2022-2023学年吉林省长春市第二中学高一下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年吉林省长春市第二中学高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．若复数满足，则（    ）

A．2 B．2023 C． D．1

【答案】D

【分析】先利用虚数单位的性质化简，从而解方程，结合复数的四则运算求得，再利用共轭复数的定义与模的运算公式即可得解.

【详解】因为，

所以，则，即，故，

则，

故，，

故选：D.

2．已知直线l的方向向量，平面α的一个法向量为，则直线l与平面α所成的角为（　　）

A．120° B．60° C．30° D．150°

【答案】C

【分析】利用空间向量的夹角公式即可求解.

【详解】因为直线l的方向向量，平面α的一个法向量为，

设直线与平面α所成的角为，则，

所以直线l与平面α所成的角为，

故选：C.

3．《九章算术》是中国古代一部数学专著，其中的“邪田”为直角梯形，上、下底称为“畔”，高称为“正广”，非高腰边称为“邪”．如图所示，邪长为，东畔长为，在A处测得C，D两点处的俯角分别为49°和19°，则正广长约为（注：）（    ）

A．6.6 B．3.3 C．4 D．7

【答案】A

【分析】由余弦定理即可求解.

【详解】由题意知：，

在中，由余弦定理可得：，

代入得：，即，

因为，故，

故.

故选：A.

4．如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且，，设，，，则下列等式成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量的线性运算法则逐项进行计算即可判断.

【详解】因，所以选项错误；

因

.所以选项错误；

因为，所以选项错误.

因为，所以选项正确；

故选：.

5．在中，角所对的边分别为，且．若有两解，则的值可以是（    ）

A．4 B．6 C．8 D．10

【答案】B

【分析】由题意画出图形，可得，求出的范围，结合选项得出答案.

【详解】如图，过点作，垂足为,则.

若有两解，所以，则，即，得.

故选：B

6．关于用统计方法获取、分析数据，下列结论错误的是（    ）

A．质检机构为检测一大型超市某商品的质量情况，合理的调查方式为抽样调查

B．若甲､乙两组数据的标准差满足，则可以估计甲比乙更稳定

C．若数据的平均数为，则数据 的平均数为

D．为了解高一学生的视力情况，现有高一男生200人，女生400人，按性别进行分层抽样，样本量按比例分配，若从女生中抽取的样本量为80，则男生样本容量为60

【答案】D

【分析】由抽样调查，标准差，平均数相关知识分析各选项即可.

【详解】A选项，因大型超市某商品数量较大，则用抽样调查较为合理，故A正确；

B选项，标准差较小的数据更加稳定，故B正确；

C选项，由题有，故C正确；

D选项，由题可得抽取样本中男生与女生的比例为，则男生样本容量为，故D错误.

故选：D

7．某中学举行疾病防控知识竞赛，其中某道题甲队答对该题的概率为，乙队和丙队答对该题的概率都是.若各队答题的结果相互独立且都进行了答题.则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据独立事件的乘法公式计算即可.

【详解】解：记“甲队答对该题”为事件A，“乙队答对该题”为事件B，“丙队答对该题”为事件C，

则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率

，

故选：C.

8．已知三棱锥的顶点都在球的球面上，底面是边长为3的等边三角形．若三棱锥的体积的最大值为，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设球O的半径为R，的外心为，由题意，可得外接圆的半径及面积，即可得，代入体积公式，结合题意，可求得R值，代入球的表面积公式，即可得答案.

【详解】设球O的半径为R，的外心为，

由题意得外接圆半径为，面积为，

所以，

所以最大值，

所以，即，解得，

所以球O的表面积为.

故选:A.

二、多选题

9．为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党､知史爱国的热情，某校举办了“学党史､育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的（    ）

A．的值为0.005；

B．估计成绩低于60分的有25人

C．估计这组数据的众数为75

D．估计这组数据的第85百分位数为86

【答案】ACD

【分析】由所有组频率之和为1求得a，再根据频率直方图中频数、众数及百分位数的求法可得结果.

【详解】对于A，由，得.故A正确；

对于B，估计成绩低于60分的有人.故B错误；

对于C，由众数的定义知，估计这组数据的众数为75.故C正确；

对于D，设这组数据的第85百分位数为m，则，

解得：，故D正确.

故选：ACD

10．已知是平面单位向量，且，若该平面内的向量满足，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据平面向量的数量积运算可判断A；根据可判断B；设,由可求出，从而可判断CD.

