2022-2023学年河南省平顶山市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年河南省平顶山市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.复数z=5i31−2i在复平面内所对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.数据71，73，79，83，89，90，96，98的25%分位数为( )
A. 73B. 75C. 76D. 79
3.某地气象部门统计了前三年6月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：
则可以估计该地区今年6月份的某天最高气温小于30∘C的概率为( )
A. 0.8B. 0.6C. 0.4D. 0.2
4.已知向量a=(−2,4),b=(−1,1)，则a在b上的投影向量为( )
A. (35,−65)B. (−35,65)C. (3,−3)D. (−3,3)
5.已知圆锥的底面半径是2，体积为8 33π，则它的侧面展开图的圆心角为( )
A. π2B. πC. 4π3D. 3π2
6.在梯形ABCD中，AB=2DC,AM=2MD，则CD=( )
A. 12CM+14BMB. 14CM+12BMC. 13CM+13BMD. 13CM−13BM
7.已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3，AD=AA1=2，点M，N分别是BC，BB1的中点，则异面直线D1M，DN所成角的余弦值为( )
A. 17B. 3514C. 914D. 67
8.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinA+sin(A+C)=2sinC，则( )
A. sinC的最小值为12B. sinC的最大值为 32
C. csC的最小值为0D. csC的最大值为12
9.从1∼9这9个整数中随机取1个数，记M，N是此试验中的两个事件，且满足P(M)=13，P(N)=23，则下列说法正确的是( )
A. M与N是对立事件B. 若M⊆N，则P(MN)=13
C. 若P(MN−)=19，则M与N相互独立D. 若P(M∪N)=1，则M与N互斥
二、多选题：本题共3小题，共15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。
10.已知复数z的共轭复数为z−，则( )
A. |z|=|z−|B. z−z−一定是虚数C. z+z−一定是实数D. z2≥0
11.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，且b=3，A=2B，则下列说法正确的是( )
A. 若cC. 若a=3 3，则C=π2D. 若c=1，则a=2 3
12.如图所示，扇形OAB的半径OA=4，∠AOB=2π3，C是弧AB的中点，点D，E是线段OB，OA上的动点且满足|OD|=|AE|，则CD⋅CE的值可以是( )
A. 6
B. 8
C. 2 10
D. 3 10
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知平面向量a=(1,2),b=(−2,1),c=(2,t)，若(a+2b)⊥c，则t=______.
14.设一组样本数据1，2，2，a，b，5，6，8的方差为5，则数据4，7，7，3a+1，3b+1，16，19，25的方差是______.
15.小王逛书店，他买甲书和买乙书相互独立，若小王买甲书不买乙书的概率为16，甲和乙两本书都买的概率为12，则小王买乙书的概率为______.
16.在三棱锥P−ABC中，平面ABC⊥平面PAB，AC⊥BC，点D是AB的中点，PD⊥PB，PB=PD=2，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积为______.
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.(本小题10分)
已知复数z1=t+(t2−1)i，z2=sinθ+(2csθ+1)i，其中t∈R，θ∈[0,π].
(1)若z1，z2∈R且z1>z2，求t的值；
(2)若z1=z2，求θ.
18.(本小题12分)
某型号新能源汽车近期升级一项新技术，现随机抽取了100名该技术的体验用户对该技术进行评分(满分100分)，所有评分数据按照[84,88),[88,92),[92,96),[96,100]进行分组得到了如图所示的频率分布直方图.
(1)求a的值，并根据频率分布直方图，估计对该技术的评分的中位数；
(2)现从评分在[84,88),[96,100]内的体验用户中按人数比例用分层随机抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人作进一步的问卷调查，求这2人中至少有一人评分在[84,88)内的概率.
19.(本小题12分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，M分别是A1B1，AB，AD的中点.
(1)求平面AEC截正方体所得截面面积；
(2)证明：平面AEC⊥平面MEF.
20.(本小题12分)
如图所示，四边形ABCD的外接圆为圆O，BC=2，AC=3，tanB=−2 2.
(1)求sin∠ACB；
(2)若∠COD=∠AOD，求AD的长.
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，PD=AB=3AD=3.
(1)求点A到平面PBC的距离.
