还剩15页未读，
继续阅读
湖北省新高考联考协作体2022-2023学年高一数学下学期期末联考试题（Word版附解析）
展开
这是一份湖北省新高考联考协作体2022-2023学年高一数学下学期期末联考试题（Word版附解析），共18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学年度下学期期末考试
高一数学试卷
考试时间：2023年6月27日上午8:00-10:00
试卷满分：150分
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位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.
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. 已知i是虚数单位，复数，则的虚部为（ ）
A. 1 B. 2 C. i D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据共轭复数及复数的乘法法则进行化简运算，再得出结果.
【详解】，虚部为2.
故选：B.
2. 某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有24个班，每班45人.甲就读于高一，乙就读于高二.学校计划从这两个年级中共抽取208人进行视力调查，若采用分层抽样的方式进行抽样，则下列说法：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大.其中正确的有（ ）
A. ① B. ①③ C. ①② D. ①②③
【答案】C
【解析】
【分析】根据分层抽样的特征以及每层的人数比值逐一求解判断各选项.
【详解】对于①，因为总体是由差异明显的两部分组成的，所以应该采取分层随机抽样，故①正确；
对于②，高一共有人，高二共有人，从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查，
高一应抽取人，高二应抽取人，故②正确；
对于③，甲被抽到的可能性为，乙被抽到的可能性为，甲和乙被抽到的可能性相等，故③错误；
所以正确的说法是：①②.
故选：C.
3. 已知，是两个不同的平面，为平面内的一条直线，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】由线面、面面平行的判定定理及线面、面面垂直的判定定理逐一判断各选项.
【详解】对于A，由面面平行判定定理可知，在平面内需要两条相交直线与平面平行才能得出两平面平行，故A错误；
对于B，选项缺少不在平面内，故B错误；
对于C，由面面垂直的性质定理可知，平面内的直线与，两个平面的交线垂直，才能得出，故C错误；
对于D，已知，为平面内的一条直线，由面面垂直判定定理可知D正确，故D正确.
故选：D.
4. 已知向量，满足，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可.
【详解】由，得.
根据定义可知：在方向上的投影向量为.
故选：C.
5. 已知，，是三个平面，，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与直线可能是异面直线
B. 若，则直线与直线可能平行
C. 若，则直线与直线不可能相交于点
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，直线与直线都在平面内；对于B、D，由，，，得出，得出结果；对于D，由线面平行的判定定理以及性质定理推理得出.
【详解】对于A，，，所以，，故A错误；
对于B、D，因为，，，所以，，，
因为，所以，所以直线，，必然交于一点（即三线共点），故B，C错误，
对于D，若，，，所以，又，，则，故D正确；
故选：D.
6. 已知平面向量，，满足，且对，有恒成立，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】展开，根据，有恒成立，可求得两向量夹角，再结合夹角余弦公式即可求得.
【详解】由展开得，，
对，有恒成立，
即,即
所以可得，所以解得，
即，，
所以，则与的夹角余弦值
，
所以与的夹角为.
故选：A.
7. 在边长为2的正方形中，是的中点，点是的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，则到平面的距离为（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由折叠不变可知，三棱锥中，，两两相互垂直，然后由等体积法可求出答案.
【详解】由折叠不变可知，三棱锥中，，两两相互垂直，
所以，
的三边长分别为，，，所以，
因为，设到平面的距离为，
所以，解得，
故选：B
8. 已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为（ ）
A. 10 B. 10.6
C. 12.6 D. 13.6
【答案】D
【解析】
【分析】利用平均数公式及其方差公式求解.
【详解】设增加的数为，，原来的8个数分别为，
则，，所以，
又因为，即，
新的样本数据的方差为
，
因为，，
所以方差的最小值为13.6（当时取到最小值）.
故选：D.
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. 学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（ ）
A. 平均来说乙班比甲班防守技术好
B. 乙班比甲班防守技术更稳定
C. 乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差
D. 甲班很少不失球
【答案】ACD
【解析】
【分析】由平均数及方差的大小关系逐一判断各选项.
【详解】对于A，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，故A正确；
对于B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；故B错误；
对于C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，故C正确；
对于D，从平均数和标准差角度考虑是对的，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知（全体复数集），关于的方程的两根分别为，，若，则的可能取值为（ ）
A. B. C. 0 D. 4
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知及韦达定理得出，分情况讨论得出结果.
【详解】因为，，所以，
当时，∴；
当时，，，∴.
故选：ACD.
11. 已知函数的部分图像如图所示，加入以下哪个选项作为已知条件，可以唯一确定的值（ ）
A. ， B. ，
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据三角函数的图像与性质逐一判断即可，其中判断C、D的时候需由，得到.
