2022-2023学年内蒙古呼伦贝尔市满洲里市第一中学高一下学期期末考试数学试题含答案

2022-2023学年内蒙古呼伦贝尔市满洲里市第一中学高一下学期期末考试数学试题

一、单选题

1．某公司有职工人，其中男职工人，用分层抽样的方法从该公司全体职工中抽取一个容量为的样本，则此样本中男职工人数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由分层抽样定义建立比列关系即可得出答案.

【详解】一个单位共有职工人，其中男职工人，人.

故选：B.

2．向量，，则（    ）

A．－1 B．0 C．1 D．2

【答案】C

【分析】先求出，再根据数量积的计算公式计算即可.

【详解】，，

，

.

故选：C.

【点睛】本题考查向量的坐标运算，属于基础题.

3．甲、乙两人投篮相互独立，且各投篮一次命中的概率分别为0.4和0.3.现甲、乙两人各投篮一次，则两人都命中的概率为（    ）

A．0.46 B．0.12 C．0.58 D．0.7

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用相互独立事件的概率乘法公式计算作答.

【详解】因为甲、乙两人投篮相互独立，投篮命中率分别为0.4和0.3，

所以甲、乙两人各投篮一次，都命中的概率为.

故选：B

4．在中，，点满足，则（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】A

【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，写出点的坐标，求得向量的坐标，即可用坐标求得数量积.

【详解】在中，，

所以为直角，

以为原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系，

则，，设，，，

由，可得，

即，解得，，

所以，

由 ，

所以.

故选：.

【点睛】本题考查利用解析法求向量数量积，属基础题.

5．已知复数，则

A．3 B．5 C． D．10

【答案】D

【分析】化简得到，再计算模得到答案.

【详解】，故.

故选：D.

【点睛】本题考查了复数的运算，复数的模，意在考查学生的计算能力.

6．如图，已知圆锥的母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，则该圆锥的底面半径为（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】A

【分析】根据蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离，结合圆锥的侧面展开图，求出展开图扇形的圆心角，根据弧长与底面圆的周长建立方程，求出底面半径.

【详解】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图

一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，则

由,所以，则

设底面半径为，扇形半径为，则.所以.

故选：A.

7．若m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列说法正确的是　　

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，，，则

【答案】A

【分析】在中，由面面垂直的判定定理得；在B中，与相交或平行；在中，与相交、平行或异面；在中，与相交或平行．

【详解】解：由m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，知：

在中，若，，则由面面垂直的判定定理得，故正确；

在中，若，，则与相交或平行，故错误；

在中，若，，则m与n相交、平行或异面，故错误；

在中，若，，，，则与相交或平行，故错误．

故选．

【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，较为基础

8．已知点P为ABC内一点，，则△APB，△APC，△BPC的面积之比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先将已知向量式化为两个向量共线的形式，再利用平行四边形法则及向量数乘运算的几何意义，三角形面积公式确定面积之比

【详解】解：，，如图：

，

，

、、三点共线，且，为三角形的中位线

而

，，的面积之比等于

故选：．

【点睛】本题考查了向量式的化简，向量加法的平行四边形法则，向量数乘运算的几何意义等向量知识，充分利用向量共线是解决本题的关键

二、多选题

9．某校拟从甲、乙两名同学中选一人参加疫情知识问答竞赛，于是抽取了甲、乙两人最近同时参加校内竞赛的十次成绩，将统计情况绘制成如图所示的折线图.根据该折线图，下面结论正确的是（    ）

A．甲从第二次到第三次成绩的上升速率要小于乙从第六次到第七次的上升速率

B．乙的成绩的极差为8

C．甲的成绩的中位数为7

D．甲的成绩的方差大于乙的成绩的方差

【答案】BC

【分析】A根据各次成绩所在的点求斜率并比较大小即可；B、C利用极差、中位数概念，结合图中数据即可知选项的正误；D利用均值、方差公式求甲、乙的方差即可判断正误.

【详解】A：甲第二次、第三次成绩的坐标分别为、，故上升速率，而乙第六次、第七次成绩的坐标分别为、，故上升速率，即，错误；

B：乙的最高、最低成绩分别为10、2，故极差为8，正确；

C：由图知：甲的成绩由低到高为，故中位数为7，正确；

D：甲的平均成绩为，则；乙的平均成绩为，则，即，错误.

故选：BC

10．分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“第一枚硬币正面朝上”，事件B=“第二枚硬币反面朝上”，则（    ）

A．A与B互斥 B．A与B相互独立

C． D．

【答案】BCD

【解析】根据互斥事件、相互独立事件的概念以及事件的概率求法逐一判断即可.