(2)若E是PA的中点，F是PB上靠近点P的三等分点，棱PB上是否存在一点G使CG//平面DEF？证明你的结论并求BG的长.
22.(本小题12分)
某商场为鼓励大家消费，举行摸奖活动，规则如下：凭购物小票一张，每满58元摸奖一次，从装有除颜色外完全相同的1个红球和4个白球的箱子中一次性随机摸出两个小球，若两球中含有红球，则为中奖，否则为不中奖.每次摸奖完毕后，把小球放回箱子中.甲、乙共有购物小票一张，购物金额为m元，两人商量，先由一人摸奖，若中奖，则继续摸奖，若不中奖，就由对方接着摸奖，并通过掷一枚质地均匀的硬币决定第一次由谁摸奖.
(1)若m=60，求这两人中奖的概率；
(2)若m=240，求第一次由甲摸奖，最后一次也是甲摸奖的概率.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z=5i31−2i=−5i(1+2i)(1−2i)(1+2i)=2−i，
则z在复平面内所对应的点(2,−1)位于第四象限．
故选：D.
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：8×25%=2，
该组数据的25%分位数为从小到大第2个数据和第3个数据的平均数73+792=76.
故选：C.
根据百分位数的定义，计算即可．
本题考查百分位数的应用，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：前三年6月份最高气温小于30∘C的天数为5+7+24=36，
所以概率为3690=0.4，
所以可以估计该地区今年6月份的某天最高气温小于30∘C的概率0.4.
故选：C.
利用古典概型的概率公式求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：∵a⋅b=2+4=6，b2=2，
∴a在b上的投影向量为：a⋅b|b|⋅b|b|=62(−1,1)=(−3,3).
故选：D.
可求出a⋅b和b2，然后根据投影向量的计算公式求出投影向量即可．
本题考查了向量坐标的数量积和数乘运算，投影向量的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，设圆锥的高为h，它的侧面展开图的圆心角θ，
圆锥的底面半径是2，体积为8 33π，则V=π×4×h3=8 33π，
则h=2 3，
故该圆锥的母线长l= 12+4=4，
则4θ=2π×2，解可得θ=π.
故选：B.
根据题意，设圆锥的高为h，它的侧面展开图的圆心角θ，由圆锥的体积公式求出h的值，进而求出圆锥的母线长，由此可得关于4θ=2π×2，解可得θ的值，即可得答案．
本题考查圆锥的几何结构，涉及圆锥的侧面展开图，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：如图，在梯形ABCD中，AB=2DC,AM=2MD，
则CD=CM+MD……①，
BA=BM+MA……②，
①×2+②可得：4CD=2CM+BM，即CD=12CM+14BM.
故选：A.
利用点M为AD的三等分点，将CD和BA分解以后，消去MA和MD，即可求得．
本题考查平面向量基本定理，属基础题．
7.【答案】C
【解析】解：延长BB1至G，使得B1G=1，连接D1G，GM，
易知D1G//DN，则∠MD1G为异面直线D1M，DN所成角，
因为D1G= 32+22+12= 14,MG= 12+32= 10,D1M= 12+32+22= 14，
故△MD1G中，cs∠MD1G=D1M2+D1G2−MG22D1M⋅D1G=14+14−102× 14× 14=914.
故选：C.
延长BB1至G，推得D1G//DN，则∠MD1G为异面直线D1M，DN所成角，△MD1G中应用余弦定理可解．
本题考查了异面直线所成的角的计算，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：由已知得sinA+sinB=2sinC，根据正弦定理可得a+b=2c，
根据余弦定理可得
csC=a2+b2−c22ab=(a+b)2−2ab−c22ab=3c22ab−1≥3c22(a+b2)2−1=32−1=12，当且仅当a=b时等号成立，
所以csC的最小值为12,sin2C+cs2C=1，从而sinC的最大值为 32.
故选：B.