【详解】当，时得，，∴，A选项正确；
当，时，函数的最小正周期，∴，以及，
∴，B正确；
由图像可得，，∴
又因为，∴，所以C错，D对.
故选：ABD
12. 已知棱长为1的正方体中，为正方体内及表面上一点，且，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，对任意，平面恒成立
B. 当，时，与平面所成的线面角的余弦值为
C. 当时，恒成立
D. 当时，的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由面面平行的性质定理得出线面平行；对于B，由线面垂直的判定定理得出，是垂足，所以为所求；对于C，由线面垂直的性质定理证得结果；对于D，将平面和平面展开成平面图后，线段为所求.
【详解】对于A，如图1，当时，点在线段上，包含于平面，
又因为平面平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，如图2，当，时，是的中点，
因为平面，平面，
所以，又，，AB、BC1在面ABC1D1内，
所以，是垂足，所以为所求，
在中，，
所以与平面所成的线面角的余弦值为，故B正确；
对于C，如图3，当时，点在线段上，由选项C同理可证面，面，，故C正确；
对于D，如图4，当时，点在线段上，将平面和平面展开成平面图后，线段为所求，
此时，，的最小值为，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知i是虚数单位，复数满足，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数运算的除法法则和模的计算公式，即可化简得到答案.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
14. 如图是水平放置的的直观图，其中，，，则的周长为______.
【答案】24
【解析】
【分析】根据直观图复原原图，根据斜二测画法的规则，确定相关线段的长，可求得答案.
【详解】如图，根据直观图复原原图，
则，
故的周长为，
故答案为：24.
15. 半径为的球的球面上有四点，，，，已知为等边三角形且其面积为，三棱锥体积的最大值为，则球的半径等于______.
【答案】4
【解析】
【分析】设的中心为，三棱锥外接球的球心为，则当体积最大时，点，，在同一直线上，且垂直于底面，然后利用图形中的几何关系和条件可求得答案.
【详解】设的中心为，三棱锥外接球的球心为，则当体积最大时，点，，在同一直线上，且垂直于底面，如图，
因为为等边三角形且其面积为，所以的边长满足，故，
所以，，故，
故三棱锥的高，
所以，所以.
故答案为：
16. 已知直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边，，上，且，，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，，由正弦定理求解，再结合三角形面积公式及三角函数辅助角公式求三角函数最值得出结果.
【详解】设，，则中，，
由正弦定理得：，∴，
在中，，，同理可得，
因此可得，
，
因为，其中，，
由于，，所以当时，，
所以，则的最小值为.
故答案为：.
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. 已知为三角形一个内角，i为虚数单位，复数，且在复平面上对应的点在虚轴上.
（1）求；
（2）设，，在复平面上对应的点分别为，，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先得到，再根据在复平面上对应的点在虚轴上，由求解；
（2）先得到各复数在复平面上对应的点分别为，，，然后利用余弦定理求得一个角，再利用三角形面积公式求解.
【小问1详解】
解：∵，
∴，，
∴；
【小问2详解】
由（1）知：，，
∴，，
∴.
在复平面上对应的点分别为，，，
∴，，，
由余弦定理可得，且，
∴，
∴.
18. 记的内角的对边分别为，满足.
（1）求角；
（2）若，，是中线，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据边角转化，将题干条件均化成角，结合诱导公式，三角恒等变换进行化简求值；
（2）利用，平方后求，结合余弦定理来处理.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可知：，
由，故，
∴
∴，
∴，又，
所以；
【小问2详解】
根据数量积的定义，由，得，
又，在中由余弦定理得：
∵，∴，
所以
19. 如图，在边长为2的正方体中，，分别是棱，的中点,
（1）求证：点在平面内；
（2）用平面截正方体，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为，，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两条平行线确定一个平面得出、、、四点共面；
（2）连接，由于平面截正方体的截面是四边形，得出是几何体三棱台的体积，进一步求体积得出比值.
【小问1详解】
如图，连接，在正方体中，且，
所以四边形平行四边形，所以，
又，分别是棱，的中点,则，所以，
所以、、、四点共面，即点在平面内；
【小问2详解】
连接，所以平面截正方体的截面是四边形，
所以是几何体三棱台的体积，
则，，
所以，
且.
因此：.
20. 2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成，为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取1000名学生进行了航天知识竞赛并记录得分（满分：100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为72分和1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为87分和2，求这200人中分数在区间的学生成绩的方差.