【详解】因为是平面单位向量，且，

所以.

因为，所以，故A错误；

因为，所以，即，故B错误；

设，

因为，所以，解得，

所以，故C正确；

因为，

所以，故D正确.

故选：BCD.

11．已知的内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（   ）

A．若，则

B．若，，则外接圆半径为10

C．若，则为等腰三角形

D．若，，，则三角形面积

【答案】ACD

【分析】利用三角形性质和正弦定理可知A正确，利用正弦定理可知B,C的正误，利用余弦定理及三角形面积公式可知D正确.

【详解】因为，所以，由正弦定理，可得，即，A正确；

由正弦定理可知，所以外接圆半径为5，B不正确；

因为，所以，即，

整理可得，即，

因为为三角形的内角，所以，即为等腰三角形，C正确；

因为，，，由余弦定理得，解得，所以，D正确.

故选：ACD.

12．如图所示，为正方形，平面平面，为的中点，，且，则（    ）

A．

B．直线到平面的距离为2

C．异面直线与所成角的余弦值为

D．直线与平面所成角的正弦值为

【答案】ACD

【分析】根据几何体特征，可利用空间向量对各选项进行求解；以为坐标原点建立空间直角坐标系可得，即选项A正确；易知直线到平面的距离为，即B错误；利用向量的夹角计算公式可求得所成角的余弦值为，即C正确；求出直线与平面法向量夹角的余弦值即可得D正确.

【详解】根据题意可知，平面平面，平面平面，

又为正方形，所以，即平面；

又平面，平面，所以，；

过点作，过点作交于点，所以四边形是平行四边形；且

又，所以四边形是矩形；即

分别以所在直线为轴，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：

由，可得；

则，

由为的中点可知；

所以，

所以，故A正确；

易知，平面，平面，所以平面，

由，可知，平面，

所以直线到平面的距离为，即B错误；

易知，所以，

所以异面直线与所成角的余弦值为，即C正确；

设平面的一个法向量为，

则，令，可得，

即；

，设直线与平面所成的角为，

则，即D正确.

故选：ACD

三、填空题

13．i是虚数单位，若复数为纯虚数，则      ．

【答案】

【分析】根据复数的除法运算与概念即可得的值.

【详解】,

所以，所以.

故答案为：.

14．某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定，小王到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但是可以确定该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．则小王至少尝试两次才能成功的概率是         ．

【答案】

【分析】由题，小王尝试两次或三次成功，分别计算概率，相加即可得答案.

【详解】由题，小王尝试两次或三次成功.小王尝试两次成功的概率为：，小王尝试三次成功的概率为：，则小王至少尝试两次才能成功的概率是.

故答案为：.

15．在某次调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，部分数据如下表．

根据这些数据可计算出总样本的方差为      ．

【答案】

【分析】先求出总样本的平均数，再根据方差公式求解即可

【详解】总样本的平均数为，

所以总样本的方差为，

故答案为：

16．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，点D为AC边的中点，已知，则当角C取到最大值时等于           .

【答案】/

【分析】利用向量的数量积求解得到，用余弦定理和基本不等式得到的最小值，此时角C取到最大值，求解得出结果.

【详解】点D为AC边的中点，，

则，即，

因为，所以，

由知，角C为锐角，故，

因为，所以由基本不等式得：，

当且仅当，即时等号成立，此时角C取到最大值，

所以，

故答案为：.

四、解答题

17．年月日，我国实施“全国二孩”政策，中国社会科学院在某地随机抽取了名已婚男性，其中愿意生育二孩的有名，经统计，该名男性的年龄情况对应的频率分布直方图如下：

(1)根据频率分布直方图，估计这名已婚男性的年龄平均值、众数和样本方差（同组数据用区间的中点值代替，结果精确到个位）；

(2)若在愿意生育二孩的且年龄在、、的三组已婚男性中，用分层抽样的方法抽取人，试估计每个年龄段应各抽取多少人？

【答案】(1)平均值36、众数为，方差25

(2)人数分别为人、人、人.

【分析】（1）利用频率分布直方图的平均数，方差公式及众数定义直接求解即可；

（2）利用分层抽样的定义求解即可.

【详解】（1）已婚男性的平均年龄和样本方差分别为：

，

，众数为.

（2）在年龄段、、的频率分别为、、，

，∴人数分别为人、人、人.