先根据正弦定理边角互化，再根据余弦定理结合基本不等式求出余弦最小值，进而求出正弦的最大值．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查互斥事件和独立事件，举出反例是解决本题的关键，属中档题．
根据题意举出反例排除选项即可．
【解答】
解：对于A，M与N不一定为对立事件，也有可能有交集，比如M为“抽出的数大于等于7”，N为“抽出的数大于等于8或小于等于4”，A错误；
对于B，当M⊆N，则P(MN)=P(M)=13，B正确；
对于C，比如M为“抽出的数小于等于4”，N为“抽出的数小于等于3或大于等于8”，显然P(MN−)=19，但是P(MN)=13，P(M)=13，P(N)=59，显然M与N不相互独立，C错误；
对于D，M与N也可能有交集，比如M为“抽出的数小于等于4”，N为“抽出的数大于等于4且小于等于7”显然P(M∪N)=49+49+19=1，二者的交集是“抽出的数字为4”，不互斥，D错误．
故选：B.
10.【答案】AC
【解析】解：对于ABC，不妨设z=a+bi(a,b∈R)，
则z−=a−bi，
对于A，|z|=|z−|= a2+b2，故A正确；
对于B，z−z−=(a+bi)−(a−bi)=2bi，
当b=0时，z−z−=0，故B错误；
对于C，z+z−=a+bi+a−bi=2a∈R，故C正确；
对于D，设z=i，
z2=−1<0，故D错误．
故选：AC.
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，若cπ4，
所以A>π2，故A正确；
对于C，由正弦定理得asinA=bsinB，即asin2B=bsinB，所以a2sinBcsB=bsinB，
结合b=3得a=6csB，若a=3 3，则\csB= 32，所以B=π6，A=π3，则C=π2，故C正确；
对于B，若△ABC是等腰三角形，当A=C时，A+B+C=5B，则顶角B=π5为锐角，
当B=C时，A+B+C=2A，则顶角A=π2为直角，即顶角不可能为钝角，故B错误；
对于D，由选项C的分析可知a=6csB，再由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=a2+1−92a，
所以a=6×a2+1−92a，整理得a2=12，所以a=2 3，故D正确．
故选：ACD.
利用正余弦定理，结合三角形内角和定理逐项计算可判断每个选项的正确性．
本题考查利用正余弦定理解三角形，属中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：∵∠AOB=2π3，C是弧AB的中点，
∴∠BOC=∠AOC=π3，
设|AE|=x，(0≤x≤4)，则|OD|=x，|OE|=4−x，
∴CD=OD−OC，CE=OE−OC，
∴CD⋅CE=(OD−OC)⋅(OE−OC)
=OD⋅OE−OD⋅OC−OC⋅OE+OC2
=x⋅(4−x)⋅(−12)−4x⋅12−4(4−x)⋅12+16
=12x2−2x+8=12(x−2)2+6，0≤x≤4，
∴6≤CD⋅CE≤8，故AB正确；
又6=2 9<2 10<2 16=8，故C正确；
(3 10)2=90>64=82，故D错误．
故选：ABC.
由题意得∠BOC=∠AOC=π3，设AE=x，(0≤x≤4)，把CD⋅CE表示为x的函数，再由二次函数求值域即可．
本题考查平面向量的综合运用，考查转化思想和计算能力，属于中档题．
13.【答案】32
【解析】解：a=(1,2),b=(−2,1),c=(2,t)，
则a+2b=(1,2)+(−4,2)=(−3,4)，
∵(a+2b)⊥c，
∴2×(−3)+4t=0，解得t=32.
故答案为：32.
根据已知条件，结合平面向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
14.【答案】45
【解析】解：已知4=1×3+1，7=2×3+1，3a+1=3×a+1，
3b+1=3×b+1，16=5×3+1，19=6×3+1，25=8×3+1，
所以数据4，7，7，3a+1，3b+1，16，19，25是数据1，2，2，a，b，5，6，8的3倍再加1，
则数据4，7，7，3a+1，3b+1，16，19，25的方差为32×5=45.
故答案为：45.
由题意，根据方差的性质进行求解即可．
本题考查方差的性质，属于基础题．
15.【答案】34
【解析】解：设事件A表示“小王买甲书”，事件B表示“小王买乙书”，
由题意可知，事件A与事件B相互独立，
所以事件A与事件B−也相互独立，
所以P(AB−)=P(A)P(B−)=P(A)(1−P(B))=16，即P(A)−P(A)P(B)=16，
又因为P(AB)=P(A)P(B)=12，
所以P(A)=12+16=23，P(B)=1223=34，
即小王买乙书的概率为34.
