2022-2023学年江苏省无锡市普通高中高一下学期期末考试数学试题含答案

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2022-2023学年江苏省无锡市普通高中高一下学期期末考试数学试题

一、单选题
1．设复数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用共轭复数的概念及复数的运算求解即可.
【详解】∵，∴，
∴.
故选：C.
2．为了调查某地高中“课外阅读”的实施情况，某报采用分层抽样的方法从该地的甲，乙，丙三所高中共抽取80名学生进行调查，已知甲，乙，丙三所高中分别有2400，3360，1920名学生，则从甲校中应抽取的人数为（    ）
A．20 B．25 C．30 D．35
【答案】B
【分析】确定抽样比，根据分层抽样的方法得出结果.
【详解】∵抽样比为，
∴从甲校中应抽取的人数为.
故选：B.
3．已知一个水平放置的四边形，用斜二测画法画出它的直观图是一个底角为45°，上底长为1，下底长为2的等腰梯形，则四边形的面积为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用斜二测画法的规则得到原图形，计算面积即可.
【详解】利用斜二测画法的规则得到原图形，四边形为直角梯形，
    
∵，∴，又，
∴四边形的面积为.
故选：A.
4．已知向量，，，若，则实数（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出的坐标，根据向量的垂直的坐标表示列式计算，可得答案.
【详解】由题意得，，且，
所以，所以.
故选：D.
5．一组数据27，12，15，14，31，17，19，23的第70百分位数是（    ）
A．17 B．19 C．23 D．31
【答案】C
【分析】由百分位数的定义求解即可.
【详解】将数据从小到大排列可得：12，14，15，17，19，23，27，31共8个数，
则，则该组数据的第70百分位数是第六个数，即23.
故选：C.
6．在中，，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角形内角和以及正弦定理，可得答案.
【详解】在中，，由正弦定理，可得，
则.
故选：A.
7．抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中至多有一次反面朝上”，事件“次中全部正面朝上或全部反面朝上”，下列说法不正确的是（    ）
A．当时， B．当时，与不独立
C．当时， D．当时，与不独立
【答案】D
【分析】首先，列出和事件，再求概率，然后根据与的关系，判断两个事件是否独立.
【详解】当时，所有基本事件有：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，共4种，
中基本事件有：(正，正)，(正，反)，(反，正)，共3种，
中基本事件有：(正，正)，(反，反)，共2种，
中基本事件有：(正，正)，共1种，
∴，，，故A正确；
∵，∴事件A与事件不独立，故B正确；
当时，所有基本事件有：(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)，共8种，
中基本事件有：(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)，共4种，
中基本事件有：(正，正，正)，(反，反，反)，共2种，
中基本事件有：(正，正，正)，共1种，
中基本事件有：(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)，(反，反，反)，共5种，
∴，，，，故C正确；
∵，∴事件A与事件独立，故D错误.
故选：D.
8．已知正四棱台的对角面的面积为72，侧面的面积为81，则该正四棱台下底面与上底面面积之差的绝对值为（    ）
A．96 B．180 C．252 D．280
【答案】C
【分析】根据题意作图，结合正四棱台的几何性质，建立方程，求得易知面积的图形的高之比，利用等腰梯形的面积公式，可得答案.
【详解】由题意，分别过作平面的垂线，垂足分别为，
在平面内，过作的垂线，垂足为，连接，如下图所示：
  
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
在正四棱台中，上下底面相似，设其相似比，
设，，在正方形中，，，
因为在正四棱台中，平面，所以，
则对角面的面积，
侧面面积，
即，解得，
因为平面，平面，所以，
在中，，则，
因为平面，所以，正方形与正方形全等，
四边形的面积，
在正四棱台中，易知四边形、四边形、四边形、四边形全等，
故上下底面的面积之差的绝对值为.
故选：C.