【详解】根据题意

事件A=“第一枚硬币正面朝上”，事件B=“第二枚硬币反面朝上”，

可知两事件互不影响，即A与B相互独立，故B正确，A不正确；

由，，

所以，且，故D正确，C正确.

故选：BCD

11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，P为内一点，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．若，则内切圆的半径为2

C．若，则

D．若，则P是的重心

【答案】ACD

【分析】由条件设，则，由三角函数定义判断A，根据内切圆的性质判断B，由数量积的定义判断C，化简向量等式，结合三角形面积公式判断D.

【详解】因为，设，则，

因为，

所以为以为斜边的直角三角形，

A，，，所以，正确；

B，由，可得，

设的面积为，内切圆的半径为，则，又，

所以，错误；

C，由，可得，

所以，正确，

D，若是中点，则，即，

易知：P是中线的交点，所以P是的重心，正确.

故选：ACD.

12．在长方体中，，，则（    ）

A．直线与所成的角为60°

B．直线与所成的角为90°

C．直线与平面所成的角为30°

D．直线与平面所成的角的余弦值为

【答案】AC

【分析】根据空间中的平行、垂直关系，结合异面直线所成角、直线与平面所成角逐项分析判断.

【详解】对于A选项：如图，连接交于点，

∵，且，

故为平行四边形，则，

所以就是异面直线与所成的角或其补角，

因为，，则，

所以，即直线与所成的角为60°，所以A选项正确；

对于B选项：连接，

若直线与所成的角为90°，即，

∵平面，平面，

∴，

，平面，

故平面，

又∵平面，则，则为正方形，

与题设矛盾，所以B选项不正确；

对于C选项：∵平面，则即为直线与平面所成的角，

在中，，，则，

所以，所以C选项正确；

对于D选项：连接交于点，连接，

因为，所以四边形为正方形，所以，

又∵平面，平面，

∴，

，平面，

故平面，则直线与平面所成的角即为，

在中，，，

所以，则，所以D选项不正确．

故选：AC．

三、填空题

13．总体编号为01，02，…，19，20的20个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为       .

7816    6572    0802    6314    0214    4319    9714    0198

3204    9234    4936    8200    3623    4869    6938    7181

【答案】01

【分析】结合随机数表法确定正确答案.

【详解】从随机数表的第一行的第列和第列数字开始由左到右选取的编号依次为，

所以选出来的第5个个体的编号为.

故答案为:.

14．已知三棱柱ABC－A1B1C1，底面是边长为的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的体积为，则该三棱柱的体积为        ．

【答案】

【分析】根据球的体积得球半径，再求出高，最后根据柱体体积公式得结果.

【详解】.设三棱柱的高为2a，根据题意，得a2＋1＝4，得a＝，故这个三棱柱的高是2，其体积是×()2×2＝.

故答案为：

15．在中，,，面积为，则       

【答案】

【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式及余弦定理求得，再由正弦定理求解作答.

【详解】在中，，，面积为，则，解得，

由余弦定理可得，即，由正弦定理可得，

所以.

故答案为：

16．已知正方体的棱长为2，点E是棱的中点，点在平面内，若，，则的最小值为         ．

【答案】．

【解析】由已知求得F的轨迹，再由CE⊥BG分析得到，G的轨迹，然后数形结合即可求得|FG|的最小值．

【详解】如图，取A1D1的中点O，连接EO，FO，

则EO⊥平面A1B1C1D1，连接OE，由，OE＝2，

可得OF＝1，则F在以O为圆心，以1为半径的圆上，

取CD中点K，连接BK，在正方形ABCD中，

由E为AD的中点，K为CD的中点，

可得CE⊥BK，取C1D1的中点H，连接KH，B1H，

由BB1∥KH，BB1＝KH，得四边形BB1HK为平行四边形，则BK∥B1H，得G在线段B1H上．

过O作OG⊥B1H，交半圆弧于F，则|FG|为要求的最小值．

由已知可得，设|OG|＝h，

由等面积法可得，，

可得h，∴|FG|的最小值为．

故答案为:．

【点睛】关键点点睛：求得F，G的轨迹，转化成问题平面化是关键

四、解答题

17．如图，AB是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.

（1）证明：BC面PAC；

（2）若PA=AC=1，AB=2，求直线PB与平面PAC所成角的正切值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）证明AC⊥BC和PA⊥BC，BC面PAC即得证；

（2）先证明∠BPC为PB与平面PAC所成的角，再通过解三角形求出即得解.