故答案为：34.
设事件A表示“小王买甲书”，事件B表示“小王买乙书”，由题意可知，事件A与事件B、B−都相互独立，由独立事件的概率乘法公式可得P(AB−)=P(A)−P(A)P(B)=16，P(AB)=P(A)P(B)=12，从而求出P(B).
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
16.【答案】40π
【解析】解：因为AC⊥BC，所以△ABC的外接圆圆心即点D，
三棱锥外接球球心在过点D与平面ABC垂直的直线上，即在平面PAB内，
所以球心即为△PAB的外接圆圆心，球的半径即为△PAB的外接圆半径R，
因为PD⊥PB，PB=PD=2，所以BD=2 2，从而AD=2 2，
设PA=x，在△PAD中，根据余弦定理有PA2=22+(2 2)2−2×2×2 2cs3π4=20，所以PA=2 5，
由正弦定理得2R=2 5sin∠PBA=2 10，所以R= 10，
所以三棱锥P−ABC的外接球的表面积为4πR2=40π.
故答案为：40π.
由题意得△ABC的外接圆圆心即点D，球心即为△PAB的外接圆圆心，球的半径即为△PAB的外接圆半径R，设PA=x，在△PAD中，根据余弦定理和正弦定理即可求解．
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由z1，z2∈R且z1>z2，可得t2−1=2csθ+1=0t>sinθ，且θ∈[0,π]，解得t=1；
(2)因为z1=z2，所以t=sinθt2−1=2csθ+1θ∈[0,π]，解得csθ=−1，
所以θ=π.
【解析】(1)由复数为实数，可得t2−1=2csθ+1=0t>sinθ，可得t的值；
(2)由两个复数相等，可得t=sinθt2−1=2csθ+1θ∈[0,π]，解得θ的值．
本题考查复数的性质的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)因为4(0.025+0.075+0.1+a)=1，
解得a=0.05，
易得评分在[84,92)内的频率为4(0.025+0.075)=0.4<0.5，
评分在[84,96)内的频率为4(0.025+0.075+0.1)=0.8>0.5，
所以中位数在区间[92,96)内，
则中位数为92+0.5−0.40.8−0.4×4=93；
(2)易知这6人中评分在[84,88)内的有2人，记为x、y，
评分在[96,100]内的有4人，记为a，b，c，d，
则从这6人中随机抽取2人有：xy、xa、xb、xc、xd、ya、yb、yc、yd、ab、ac、ad、bc、bd、cd共15种情况，
其中至少有一人评分在[84,88)内的有：xy、xa、xb、xc、xd、ya、yb、yc、yd共9种情况，
则这2人中至少有一人评分在[84,88)内的概率P=915=35.
【解析】(1)由题意，利用频率之和为1，列出等式即可求出a的值，结合中位数两边频率相等，列出等式即可求解；
(2)根据分层随机抽样定义可得评分在[84,88)内的有2人，记为x、y，评分在[96,100]内的有4人，记为a，b，c，d，将所有情况一一和满足条件的情况列出出来，进而即可求解．
本题考查频率分布直方图的应用以及古典概型的概率计算，考查了逻辑推理和运算能力．
19.【答案】解：(1)平面AEC截正方体所得截面为梯形ACQE，其中Q为B1C1的中点，
由题易知AC=2 2，EQ= 2，OC=AE= 5，
∴梯形的高h= 5−12= 92=3 22，
所以截面面积为 2+2 22×3 22=92.
证明：(2)连接BD，∵M，F为AD，AB的中点，
∴MF//BD，
在正方形ABCD中，AC⊥BD，
∴AC⊥MF，
∵E，F分别是A1B1，AB的中点，
∴EF//AA1，
∵AA1⊥平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD，
∴EF⊥AC，
又∵EF∩MF=F，
∴AC⊥平面MEF，
又∵AC⊂平面AEC，
∴平面AEC⊥平面MEF.