二、多选题
9．抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件“出现点数为偶数”，事件“出现点数为3”，事件“出现点数为3的倍数”，事件“出现点数为奇数”，则以下选项正确的是（    ）
A．与互斥 B．与互为对立事件
C． D．
【答案】ABD
【分析】根据互斥事件、对立事件的概念及古典概型公式求解.
【详解】抛掷一枚质地均匀的骰子一次，样本空间，
则，，，，
根据互斥与对立事件的概念可知，与互斥，与互为对立事件，故AB正确；
，故C错误；
，则，故D正确.
故选：ABD.
10．在中，，，，.则下列结论正确的有（    ）
A． B．
C．的面积为3 D．的外接圆半径为
【答案】BD
【分析】对于A，根据平面向量的线性运算，建立方程，可得答案；对于B，由角的正切值求得余弦值，根据三角形的余弦定理，可得答案；对于C，根据勾股定理的逆定理，结合直角三角形的面积公式，可得答案；对于D，根据直角三角形的性质，可得答案.
【详解】由题意，可作图如下：
  
对于A，设，则，，
，
由，则，解得，故A错误；
对于B，由A选项可知，且，则，，
由，且，可得，
在中，，
解得，故B正确；
对于C，由B选项可知，则，即，
所以，故C错误；
对于D，由C选项可知，该三角形的外接圆的半径为斜边的一半，
，故D正确.
故选：BD.
11．已知正方体的棱长为，上有两个动点、，且，则下列结论中正确的是（    ）
A．直线和直线始终异面 B．直线与平面所成角为
C．的面积与的面积相等 D．三棱锥的体积为定值
【答案】BD
【分析】取点为与的交点，可判断A选项；证明出平面，可判断B选项；求出点、到直线的距离，结合三角形的面积公式可判断C选项；利用锥体的体积公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，则、、、四点共面，
当点为与的交点时，平面，此时，、共面，A错；
对于B选项，连接，
  
因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，所以，，
因为，、平面，则平面，
即平面，故直线与平面所成角为，B对；
对于C选项，连接、，易知是边长为的等边三角形，
  
所以，点到直线的距离为，
因为平面，平面，则，
所以，点到直线的距离为，
所以，，，C错；
对于D选项，因为，点到平面的距离为定值，
故为定值，D对.
故选：BD.
12．窗花是中国古老的传统民间艺术之一，体现了中国人民的劳动智慧.图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.已知正八边形的边长为2，是正八边形边上任意一点，则下列结论中正确的是（    ）
  
A． B．在方向上的投影向量为
C．若，则 D．的取值范围为
【答案】ACD
【分析】以AE为轴，GC为轴建立直角坐标系，计算各点坐标，利用向量的坐标运算判断A；利用投影向量的概念求解判断B；利用向量的坐标运算及平面向量基本定理判断C；取AB的中点，得到，求出的最值，从而得到的范围，即可判断D．
【详解】  
如图所示：以AE为轴，GC为轴建立直角坐标系，
设，
,
在中，由余弦定理可得，，解得，

，
对于A，，，
又，则，故A正确；
对于B：，，
，
在方向上的投影向量为，故B错误；
对于C，，
若，则，
，解得，则，故C正确；
对于D：取AB的中点，则，
则，
两式相减得：，
当点与点重合时，最小为0，此时的最小值为，
由正八边形的对称性知，当点与点或重合时，最大，
又，所以，
，
的最大值为，
则的取值范围为，故D正确.
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：向量具有数形二重性，一方面具有“形”的特点，另一方面又具有一套优良的运算性质，因此，对于某些几何命题的求解或证明，自然可以转化为向量的运算问题来解决，可以使复杂问题简单化、直观化，使代数问题几何化、几何问题代数化．

