4，5，6，7，8，
则平均数为，
方差为，
所以此时方差改变了，故D错，
设这9个数分别，2，3，4，5，6，7，9，10，
则平均数为，
去掉最大和最小数据为2，3，4，5，6，7，9，
此时平均数为，所以此时平均数改变了，故B错．
故选：AC．
10. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）.
A. 若，则 B. 若，的值为
C. 的取值范围为 D. 存在，使得
【答案】AB
【解析】
【分析】由向量共线的坐标运算可判断A；由向量的垂直的坐标运算可判断B；由向量数量积的坐标运算和的范围可判断C；由得，求出的范围可判断D.
【详解】对于A，若，则，所以，故A正确；
对于B，若，则，所以，
因为，所以的值为，故B正确；
对于C，，因为，
所以，，所以的取值范围为，故C错误；
对于D，，所以，，
若，则，得，
解得，因为，所以，解得，
因为，所以无解，故D错误.
故选：AB.
11. 在中，内角、、所对的边分别、、，，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 外接圆的半径为
C. 取得最小值时，
D. 时，值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，由正弦定理化简可得，再根据三角形面积公式判断即可；对B，根据结合正弦定理判断即可；对C，根据正弦定理与余弦定理化简可得，再根据基本不等式与三角函数性质判断即可；对D，根据三角函数值域求解即可.
【详解】对A，因为，由正弦定理可得，
因为，则，则，
又因为，故，故三角形面积为，故A正确；
对B，，则，
设外接圆的半径为，则，故，故B正确；
对C，因为，由余弦定理，
即，化简可得，
由基本不等式得，当且仅当时取等号，
此时，故当，时，取得最小值，故C错误；
对D，由C，，当时，的值为，故D正确；
故选：ABD.
12. 如图，正四面体的棱长为1，，分别是棱，上的点，且，，则（ ）

A. 不存在，使得平面
B. 直线与直线异面
C. 不存在，使得平面平面
D. 三棱锥体积的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于B，根据异面直线的定义即可判断；对于A，当时，E，F分别是棱BD，CD的中点，得到，再根据线面平行的判定定理即可得解；对于C，根据题意得到当E，O，F三点共线时，平面平面BCD，然后利用平面向量基本定理的推论判断即可；对于D，先求出三棱锥的高AO，然后利用基本不等式求出面积的最大值，即可求出三棱锥体积的最大值．
【详解】因为直线与平面交于点，平面，且不经过点，所以直线与直线异面，故B正确.
当时，，分别是棱，的中点，此时，
因为平面，平面，所以平面，故A错误.
设为的中心，连接，因为经过点有且只有一条直线垂直于平面
，所以经过点且垂直于平面的平面一定经过直线，
即当且仅当，，三点共线时，平面平面，
因为，，
所以，，设的中点为，连接，
则，因为，，三点共线，
所以，整理得，因为，所以此方程无解，
所以不存在，使得平面平面，故C正确.
易知，在中
，，所以的面积，
当且仅当时等号成立，所以三棱推体积的最大值为.
故D错误.

故选：BC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.双空题第一空2分，第二空3分.
13. 已知两座灯塔A和与海洋观察站的距离都等于，灯塔A在观察站的北偏东40°，灯塔在观察站的南偏东20°，则灯塔A与灯塔的距离为______km.
【答案】3
【解析】
【分析】根据题意画出示意图，利用余弦定理运算求解.
【详解】在中，由题意可知：，
由余弦定理可得：，
所以（km）
故答案为：3.

14. 已知，为单位向量，向量，的夹角为，则向量在向量上的投影向量为______.
【答案】
【解析】
【分析】先求出向量的模，再根据投影向量的定义即得.
【详解】因为，又向量为单位向量，向量，的夹角为，
所以向量在向量方向上的投影向量为：
.
故答案为：
15. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为______.

【答案】
【解析】
【分析】利用，结合已知条件可把求出，由平面向量基本定理把、用已知向量、表示，再利用数量积的运算法则可求数量积．
【详解】，，
，存在实数，使得，即，
又，则，
，，，
则
，
故答案为：．
16. 已知正方体的棱长为3，动点在内，满足，则点的轨迹长度为______.
【答案】
【解析】
【分析】确定正方体对角线与的交点E，求出确定轨迹形状，再求出轨迹长度作答.
【详解】在正方体中，如图，