【答案】（1）图见解析，平均数67分，80%分位数76.67分
（2）55.4
【解析】
【分析】（1）由频率和为1，求出成绩落在的频率；由样本的平均数公式及百分位数的计算公式得出结果；
（2）根据分层抽样的样本平均数及方差公式求得结果.
【小问1详解】
成绩落在的频率为，
补全的频率分布直方图，如图
样本的平均数（分）
设80%分位数为，则，
解得：（分）；
【小问2详解】
由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取30人和20人
分层抽样的平均值：（分）
分层抽样的方差：
所以这200人中分数在区间所有人的成绩的方差为55.4
21. 在三棱柱中，，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的判定定理证得结果；
（2）取的中点，为二面角的平面角，由余弦定理求得结果.
【小问1详解】
如图，
设的中点为，连接，，
因为，所以，又因为，且，
所以，因为，平面，且，
所以平面，因为平面，
所以，在中，，，
由余弦定理求得，
则，，
因为，所以，解得，
在，，，可知，又，
在中，，因此.
由（1）知，，且，平面，且，
所以平面， 平面，因此平面平面.
【小问2详解】
由第一问证明易得，，且.
取的中点，为二面角的平面角，且，
，所以二面角的平面角的余弦值为.
22. 记的内角，，的对边分别为，，，且边上的高.
（1）若，求；
（2）已知中角和是锐角，求的最小值.
【答案】（1）或；
（2）
【解析】
分析】（1）利用三角形面积公式，结合正弦定理边化角得，再把代入，利用二倍角公式求出作答.
（2）利用（1）的信息，利用和角的正弦化简变形，再利用均值不等式求解作答.
【小问1详解】
因为边上的高，则，
由正弦定理得，而，则，
当时，，即有，即，
显然，即，有，于是或，
所以或.
【小问2详解】
在中，由，得，而和为锐角，
即，于是，
显然，从而，
因此
，当且仅当时取等号，
所以当时，的最小值.
【点睛】思路点睛：涉及三角形中的三角函数等式求最值问题，可以利用三角恒等变形结合三角形内角和定理，化成含某个角或某两个角的等式，再借助三角函数性质或均值不等式求解即可.
2022-2023学年度下学期期末考试
高一数学试卷
考试时间：2023年6月27日上午8:00-10:00
试卷满分：150分
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位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.
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. 已知i是虚数单位，复数，则的虚部为（ ）
A. 1 B. 2 C. i D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据共轭复数及复数的乘法法则进行化简运算，再得出结果.
【详解】，虚部为2.
故选：B.
2. 某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有24个班，每班45人.甲就读于高一，乙就读于高二.学校计划从这两个年级中共抽取208人进行视力调查，若采用分层抽样的方式进行抽样，则下列说法：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大.其中正确的有（ ）
A. ① B. ①③ C. ①② D. ①②③
【答案】C
【解析】
【分析】根据分层抽样的特征以及每层的人数比值逐一求解判断各选项.
【详解】对于①，因为总体是由差异明显的两部分组成的，所以应该采取分层随机抽样，故①正确；
对于②，高一共有人，高二共有人，从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查，
高一应抽取人，高二应抽取人，故②正确；
对于③，甲被抽到的可能性为，乙被抽到的可能性为，甲和乙被抽到的可能性相等，故③错误；
所以正确的说法是：①②.
故选：C.
3. 已知，是两个不同的平面，为平面内的一条直线，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】由线面、面面平行的判定定理及线面、面面垂直的判定定理逐一判断各选项.
【详解】对于A，由面面平行判定定理可知，在平面内需要两条相交直线与平面平行才能得出两平面平行，故A错误；
对于B，选项缺少不在平面内，故B错误；
对于C，由面面垂直的性质定理可知，平面内的直线与，两个平面的交线垂直，才能得出，故C错误；
对于D，已知，为平面内的一条直线，由面面垂直判定定理可知D正确，故D正确.
故选：D.
4. 已知向量，满足，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可.
【详解】由，得.
根据定义可知：在方向上的投影向量为.
故选：C.
5. 已知，，是三个平面，，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与直线可能是异面直线
B. 若，则直线与直线可能平行
C. 若，则直线与直线不可能相交于点
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，直线与直线都在平面内；对于B、D，由，，，得出，得出结果；对于D，由线面平行的判定定理以及性质定理推理得出.
【详解】对于A，，，所以，，故A错误；
对于B、D，因为，，，所以，，，
因为，所以，所以直线，，必然交于一点（即三线共点），故B，C错误，
对于D，若，，，所以，又，，则，故D正确；
故选：D.
6. 已知平面向量，，满足，且对，有恒成立，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】展开，根据，有恒成立，可求得两向量夹角，再结合夹角余弦公式即可求得.