三、填空题
13．已知样本的各个个体的值由小到大依次为1，4，4，7，，，12，13，19，20，且样本的中位数为11，则样本的平均数为 .
【答案】10.2/
【分析】根据中位数的定义可得与的关系，利用平均数的公式求得答案.
【详解】因为样本的各个个体的值由小到大依次为1，4，4，7，，，12，13，19，20，且样本的中位数为11，
所以，即，
所以样本平均数为.
故答案为：10.2.
14．已知三个内角，，的对应边分别为，，，且，当，时， .
【答案】3或6
【分析】由正弦定理化边为角，化简可求出角A，利用余弦定理求出.
【详解】因为，所以由正弦定理得，
因为，所以，所以，即，
又因为，所以.
由余弦定理，得，解得3或6.
故答案为：3或6.
15．已知圆锥的高为2，体积为，若该圆锥顶点和底面圆周上所有点都在同一个球面上，则此球的体积为 .
【答案】
【分析】利用已知条件求出圆锥的底面半径，利用勾股定理求解球的半径，即可求解球的体积.
【详解】圆锥的底面圆心为，半径为，球的半径的，
∵圆锥的高为2，体积为，∴，解得，
∵，∴球心与圆锥顶点在圆锥底面的两侧，
  
∵在直角中, ，即，解得，
∴此球的体积为.
故答案为：.

四、双空题
16．甲、乙两名选手参加一项射击比赛，射击一次命中目标得2分，未命中目标不得分.若甲、乙两人每次射击命中率分别为和，甲、乙两人各射击一次，且甲得分不超过乙得分的概率为．则的值为 ，两人各射击三次得分之和不超过8分的概率为 .
【答案】 /0.75 /0.5625
【分析】由题意写出关于的方程，解方程求出的值；记两人各射击三次得分之和为，的可能取值是0、2、4、6、8、10、12，求出，，结合对立事件的概率关系求出结果．
【详解】设“甲射击一次，击中目标”为事件，“乙射击一次，击中目标”为事件，
“甲射击一次，未击中目标”为事件，“乙射击一次，未击中目标”为事件，
则，
依题意得：甲得分不超过乙得分的概率为，
即，
则，解得，
记两人各射击三次得分之和为，的可能取值是0、2、4、6、8、10、12，
，
，
则两人各射击三次得分之和不超过8分的概率为.
故答案为：，.

五、解答题
17．已知复数，.
(1)在复平面内，复数所对应的点位于第二象限，求的取值范围；
(2)已知，求的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由复数所对应的点位于第二象限，则，解不等式即可得出答案.
（2）由复数相等可得，即，再由二次函数的性质求解即可.
【详解】（1）复数，因为复数所对应的点位于第二象限，
所以，解得：.
故的取值范围为.
（2）因为，所以，
所以，
因为，所以，
当时，，
所以的最大值为.
18．在一场文艺比赛中，8名专业人士和8名观众代表各组成一个评委小组，给参赛选手打分．下面是两组评委对同一名选手的打分：
小组  44  46  55  47  49  55  51  45
小组  55  40  61  65  42  47  46  68
(1)请写出这16个分数的众数，极差以及、两组各自的平均成绩；
(2)请你根据所学的统计知识，判断小组与小组中哪一个更像是由专业人士组成，并说明理由.
【答案】(1)众数55，极差28，，
(2)组，理由见解析

【分析】（1）利用众数、极差及平均数的概念与公式求解；
（2）由于专业评委给分更符合专业规则，相似程度应该高，可以用方差来度量每一组评委打分的相似性，方差越小，分数越集中，相似程度越高．
【详解】（1）由条件数据可得众数55，极差，
，
，
（2）由于专业评委给分更符合专业规则，相似程度应该高，可以用方差来度量每一组评委打分的相似性，方差越小，分数越集中，相似程度越高．
组打分的方差，
组打分的方差，
因为，所以组评委更像是由专业人士组成的．
19．如图，在四面体中，平面平面，，为锐角，是的中点，是的中点，点在线段上，且.
  
(1)求证：平面；
(2)求证：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）法一：取BD中点，在BC上取点，满足，可证得四边形PFMQ是平行四边形，所以，进而证得结论；
法二：取BE中点，可得平面BCD，平面BCD，从而平面平面BCD，进而证得结论；
（2）过B作，垂足为，由面面ACD得面ACD，从而，又，所以面ABC，得，又，即可得结论．
【详解】（1）法一：取BD中点，在BC上取点，满足，
因为为DE中点，为DB中点，所以，
因为，所以，
从而，所以四边形PFMQ是平行四边形，
所以，又面BCD，面BCD，
所以平面BCD．
法二：取BE中点，连接NP，NQ，
因为，可得，
又面面BCD，所以平面BCD，
因为，所以，
又面面BCD，所以平面BCD，
因为面，所以平面平面BCD，
又面NPQ，所以平面BCD.
  
