2022-2023学年湖北省孝感市高一下学期期末调研考试数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年湖北省孝感市高一下学期期末调研考试数学试卷（含详细答案解析），共16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.已知i是虚数单位，复数z=2+i，则z⋅i的虚部为( )
A. 1B. 2C. iD. 2i
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. ①B. ①③C. ①②D. ①②③
3.已知α，β是两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，下列说法正确的是( )
A. 若m//β，则α//βB. 若l⊂β，m//l，则m//β
C. 若α⊥β，则m⊥βD. 若m⊥β，则α⊥β
4.已知向量a，b满足|b|=1，a⊥b，则a−2b在b方向上的投影向量为( )
A. 2B. 2aC. −2bD. −2
5.已知α，β，γ是三个平面，α∩β=l1，α∩γ=l2，β∩γ=l3，则下列结论正确的是( )
A. 直线l2与直线l3可能是异面直线
B. 若l1∩l2=O，则直线l1与直线l3可能平行
C. 若l1∩l2=O，则直线l2与直线l3不可能相交于O点
D. 若l1//l2，则l1//l3
6.已知平面向量a，b，c满足|a|=1，|b|=2且对∀t∈R，有|b+ta|≥|b−a|恒成立，则2a−b与b的夹角为( )
A. 2π3B. π2C. π3D. π6
7.在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A′，则A′到平面EFD的距离为( )
A. 1B. 23C. 43D. 2
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. 10B. 10.6C. 12.6D. 13.6
二、多选题：本题共4小题，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
10.已知x∈C(全体复数集)，关于x的方程x2+tx+2=0(t∈R)的两根分别为x1，x2，若|x1−x2|=2 2，则t的可能取值为( )
A. −4B. −2C. 0D. 4
11.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2<φ<0)的部分图象如图所示，加入以下哪个选项作为已知条件，可以唯一确定φ的值( )
A. f(0)=−1，A=2B. x1=π12，x2=5π12
C. x2=2x1D. x2=4x1
12.已知棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为正方体内及表面上一点，且AP=mAB+nAD1，其中m∈[0,1]，n∈[0,1]，则下列说法正确的是( )
A. 当n=1时，对任意m∈[0,1]，CP//平面ABB1A1恒成立
B. 当m=0，n=12时，B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为 63
C. 当m+n=1时，A1C1⊥B1P恒成立
D. 当m+n=1时，PA+PC的最小值为 3
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z满足(2−i)z=6+2i，则|z|=__________.
14.如图△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，其中O′A′=6，O′B′=4，∠A′O′B′=45∘，则△OAB的周长为__________.
15.半径为R的球的球面上有四点A，B，C，D，已知△ABC为等边三角形且其面积为9 3，则三棱锥D−ABC体积的最大值为18 3，则球的半径R等于__________.
16.已知直角三角形DEF的三个顶点分别在等边三角形ABC的边AB，BC，CA上，且∠DEF=90∘，∠EDF=30∘，则S△DEFS△ABC的最小值为__________.
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θ为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数z=csθ+isinθ，且z2−z在复平面上对应的点在虚轴上.
(1)求θ;
(2)设2z，z，1+z+z2在复平面上对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b−2acsB=0.
(1)求角A;
(2)若a=2 3，BA⋅AC=32，AD是△ABC中线，求AD的长.
19.(本小题12分)
如图，在边长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱BB1，B1C1的中点
(1)求证：点F在平面AED1内;
(2)用平面AED1截正方体ABCD−A1B1C1D1，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为V1，V2(V120.(本小题12分)
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，发扬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[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]，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，80%分位数小数点后面保留两位有效数字);
(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[70,90)的学生成绩的方差.
21.(本小题12分)
在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=AA1=2，BC1= 14，∠ABC=2π3，A1C1⊥A1B.
(1)证明：平面A1AC⊥平面ABC;
(2)求二面角A−A1B−C的平面角的余弦值.
22.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且边BC上的高h= 34a.
(1)若A=π2，求B;
(2)已知△ABC中角B和C是锐角，求tanB+4tanC的最小值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了复数的概念与分类，涉及共轭复数，复数的乘法，属于基础.
【解答】
解：z⋅i=(2−i)⋅i=1+2i，则虚部为2.
故选：B.
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了分层随机抽样，属基础题.
【解答】
解：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;
高一共有20×50=1000人，高二共有24×45=1080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10002080×208=100人，高二应抽取10802080×208=108人，故②正确;
甲被抽到的可能性为1001000=110，乙被抽到的可能性为1081080=110，甲和乙被抽到的可能性相等，故③不正确;
所以正确的说法是：①②.
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间直线、平面位置关系，属于基础题.