18．如图1，菱形中，，，于E，将沿翻折到，使，如图2．

(1)求三棱锥的体积；

(2)在线段上是否存在一点F，使∥平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，.

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用等体积法及棱锥的体积公式计算即可.

（2）设线段的中点为，线段的中点为，先证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明平面，即可得出结论.

【详解】（1）解：由题可知在菱形中，，，，

故，

所以在四棱锥中，，

又，所以平面，且，

连接，因为则,

所以.

故棱锥的体积为.

（2）解：设线段的中点为，线段的中点为，连接，

因为点为的中点，点为的中点，

所以，

又由（1）得，，

所以，

所以四边形为平行四边形，故,

又平面，平面，

所以平面，此时点为的中点，

故.

19．已知向量满足，，．

(1)求向量的夹角的大小；

(2)设向量，若的夹角为锐角，求实数k的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用向量的模公式及向量的夹角公式即可求解；

（2）根据向量夹角与向量数量积的关系即可求解.

【详解】（1）由，两边平方得，

∵，，

，解得，

,

，  

.

（2）向量的夹角为锐角，等价于且方向不同．

所以,解得，

若方向相同，设，

，

∵不共线，

，解得，

 综上所述，的取值范围是.

20．如图，在三棱锥P-ABC中，∠ACB=90°，PA⊥底面ABC.

(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；

(2)若AC=BC=PA，求平面PAB与平面PCB所成二面角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）由，结合面面垂直的判定证明即可；

（2）作辅助线，证明，由二面角的定义得出即为二面角的平面角，再由三角形的边角关系求解.

【详解】（1）平面，.

.

平面PAC，平面.

平面，平面PAC⊥平面PBC

（2）在中，取中点，连接，则.

在中，过D作于E，连接CE.

由面，得，又，且平面PAB，

故面.

所以.又，且平面CDE，故面，所以.

所以即为二面角的平面角.

设.由题可得，，由得，.

在中，，则.

即平面与平面所成二面角的大小为.

21．一个口袋内装有形状､大小相同，编号为1，2，3的3个白球和编号为a的1个黑球.

（1）从中一次性摸出2个球，求摸出的2个球都是白球的概率；

（2）从中连续取两次，每次取一球后放回，甲､乙约定：若取出的两个球中至少有1个黑球，则甲胜，反之，则乙胜.你认为此游戏是否公平？说明你的理由.

【答案】（1）；（2）不公平，理由见详解.

【解析】（1）用列举法列举出总的基本事件，以及满足摸出的2个球都是白球所包含的基本事件，基本事件的个数比，即为所求概率；

（2）用列举法列举出“从袋中连续取两次，每次取一球后放回”所包含的基本事件，以及“取出的两个球中至少有1个黑球”所包含的基本事件，基本事件个数比即为甲胜的概率，进而可得出结论.

【详解】（1）从袋中一次性摸出2个球，所包含的基本事件有：，，，，，，共个基本事件；

摸出的2个球都是白球，所包含的基本事件有：，，，共个基本事件；

则从中一次性摸出2个球，求摸出的2个球都是白球的概率为；

（2）从袋中连续取两次，每次取一球后放回，则所包含的基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，，，共个基本事件；

则取出的两个球中至少有1个黑球，所包含的基本事件有：，，，，，，，共个基本事件；

因此取出的两个球中至少有1个黑球的概率为，即甲胜的概率为，则乙胜的概率为，所以此游戏不公平.

【点睛】方法点睛：

求古典概型的概率的常用方法：

（1）古典概型所包含的基本事件个数较少时，可用列举法列举出总的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，基本事件个数比即为所求概率；

（2）古典概型所包含的基本事件个数较多时，可根据排列组合数的计算，求出总的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，进而求出所求概率.

22．已知在中，角的对边分别为，点满足，且.

(1)求证：；

(2)求的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）分别在和中利用正弦定理表示出，，代入已知等式化简整理即可得到结果；

（2）根据，余弦定理整理得到；在中利用余弦定理得，进而得，代入求值，再求正弦值，令，则，将目标式化简得到关于的代数式，即可求值.

【详解】（1）

，则，，

在中；

在中；

又，

，即，

.

（2）在中，由余弦定理得：；

在中，由余弦定理得：；

，则，

即，整理可得：；

在中，由余弦定理得：，

则，，故，即；

.

由（1）知：，则，则，

令，则，，

所以，，

.