【详解】由展开得，，
对，有恒成立，
即,即
所以可得，所以解得，
即，，
所以，则与的夹角余弦值
，
所以与的夹角为.
故选：A.
7. 在边长为2的正方形中，是的中点，点是的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，则到平面的距离为（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由折叠不变可知，三棱锥中，，两两相互垂直，然后由等体积法可求出答案.
【详解】由折叠不变可知，三棱锥中，，两两相互垂直，
所以，
的三边长分别为，，，所以，
因为，设到平面的距离为，
所以，解得，
故选：B
8. 已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为（ ）
A. 10 B. 10.6
C. 12.6 D. 13.6
【答案】D
【解析】
【分析】利用平均数公式及其方差公式求解.
【详解】设增加的数为，，原来的8个数分别为，
则，，所以，
又因为，即，
新的样本数据的方差为
，
因为，，
所以方差的最小值为13.6（当时取到最小值）.
故选：D.
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. 学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（ ）
A. 平均来说乙班比甲班防守技术好
B. 乙班比甲班防守技术更稳定
C. 乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差
D. 甲班很少不失球
【答案】ACD
【解析】
【分析】由平均数及方差的大小关系逐一判断各选项.
【详解】对于A，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，故A正确；
对于B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；故B错误；
对于C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，故C正确；
对于D，从平均数和标准差角度考虑是对的，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知（全体复数集），关于的方程的两根分别为，，若，则的可能取值为（ ）
A. B. C. 0 D. 4
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知及韦达定理得出，分情况讨论得出结果.
【详解】因为，，所以，
当时，∴；
当时，，，∴.
故选：ACD.
11. 已知函数的部分图像如图所示，加入以下哪个选项作为已知条件，可以唯一确定的值（ ）
A. ， B. ，
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据三角函数的图像与性质逐一判断即可，其中判断C、D的时候需由，得到.
【详解】当，时得，，∴，A选项正确；
当，时，函数的最小正周期，∴，以及，
∴，B正确；
由图像可得，，∴
又因为，∴，所以C错，D对.
故选：ABD
12. 已知棱长为1的正方体中，为正方体内及表面上一点，且，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，对任意，平面恒成立
B. 当，时，与平面所成的线面角的余弦值为
C. 当时，恒成立
D. 当时，的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由面面平行的性质定理得出线面平行；对于B，由线面垂直的判定定理得出，是垂足，所以为所求；对于C，由线面垂直的性质定理证得结果；对于D，将平面和平面展开成平面图后，线段为所求.
【详解】对于A，如图1，当时，点在线段上，包含于平面，
又因为平面平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，如图2，当，时，是的中点，
因为平面，平面，
所以，又，，AB、BC1在面ABC1D1内，
所以，是垂足，所以为所求，
在中，，
所以与平面所成的线面角的余弦值为，故B正确；
对于C，如图3，当时，点在线段上，由选项C同理可证面，面，，故C正确；
对于D，如图4，当时，点在线段上，将平面和平面展开成平面图后，线段为所求，
此时，，的最小值为，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知i是虚数单位，复数满足，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数运算的除法法则和模的计算公式，即可化简得到答案.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
14. 如图是水平放置的的直观图，其中，，，则的周长为______.
【答案】24
【解析】
【分析】根据直观图复原原图，根据斜二测画法的规则，确定相关线段的长，可求得答案.
【详解】如图，根据直观图复原原图，
则，
故的周长为，
故答案为：24.
15. 半径为的球的球面上有四点，，，，已知为等边三角形且其面积为，三棱锥体积的最大值为，则球的半径等于______.
【答案】4
【解析】
【分析】设的中心为，三棱锥外接球的球心为，则当体积最大时，点，，在同一直线上，且垂直于底面，然后利用图形中的几何关系和条件可求得答案.
【详解】设的中心为，三棱锥外接球的球心为，则当体积最大时，点，，在同一直线上，且垂直于底面，如图，
因为为等边三角形且其面积为，所以的边长满足，故，
所以，，故，
故三棱锥的高，
所以，所以.
故答案为：
16. 已知直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边，，上，且，，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，，由正弦定理求解，再结合三角形面积公式及三角函数辅助角公式求三角函数最值得出结果.
【详解】设，，则中，，
由正弦定理得：，∴，
在中，，，同理可得，
因此可得，
，
因为，其中，，
由于，，所以当时，，
所以，则的最小值为.
故答案为：.
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. 已知为三角形一个内角，i为虚数单位，复数，且在复平面上对应的点在虚轴上.