【解答】
解：由面面平行判定定理可知A不对;
B选项缺少m不在平面β内;
由面面垂直性质定理可知C错;
由面面垂直判定定理D正确.
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了投影向量，属于基础题.
【解答】
解：根据定义可知：a−2b在b方向上的投影向量为(a−2b)⋅b|b|2⋅b=−2b，答案选C。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了空间中点、线、面的位置关系的判断，以及异面直线、平面的基本事实的应用，属基础题.
【解答】
解：α∩γ=l2，β∩γ=l3所以l2⊂γ，l3⊂γ，A错
因为α∩β=l1，α∩γ=l2，l1∩l2=O，
所以O∈α，O∈β，O∈γ，
因为β∩γ=l3，所以O∈l3，
所以直线l1，l2，l3必然交于一点(即三线共点)，B，C错误，故D正确.
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查向量数量积、二次不等式恒成立，属于中档题.
由题意平方可得t2+4tcsθ+4csθ−1≥0对任意的实数t恒成立，则Δ≤0，可得θ的值，进而可利用数量积求夹角即可得解.
【解答】
解：设平面向量a与b的夹角为θ，
|a|=1，|b|=2且对∀t∈R，有|b+ta|≥|b−a|恒成立，
即(b+ta)2≥(b−a)2恒成立，
即b2+t2a2+2ta⋅b≥b2+a2−2a⋅b恒成立，
也即t2+4tcsθ+4csθ−1≥0对任意的实数t恒成立，
所以Δ=16cs2θ−4(4csθ−1)=(4cs θ−2)2≤0，
则csθ=12，所以θ=60∘，
可知=π3，a⋅b=1，
所以|2a−b|= 4a2−4a⋅b+b2=2，
则2a−b与b的夹角余弦值为(2a−b)⋅b|2a−b||b|=−12，
则2a−b与b的夹角为2π3，
选A.
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了点到面距离的几何求法，属于基础题.
【解答】
解：由折叠不变可知，三棱锥A′−EFD中A′E，A′F，A′D两两相互垂直，所以VA′−EFD=13，
△EFD的三边长分别为 2， 5， 5，所以S△EFD=32，等体积法求出A′到平面EFD的距离为23.所以选B.
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了样本数据的方差、平均数，以及由基本不等式求最值，属较难题.
【解答】
解：设增加的两个未知数分别为x、y，原来的8个数分别为a1，a2，...，a8，
则a1+a2+⋯+a8=64，a1+a2+⋯+a8+x+y=90，
所以x+y=26，
又因为18i=18(ai−8)2=12，即i=18(ai−8)2=96，
则110[i=18(ai−9)2+(x−9)2+(y−9)2]=110[i=18(ai−8)2−2i=18(ai−8)+8+(x−9)2+(y−9)2]=110(x2+y2−202)，
∵ x2+y22≥x+y2=13(当x=y=8时，取"="号)，即得x2+y2≥338，
∴110(x2+y2−202)≥13.6，
即新的样本数据的方差最小值为13.6.
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查平均数、标准差，属于基础题.
【解答】
解：A从平均数角度考虑是对的;
B从标准差角度考虑是错的;
C从标准差角度考虑是对的;
D从平均数和标准差角度考虑是对的.
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了复数集内解方程，属于基础题.
【解答】
解：因为x1+x2=−t，x1x2=2⇒(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2=t2−8
当t2−8≥0时，|x1−x2|= t2−8=2 2∴t=±4;
当t2−8<0时，x1−x2=± 8−t2，|x1−x2|= 8−t2=2 2∴t=0;选ACD
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查了由部分图象求三角函数解析式，属中档题.
【解答】
解：当f(0)=−1，A=2时，得sinφ=−12，又∵−π2<φ<0，∴φ=−π6，则A选项正确;
当x1=π12，x2=5π12时，函数得最小正周期2π3，∴ω=3，
又x1+x22=π4，∴π4⋅3+φ=π2+kπ,k∈Z，而−π2<φ<0，∴φ=−π4，则B选项正确;
由图象可以令ωx1+φ=0，ωx2+φ=π，∴π−φ−φ=x2x1⇒−πφ+1=x2x1
又因为−π2<φ<0，∴πφ<−2⇒x2x1>3，则C选项错误;
由图象可得ωx1+φ=2kπ,k∈Z，ωx2+φ=π+2kπ,k∈Z，
当x2=4x1时，有4ωx1+φ=π+2kπ,k∈Z，即得φ=−π3+2kπ,k∈Z，
又−π2<φ<0，可得φ=−π3，则D选项正确.