【解析】(1)根据梯形的面积公式进行计算即可．
(2)根据面面垂直的判定定理进行证明．
本题主要考查空间面面垂直的判断以及截面面积的求解，根据面面垂直的判定定理和梯形的面积公式进行计算是解决本题的关键，是中档题．
20.【答案】解：(1)由tanB=−2 2，可得sinB=2 23，csB=−13，
设AB=c(c>0)，
在△ABC中，由余弦定理得9=4+c2−4c×(−13)，即c2+43c−5=0，
解得c=−3(舍去)或c=53，
由正弦定理得sin∠ACB=c⋅sinB3=53×2 233=10 227.
(2)∵∠COD=∠AOD，
∴AD=CD，
由已知得∠B+∠ADC=π，
∴cs∠ADC=13，
设AD=CD=m(m>0)，
在△ACD中，由余弦定理得9=m2+m2−2m2×13=43m2，
所以m2=274，
所以m=3 32，即AD=3 32.
【解析】(1)由已知利用同角三角函数基本关系式可求csB的值，设AB=c(c>0)，在△ABC中，由余弦定理解得c的值，进而利用正弦定理可求sin∠ACB的值．
(2)由题意可求cs∠ADC=13，在△ACD中，由余弦定理即可求解AD的值．
本题考查了同角三角函数基本关系式正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为AD//BC，AD∉平面PBC，所以AD//平面PBC，
所以点A到平面PBC的距离即点D到平面PBC的距离，
作DM⊥PC，垂足为M，如下图所示：
因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC，
又BC⊥CD，CD∩PD=D，CD，PD⊂平面PCD，
所以BC⊥平面PCD，
所以平面PBC⊥平面PCD，且交线为PC，
又DM⊂平面PCD，
所以DM⊥平面PBC，
点D到平面PBC的距离即DM，
在等腰直角△PCD中，PD=CD=3，
所以DM=3×33 2=3 22，
即点A到平面PBC的距离为3 22.
证明：(2)存在满足条件的点G，且点G为线段PB上靠近点B的三等分点，
证明如下：连接AC，BD交于点O，连接OG，AG，
因为点F，G是PB的三等分点，
所以F为PG的中点，G为BF的中点，
在矩形ABCD中，O为BD的中点，
所以OG//DF，OG∉平面DEF，
所以OG//平面DEF，
因为点E为PA的中点，
所以EF//AG，AG∉平面DEF，
所以AG//平面DEF，
又因为OG∩AG=G，OG，AG⊂平面ACG，
所以平面ACG//平面DEF，
又因为CG⊂平面ACG，
所以CG//平面DEF，
因为PB= 12+32+32= 19，
所以BG= 193.
【解析】(1)由条件可证明AD//平面PBC，从而点D到平面PBC的距离即为所求，在等腰直角△PCD中可求出结果；
(2)取点G为线段PB上靠近点B的三等分点，可证明平面ACG//平面DEF，从而CG//平面DEF，结合三等分点即可求出结果．
本题主要考查空间中点，线，面之间的位置关系，属于中档题．
22.【答案】解：(1)记1个红球为a，4个白球分别为b，c，d，e.
则从箱子中随机摸出两球，样本点有：ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，共10个样本点
其中含有红球的为：ab，ac，ad，ae，共4个样本点，
所以在一次摸奖中，中奖概率为410=25.
当m=60时，甲、乙两人只能摸奖一次，所以他们中奖的概率为25.
(2)当m=240时，他们可以摸奖4次．
记事件第i次由甲摸奖为Ai(i=1,2,3,4)，记第一次由甲摸奖，最后一次也是甲摸奖为事件B，
则B=A1A2A3A4+A1A2A−3A4+A1A−2A3A4+A1A−2A−3A4，
所以P(B)=P(A1A2A3A4+A1A2A−3A4+A1A−2A3A4+A1A−2A−3A4)，
=P(A1A2A3A4)+P(A1A2A−3A4)+P(A1A−2A3A4)+P(A1A−2A−3A4)，
=12×(25)3+12×25×35×35+12×35×35×25+12×35×25×35
=31125.
【解析】(1)先列举样本点，再应用古典概型公式计算即可．
(2)应用相互独立事件的概率是概率乘积公式计算．
本题考查古典概型相关知识，属于中档题．最高气温(∘C)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
5
7
24
35
19