平面，平面，则，而，
，，平面，于是平面，又平面，
则，同理，而，，平面，
因此平面，令交平面于点，
由，得，
即，解得，
而，于是，
因为点在内，满足，则，
因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆在内的圆弧，
而为正三角形，则三棱锥必为正三棱锥，为正的中心，
于是正的内切圆半径，
则，即，，
所以圆在内的圆弧为圆周长的，
即点的轨迹长度为
故答案为：
【点睛】方法点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.
四、解答题：本题共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. （1）设，在复平面内对应的点为，那么求满足条件：的点的集合的图形面积；
（2）已知复数， ，且，求的范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用复数的几何意义，结合圆的面积公式即可得解；
（2）利用复数相等得到关于的方程组，从而得到关于的表达式，结合二次函数的性质即可得解.
【详解】（1）由复数的几何意义知：满足条件的点的集合的图形为圆环，
其中大圆半径为，小圆半径为，
故所求面积为.
（2）因为， ，且，
所以，所以且，
故，
因为，，
所以当时，有最小值为，
所以范围为.
18. 在中，角，，所对边分别为，，，.
（1）求角；
（2）若外接圆的半径为，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）先根据展开，结合正弦和差化积公式进行化简，可得出，进而得出角的值.
（2）根据题意和正弦定理可得出边长a的值，再由第一问和余弦定理得出b和c的关系，结合基本不等式即可求出面积的最大值.
【小问1详解】
由得，，
所以，又，所以，
所以，因为，所以；
【小问2详解】
由外接圆的半径为，则得，
由余弦定理得，，即，
所以，解得.
所以，故面积的最大值为.
19. 如图，在三棱柱中，面为正方形，面为菱形，，侧面面.

（1）求证：面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可得证.
（2）过作于，过作于，连接，利用线面垂直的性质定理得出为二面角的平面角，在中直接求解即可.
【小问1详解】
由菱形可得，
面面，面面，
又正方形中，
面，又平面，，
，平面，面.
【小问2详解】
过作于，则面.
过作于，连接，
因平面，则，
又平面，，故平面，
又平面，所以，
故为二面角的平面角，
在中，设，，，
，，，
.
即二面角的余弦值为.

20. 为了深入学习领会党的二十大精神，某高级中学高一全体学生参加了《二十大知识竞赛》.试卷满分为100分，所有学生成绩均在区间分内.已知该校高一选物理方向、历史方向的学生人数分别为180、120.现用分层抽样的方法抽取了30名学生的答题成绩，绘制了如下样本频率分布直方图.

（1）根据样本频率分布直方图，计算图中的值，并估计该校全体学生成绩的平均数和第71百分位数；
（2）已知所抽取选物理方向和历史方向学生答题成绩的平均数、方差的数据如下表，且根据频率分布直方图估计出全体学生成绩的方差为140，求高一年级选物理方向学生成绩的平均数和高一年级选历史方向学生成绩的方差.
选科方向
样本平均数
样本方差
物理方向

75
历史方向
60


【答案】（1），平均数69，第71百分位数75；
（2），
【解析】
【分析】（1）根据给定的频率分布直方图，求出a值，再求出学生成绩的平均数和第71百分位数作答.
（2）由（1）结合平均数的意义求出，再根据方差的定义求出作答.
【小问1详解】
由频率分布直方图知，，解得，
学生成绩在区间内的频率依次为：，
样本平均数，
显然学生成绩在区间内的频率为，在区间内的频率为，因此第71百分位数，
，解得，
所以，估计该校全体学生成绩的平均数为69，第71百分位数为75.
【小问2详解】
依题意，抽取的30名学生中，物理方向有（人），则历史方向有12人，
由（1）知，，解得，
物理方向的样本数据为，历史方向的样本数据为，
依题意，，，
全体学生成绩的方差


，解得，
所以，.
21. 已知的面积为，且且.
（1）求角的大小；
（2）设为的中点，且，的平分线交于，求线段的长度.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出角的正切值，再结合角的范围即可求解；
（2）先根据条件求出，再借助于面积之间的关系求出之间的比例关系，结合题中条件即可求解.
【小问1详解】
，又，即，
所以，又，所以.
【小问2详解】
如图所示，

在中，为中线，所以，
所以，
所以.由（1）知：，
又，所以，，由余弦定理可得：，
，，
又，所以，又，
所以，所以.
22. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，.

（1）为上一点，且，当平面时，求实数的值；
（2）设平面与平面的交线为，证明面；
（3）当平面与平面所成的锐二面角的大小为时，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接，利用线面平行的性质可得出，由可得出，再由可求得的值；
（2）证明出面，利用线面平行的性质可证得结论成立；
（3）取的中点，连接、，过点作，分析可知，为平面与平面所成的锐二面角，即有，证明出平面，则为与平面所成的角，计算出、的长，即可计算出的正切值.
【小问1详解】
如图，连接交于点，连接，
∵平面，平面，平面平面，∴，
在梯形中，∵，∴，∴，
∵，∴，∴
【小问2详解】
∵，平面，平面，∴面，
又面，面面，∴，
又面，面，∴面.
【小问3详解】
取的中点，连接、，

∵为的中点，且，，
∴且，∴四边形为平行四边形，∴，
∵，∴，∴，
又，∴为等边三角形，
又，∴为等边三角形，∴，
∵，平面，平面，∴平面，
∵平面，∴，
过点作，由，则，∴平面，平面，
即平面平面，∴，，
∴为平面与平面所成的锐二面角，∴.
又由，∴，∴，
∵，，
∵，平面，平面，∴平面，
∴为与平面所成的角，
，
∴，
因此，与平面所成角的正弦值为.