（1）求；
（2）设，，在复平面上对应的点分别为，，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先得到，再根据在复平面上对应的点在虚轴上，由求解；
（2）先得到各复数在复平面上对应的点分别为，，，然后利用余弦定理求得一个角，再利用三角形面积公式求解.
【小问1详解】
解：∵，
∴，，
∴；
【小问2详解】
由（1）知：，，
∴，，
∴.
在复平面上对应的点分别为，，，
∴，，，
由余弦定理可得，且，
∴，
∴.
18. 记的内角的对边分别为，满足.
（1）求角；
（2）若，，是中线，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据边角转化，将题干条件均化成角，结合诱导公式，三角恒等变换进行化简求值；
（2）利用，平方后求，结合余弦定理来处理.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可知：，
由，故，
∴
∴，
∴，又，
所以；
【小问2详解】
根据数量积的定义，由，得，
又，在中由余弦定理得：
∵，∴，
所以
19. 如图，在边长为2的正方体中，，分别是棱，的中点,
（1）求证：点在平面内；
（2）用平面截正方体，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为，，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两条平行线确定一个平面得出、、、四点共面；
（2）连接，由于平面截正方体的截面是四边形，得出是几何体三棱台的体积，进一步求体积得出比值.
【小问1详解】
如图，连接，在正方体中，且，
所以四边形平行四边形，所以，
又，分别是棱，的中点,则，所以，
所以、、、四点共面，即点在平面内；
【小问2详解】
连接，所以平面截正方体的截面是四边形，
所以是几何体三棱台的体积，
则，，
所以，
且.
因此：.
20. 2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成，为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取1000名学生进行了航天知识竞赛并记录得分（满分：100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为72分和1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为87分和2，求这200人中分数在区间的学生成绩的方差.
【答案】（1）图见解析，平均数67分，80%分位数76.67分
（2）55.4
【解析】
【分析】（1）由频率和为1，求出成绩落在的频率；由样本的平均数公式及百分位数的计算公式得出结果；
（2）根据分层抽样的样本平均数及方差公式求得结果.
【小问1详解】
成绩落在的频率为，
补全的频率分布直方图，如图
样本的平均数（分）
设80%分位数为，则，
解得：（分）；
【小问2详解】
由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取30人和20人
分层抽样的平均值：（分）
分层抽样的方差：
所以这200人中分数在区间所有人的成绩的方差为55.4
21. 在三棱柱中，，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的判定定理证得结果；
（2）取的中点，为二面角的平面角，由余弦定理求得结果.
【小问1详解】
如图，
设的中点为，连接，，
因为，所以，又因为，且，
所以，因为，平面，且，
所以平面，因为平面，
所以，在中，，，
由余弦定理求得，
则，，
因为，所以，解得，
在，，，可知，又，
在中，，因此.
由（1）知，，且，平面，且，
所以平面， 平面，因此平面平面.
【小问2详解】
由第一问证明易得，，且.
取的中点，为二面角的平面角，且，
，所以二面角的平面角的余弦值为.
22. 记的内角，，的对边分别为，，，且边上的高.
（1）若，求；
（2）已知中角和是锐角，求的最小值.
【答案】（1）或；
（2）
【解析】
分析】（1）利用三角形面积公式，结合正弦定理边化角得，再把代入，利用二倍角公式求出作答.
（2）利用（1）的信息，利用和角的正弦化简变形，再利用均值不等式求解作答.
【小问1详解】
因为边上的高，则，
由正弦定理得，而，则，
当时，，即有，即，
显然，即，有，于是或，
所以或.
【小问2详解】
在中，由，得，而和为锐角，
即，于是，
显然，从而，
因此
，当且仅当时取等号，
所以当时，的最小值.
【点睛】思路点睛：涉及三角形中的三角函数等式求最值问题，可以利用三角恒等变形结合三角形内角和定理，化成含某个角或某两个角的等式，再借助三角函数性质或均值不等式求解即可.
相关试卷
湖北省新高考联考协作体2023-2024学年高一上学期12月联考数学试卷（Word版附答案）： 这是一份湖北省新高考联考协作体2023-2024学年高一上学期12月联考数学试卷（Word版附答案），共10页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，函数，已知定义在上的函数满足，已知正数a，b满足，，则等内容，欢迎下载使用。
湖北省新高考联考协作体2023-2024学年高一数学上学期10月联考试题（Word版附解析）： 这是一份湖北省新高考联考协作体2023-2024学年高一数学上学期10月联考试题（Word版附解析），共3页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，使成立的一个充分不必要条件是，已知函数，且，，则的取值范围为，下列命题不正确的是等内容，欢迎下载使用。
湖北省新高考联考协作体2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份湖北省新高考联考协作体2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题（原卷版+解析版），共26页。