【详解】证明：(1)为圆O直径

∠ACB=90°即AC⊥BC

PA⊥面ABC，PA⊥BC

ACPA=A

BC⊥面PAC.

(2)BC⊥面PAC，

∠BPC为PB与平面PAC所成的角，

在直角三角形中，，

在直角三角形中，,

在直角三角形中，tan∠BPC=.

故直线PB与平面PAC所成角的正切值为.

【点睛】方法点睛：求线面角常用几何法求解，其步骤为：找作证（定义）指求（解三角形）.

18．某校月考，从参加考试的学生中抽出60名学生，将其成绩(单位：分)整理后，得到如下频率分布直方图(其中分组区间为[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]．

(1)求图中a的值；

(2)若从成绩在[50，60)和[90，100]的学生中任选两人，求他们的成绩在同一分组区间的概率；

(3)求这次考试成绩中位数的估计值（结果保留小数点后一位）．

【答案】(1)0.005

(2)

(3)71.7

【分析】（1）根据所有矩形的面积之和也即各组频率之和为1，求得答案；

（2）列出从成绩在[50，60)和[90，100]的学生中任选两人共有的可能结果，再列出成绩在同一分组区间的可能结果，根据古典概型的概率公式即可求得答案;

（3）根据中位数的估计方法，即可求得答案.

【详解】（1）由频率分布直方图知 ，解得

（2）由题意可得，成绩在[50，60)的人数为 ，记他们分别是a，b，c，

成绩在[90，100]的人数为 ，记他们分别是A，B，C，

则从成绩在[40，50)和[90，100]的学生中任选两人的结果分别是 ，共15种，

则他们的成绩在同一分组区间的结果是(A，B)，(A，C)，(B，C)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共6种，

所以所求事件的概率为.

（3）设中位数为x，则，解得，故中位数估计值约为71.7.

19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且

(1)求A；

(2)若，的面积为，求的周长．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题意，再由正弦定理化简得，可得A；

（2）由余弦定理得，再由三角形面积公式得，即可求，进而得出的周长．

【详解】（1）由，则，

由正弦定理得：，

在中，故，即，

因为，所以；

（2）由余弦定理得，即，可得，

又，得，则，即，

所以的周长为

20．（理科）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且，E是MN的中点.

(1)求证：平面AEC⊥平面AMN；

(2)求二面角M-AC-N的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)由题意可得，从而可得⊥，⊥，进而可得⊥平面,即可证明结论；

(2) 连接BD交AC与点O，连接MO，NO，由题意可知都是边长为的等边三角形，从而得为二面角M-AC-N的平面角，在中，由余弦定理求解即可.

【详解】（1）证明：因为MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，

所以∥，

又因为，四边形ABCD是边长为1的正方形，

所以四边形为矩形，

所以，

又因为E是MN的中点，

所以⊥，⊥，

 又因为，

所以⊥平面,

又因为平面AMN

所以平面AEC⊥平面AMN；

（2）解：连接BD交AC与点O，连接MO，NO，则O为AC中点，

因为都是边长为的等边三角形，

所以,

所以为二面角M-AC-N的平面角，

在中，，

所以.

21．△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．

(1)若，且，求△ABC的面积；

(2)求的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由余弦定理及已知可得，再应用三角形面积公式求面积即可.

（2）由题设有，根据已知及余弦定理有，再由正弦边角关系及和差角正弦公式可得，即可得，进而求最值.

【详解】（1）由，故，而，

所以，故.

（2）由，故，即，

由余弦定理知：，即，

所以，即，又，

故，

由，则或（舍），

所以，则，即，

，而，

所以，当时有最大值为.

【点睛】关键点点睛：第二问，注意综合应用正余弦定理得到，再根据三角形内角的性质、三角恒等变换得到的关系及角的范围，进而求最值.

22．某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.

（1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数；

（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者.

（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；

（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.

【答案】（1）32.25岁；37.5；（2）（i）；（ii）10.

【分析】(1) 根据频率分布直方图，利用组中值乘以相应的频率，即可的这人的平均年龄；设第80百分位数为，计算从左到右频率和为或计算从右到左频率和为，即可求出；

(2)（i）由题意可得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，根据古典概型计算方法求解即可；

（ii）根据方差的计算原理计算合并后方差即可.

【详解】解：（1）设这人的平均年龄为，则

（岁）.

设第80百分位数为，

方法一：由，解得.

方法二：由，解得.

（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，

对应的样本空间为：

，共15个样本点.

设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，则

，共有9个样本点.

所以，.

（ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，

则，，，，

设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.

则，

，

因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，

据此，可估计这人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.