12.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查直线、平面位置关系及直线与平面所成角，与多面体有关的最短距离问题，属于中档题.利用相关的概念和定理，对各选项逐项判定，即可求出结果.
【解答】
解：当n=1时，P点在线段C1D1上，CP包含于平面CDD1C1，又因为平面CDD1C1//平面ABB1A1所以A对;
当m=0，n=12时，P是AD1的中点，且B1C⊥ABC1D1，H是垂足，所以∠B1PH为所求，
Rt△B1PH中，B1H= 22，PH=1，则B1P= 62，
则cs∠B1PH=PHB1P=1 62= 63，所以B正确;
当m+n=1时，点P在线段BD1上，
∵A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，BB1∩B1D1=B1，BB1、B1D1⊂面BB1D1，
∴A1C1⊥面BB1D1，又B1P⊂面BB1D1，所以A1C1⊥B1P，所以C对;
当m+n=1时，点P在线段BD1上，将平面ABD1和平面BCD1展开成平面图后，线段AC为所求，
∠D1BC=∠D1BA，cs∠D1BC=1 12+( 2)2= 33，
则cs∠ABC=cs2∠D1BC=2cs2∠D1BC−1=−13，
△ABC中，AB=BC=1，则由余弦定理可得AC= 12+12−2×1×1×(−13)=2 63，
故PA+PC的最小值为2 63，故D错误.
13.【答案】2 2
【解析】【分析】
本题考查了复数的模，涉及复数除法运算，属于基础题.
【解答】
解：z=6+2i2−i=2+2i，∴|z|=2 2.
14.【答案】24
【解析】【分析】
本题考查了水平放置平面图形的斜二测画法，属基础题.
【解答】
解：将直观图还原成原图，如下图所示：
根据斜二测画法可知OA=6，OB=8，∠AOB=90∘，则AB= 62+82=10，
因此，△OAB的周长为OA+OB+AB=24.
15.【答案】4
【解析】【分析】
本题考查外接球体积，属于中档题.
【解答】
解：设△ABC的中心为O′，三棱锥D−ABC外接球的球心为O，则当体积最大时，点D，O′，O在同一直线上，且垂直于底面ABC，如图，
因为△ABC为等边三角形且其面积为9 3，所以△ABC的边长x满足 34x2=9 3，故x=6，所以AO′=2 3，DO=AO=R，
故OO′= AO2−AO′2= R2−12，
故三棱锥的高DO′=DO+OO′=R+ R2−12，
所以V=13×9 3×(R+ R2−12)=18 3，
所以R=4.
16.【答案】314
【解析】【分析】
本题考查了利用正弦定理解三角形、三角形面积公式，属于中档题.
【解答】
解：设∠BDE=α(π6<α<5π6)，EF=x，则△BDE中
∠DEB=π−(α+π3)，DE= 3x
由正弦定理得：DEsinπ3=BDsin (α+π3)，∴BD=sin(α+π3)sinπ3. 3x，
在△ADF中DF=2x，∠A=π3，∠AFD=α−π6，同理可得AD=sin(α−π6)sinπ3⋅2x
因此可得AB=AD+BD=2sin(α+π3)x+43 3sin(α−π6)x=(3sinα+ 33csα)x
SΔDEESΔABC=12DE⋅EF12AB⋅AB⋅sinπ3=2(3sinα+ 33csα)2，
因为3sinα+ 33csα=2 213sin(α+φ)≤2 213
经检验(3sinα+ 33csα)max=23 21，则S△DEFS△ABC的最小值为314.
17.【答案】解：(1)∵z2−z=(cs2θ−csθ)+i(sin2θ−sinθ)，
∴cs2θ−csθ=2cs2θ−csθ−1=0，θ∈(0,π)，
∴csθ=−12，即得θ=23π;
(2)由(1)知θ=23π，则sinθ= 32，
∴2z=−1+ 3i，z=−12− 32i，z2=14−34− 32i=−12− 32i，
∴1+z+z2=1−12+ 32i−12− 32i=0.
在复平面上对应的点分别为A(−1, 3)，B(−12,− 32)，C(0,0)，∴CA=2，CB=1，AB= 7，
由余弦定理可得cs∠ACB=CA2+CB2−AB22CA⋅CB=1+4−72×2=−12，且∠ACB∈(0,π)，
∴sin∠ACB= 32，
∴S△ABC=12CA⋅CB⋅sin∠ACB=12×1×2× 32= 32.

【解析】本题考查了复数的代数表示及其几何意义、复数的运算、余弦定理、三角形面积公式等，属中档题.