（2）过B作，垂足为，因为为锐角，所以和不重合，
因为面面ACD，面面面，
所以面ACD．
又因为面ACD，所以，
又因为面，
所以面ABC，
因为面ABC，所以，
又因为面，
所以面BCD．
20．如图，已知为平面直角坐标系的原点，，点，在第一象限，且满足，.
  
(1)求和的坐标；
(2)若交于点，求.
【答案】(1)，.
(2).

【分析】（1）根据数量积的坐标表示，建立方程，可得答案；
（2）根据相似三角形，求得交点的坐标，利用数量积与模长公式，求得夹角.
【详解】（1）设，则，，即，
，，解得，
故，，则，，
，由，解得，
可得，.
（2）由题意，可作图如下：
  
由，则，，易知，
可得，则，由，可得，
，，，
，，
.
21．记三个内角，，的对应边分别为，，，已知，点在边上，.
(1)证明：；
(2)从下面的两个条件中选择一个补充在题目条件中，求的值.
①，且；②.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）中，由正弦定理化角为边，结合已知条件可得结论；
（2）选择①，中，由余弦定理结合已知条件得，则，中，由余弦定理求得，进而可得答案；
选择②，中，由余弦定理结合已知条件得，中，由余弦定理求得，进而可得答案．
【详解】（1）中，由正弦定理得：，
又，可得．
因为，所以．可得．

（2）选择①，中，，
因为，所以，
则，
因为，化简得．
则，
中，，
由（1）知，所以，
解得，或(舍去)．
．
选择②，中，，
因为，所以，化简得：，
中，，
由（1）知，所以，
解得，或(舍去)．
，即．
22．如图，在正三棱柱中，，，动点在上，动点在上，且满足，，为的中点.
  
(1)当时，求与底面所成角的正切值；
(2)当平面平面时，求的值；
(3)是否存在，使得平面平面？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在与时，平面平面.

【分析】（1）设，当时，即点运动到点，运动到点时，取的中点，则面，即为与底面所成角，即可求解；
（2）连接RQ交于于点，由平面平面，得，所以中①，由平面平面，得，又，所以②，综合①②得，即可求解；
（3）存在与时，平面平面．先证明，，从而平面．当时，即点运动到点，运动到点时，即当时平面，可证明符合题意；当时，即当时，得与重合，此时平面即为平面，可证明符合题意.
【详解】（1）解：设，当时，即点运动到点，运动到点时，
取的中点，连接、，则，
    
因为平面，则面，即为与底面所成角，
∵，∴，
即与底面所成角的正切值为．
（2）解：连接交于于点，连接，
  
由题意平面平面，平面平面，平面平面，
所以，所以中，①
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，又，所以，②
综合①②得．
而正三棱柱中，，
因为为中点，则为的中点，
所以，可得．
（3）存在与时，平面平面.
证明：当时，因为为中点，即．
正三棱柱中，
所以中，，
同理，又中，所以，
同理，又平面，
所以平面.
当时，即点运动到点，运动到点时，即当时平面，
而平面，所以平面平面．
  
当时，即当时，由，
所以，即与重合．此时平面即为平面，
因为平面，平面，所以平面平面．
    
【点睛】立体几何中的探究性与存在性问题，既能够考查空间想象能力，又能够考查观察、分析和探究能力．
1．探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么．对命题条件的探索常采用以下三种方法：（1）先猜后证，即先观察与尝试给出条件，再进行证明．（2）先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．（3）把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．
2．探索结论，一种是在给定的条件下命题的结论是什么，常从条件出发，探索出要求的结论是什么；还有一种是探索结论是否存在，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论．