18.【答案】解：(1)因为2c+b−2acsB=0，由正弦定理可知：2sinC+sinB−2sinAcsB=0，
∵sinC=sin(A+B)，∴2sin(A+B)+sinB−2sinAcsB=0
∴2csAsinB+sinB=0(sinB≠0)，∴csA=−12
又A为三角形内角，所以A=23π;
(2)由BA⋅AC=32，得cbcsπ3=32⇒bc=3，又a=2 3，在△ABC中由余弦定理得：
a2=b2+c2−2bccsA⇒b2+c2=9
∵AD=12AB+12AC，∴|AD|2=14(b2+c2)−14bc=32
所以AD= 62.

【解析】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，向量数量积，属于中档题.
19.【答案】解：(1)连接EF，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB//C1D1且AB=C1D1，
所以四边形ABC1D1是平行四边形，
所以AD1//BC1，又EF//BC1，
所以EF//AD1，所以E、F、D1、A四点共面，
即点F在平面AED1内;
(2)再连接FD1，所以平面AED1截正方体ABCD−A1B1C1D1的截面是四边形AEFD1，
所以V1是几何体三棱台A1AD1−B1EF的体积，
所以V1=13⋅A1B1⋅(SΔA1AD1+ SΔA1AD1SΔB1EF+SΔB1EF)=73，V2=VABCD−A1B1C1D1−V1=173
因此：V1:V2=7:17.

【解析】本题考查了空间中共面问题，正方体的结构特征，台体体积，属于中档题.
20.【答案】解：(1)成绩落在[60,70)的频率为1−(0.30+0.15+0.10+0.05)=0.40，
补全的频率分布直方图，如图
样本的平均数x=55×0.30+65×0.40+75×0.15+85×0.10+95×0.05=67，
设80%分位数为x，则0.03×10+0.04×10+(x−70)x0.015=0.8，
解得：x=2303≈76.67，
即这1000名学生成绩的平均数为67，80%分位数为76.67;
(2)由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取30人和20人，
这200人中分数在区间[70,90)所有人的成绩平均值：x1=35×72+25×87=78，
这200人中分数在区间[70,90)所有人的成绩方差：s2=35[1+(72−78)2]+25[2+(87−78)2]=2775=55.4，
所以，这200人中分数在区间[70,90)所有人的成绩的方差为55.4.

【解析】本题考查了利用频率分布直方图估计平均数和百分位数、求分层随机抽样中的均值与方差，属中档题.
21.【答案】解：(1)设AC的中点为O，连接OA1，OB，
因为AB=BC，所以AC⊥OB，又因为AC//A1C1，且A1C1⊥A1B，
所以AC⊥A1B，因为A1B，OB⊂平面OBA1，且A1B∩OB=B，
所以AC⊥平面OBA1，因为OA1⊂平面OBA1，
所以AC⊥OA1，在△ABC中，由余弦定理求得AC=2 3，则A1C1=AC=2 3，
因为A1C1⊥A1B，所以A1C12+A1B2=BC12，解得A1B= 2，
在Rt△AOA1和Rt△ABC中，可知A1O=OB=1，.
在△OBA1中，OA12+OB2=A1B2，因此A1O⊥OB.
由(1)知，AC⊥OA1，且AC，OB⊂平面ABC，且AC∩OB=O，
所以A1O⊥平面ABC.A1O⊂平面A1AC
因此平面A1AC⊥平面ABC.
(2)由第一问证明易得A1A=A1C，△AA1B≌△CA1B，且AB=BC=AA1=CA1.
取A1B的中点P，∠APC为二面角A−A1B−C的平面角，且AC=2 3，AP=CP= 142
cs∠APC=AP2+CP2−AC22AP⋅CP=−57，所以二面角A−A1B−C的平面角的余弦值为−57

【解析】本题考查面面垂直的判定、二面角的平面角，余弦定理，属于中档题.
22.【答案】解：因为边BC上的高h= 34a，所以12bcsinA=12a⋅ 34a
化简可得：sinBsinC= 34sinA.
(1)∵A=π2⇒sinC=csB
所以sinBcsB= 34⇒sin2B= 32⇒B=π6或π3;
(2)由sinBsinC= 34sinA⇒sinBsinC= 34sin(B+C)
所以sinBsinC= 34(sinBcsC+csBsinC)，
即tanBtanC= 34(tanB+tanC)⇒1tanB+1tanC=4 3且tanB，tanC>0
tanB+4tanC= 34(1tanB+1tanC)(tanB+4tanC)= 34(5+tanBtanC+4tanCtanB)
所以当tanB=2tanC=34 3时，(tanB+4tanC)min=94 3.

【解析】本题考查了正弦定理的应用，涉及两角和与差的正弦公式等，属于中档题.