江苏省无锡市天一中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题(理强)(学生版+解析)

这是一份江苏省无锡市天一中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题(理强)(学生版+解析)，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则( )
A B. C. D.
2. 已知点，，，若A，B，C三点共线，则的坐标为( )
A. B. C. D.
3. 半径 的球内接一个正方体，则该正方体的体积为( )
A. B. C. D.
4. 某小组有5名男生和4名女生，从中任选4名同学参加“教师节”演讲比赛，则下列每对事件是对立事件的是( )
A. 恰有2名男生与恰有4名男生
B. 至少有3名男生与全是男生
C. 至少有1名男生与全是女生
D. 至少有1名男生与至少有1名女生
5. 已知分别为三个内角的对边，若，则满足此条件的三角形个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 1或2
6. 一组数据按从大到小的顺序排列为8，7，，4，4，1，若该组数据的中位数是众数的倍，则该组数据的平均值、方差和第60百分位数分别是( )
A. 6，，5B. 5，5，5C. 5，，6D. 4，5，6
7. 已知点D为边BC上的中点，点E满足，若，则( )
A. 5B. 7C. 9D. 11
8. 病毒研究所检测甲乙两组实验小白鼠的某医学指标值，得到样本数据的频率分布直方图(如图所示)，则下列结论正确的是( )

A. 甲组数据中位数大于乙组数据中位数B. 甲组数据平均数大于乙组数据平均数
C. 甲组数据平均数大于甲组数据中位数D. 乙组数据平均数大于乙组数据中位数
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 若，，，为复数，，下列命题正确的是( )
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
10. 单位向量与的夹角为锐角，则的取值可能为( )
A. B. C. D.
11. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则( )
A. B.
C. 若A与B互斥，则D. 一定有
12. 如图，多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形，则( )
A. B. 平面平面FAB
C. 直线EA与平面ABCD所成的角为D. 点E到平面ABF的距离为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 掷两颗骰子，则所得的点数之和为6的概率为______．
14. 如图所示，水平放置的一个平面图形的直观图是边长为的正方形，则原图形的周长是__________ .
15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则BC边上的高的最大值为__________.
16. 为获得天一中学高一学生的身高(单位：cm)信息，采用随机抽样方法抽取了样本量为50的样本，其中男女生样本量均为25，计算得到男生样本的均值为176，标准差为10，女生样本的均值为166，标准差为20.则总样本的均值为_________cm，方差为_________.
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. 已知复数，其中是正实数，是虚数单位
(1)如果为纯虚数，求实数的值；
(2)如果，是关于方程的一个复根，求的值.
18. 龙光塔始建于明朝万历二年，位于无锡市锡山山顶，如图，某学习小组为了在塔外测量龙光塔高度，在与塔底B水平的C处测量得塔顶A的仰角为.受锡山地形所限，他们沿斜坡从C点下行14米到达D点(与A，B，C共面)后，测量得塔顶A的仰角为.已知C，D两点的海拔高度差为2米.

(1)记斜坡CD与水平方向的夹角为锐角，计算的余弦值；
(2)计算龙光塔高度.
19. 如图，在四棱锥中，，，，是棱上一点.

(1)若，求证：平面；
(2)若平面平面，平面平面，求证：平面.
20. 某高中高一500名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：，并整理得到频率分布直方图如图所示.
(1)从总体的500名学生中随机抽取一人，估计其分数小于60的概率；
(2)估计测评成绩的第分位数；
(3)已知样本中分数小于40的学生有5人，其中3名男生；分数小于30的学生有2人，其中1名男生.从样本中分数小于40的学生中随机抽取一人，则“抽到的学生分数小于30”与“抽到的学生是男生”这两个事件是否独立?请证明你的结论.
21. 如图，在正三棱台中，底面是边长为的正三角形，且.

(1)证明：；
(2)求异面直线、所成角的余弦值.
22. 已知是内一点，.
(1)若是的外心，求的余弦值；
(2)若是的垂心，是平面外一点，且平面，当四面体外接球体积最小时，求的值.
江苏省天一中学2022-2023学年春学期高一期末考试(理科)
数学
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先写出复数，再得到其共轭复数.
【详解】因为复数对应的点的坐标是，所以，
所以.
故选：A
2. 已知点，，，若A，B，C三点共线，则的坐标为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的线性运算的坐标关系即可求解.
【详解】由题意可知 由于A，B，C三点共线，所以与共线，
所以，
所以,
故选：D
3. 半径 的球内接一个正方体，则该正方体的体积为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用球的直径等于内接正方体的体对角线，求得棱长，由此得解.
【详解】半径为的球内接一个正方体，设正方体的棱长为，
则该球即为正方体的外接球，其直径长度为正方体的体对角线长，
则，解得，
所以正方体的体积为.
故选：C
4. 某小组有5名男生和4名女生，从中任选4名同学参加“教师节”演讲比赛，则下列每对事件是对立事件的是( )
A. 恰有2名男生与恰有4名男生
B. 至少有3名男生与全是男生
C. 至少有1名男生与全是女生
D. 至少有1名男生与至少有1名女生
【答案】C
【解析】
【分析】
根据对立事件和互斥事件的概念对选项逐一分析，由此选出正确选项.
【详解】“恰有2名男生”与“恰有4名男生”是互斥事件，但不是对立事件，排除A项；“至少有3名男生”与“全是男生”可以同时发生，不是互斥事件，排除B项；“至少有1名男生”与“全是女生”不可能同时发生，且必有一个发生，是对立事件，C项正确；“至少有1名男生”与“至少有1名女生”可以同时发生，不互斥，排除D项．
故选：C.
【点睛】本小题主要考查对立事件和互斥事件概念的理解和辨析，属于基础题.
5. 已知分别为三个内角的对边，若，则满足此条件的三角形个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 1或2
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用正弦定理求出，，从而得出结果.
【详解】因为，由正弦定理，得到，所以，
又因为，故，.
故选：B.
6. 一组数据按从大到小的顺序排列为8，7，，4，4，1，若该组数据的中位数是众数的倍，则该组数据的平均值、方差和第60百分位数分别是( )
A. 6，，5B. 5，5，5C. 5，，6D. 4，5，6
【答案】C
【解析】
【分析】利用中位数与众数的定义得到关于的方程，从而得解.
【详解】依题意，将这组数据从小到大重新排列得，，，，，，
则中位数 ，众数为，
由题意知，解得，
所以这组数据的平均数为，
则这组数据的方差是，
因为，所以这组数据的第百分位数是；
故选：C.
7. 已知点D为边BC上的中点，点E满足，若，则( )
A. 5B. 7C. 9D. 11
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算，结合图形即可得解.
【详解】依题意，作出图形如下，
因为点D为BC上的中点，，
所以，
则，故，则
故选：D.
8. 病毒研究所检测甲乙两组实验小白鼠的某医学指标值，得到样本数据的频率分布直方图(如图所示)，则下列结论正确的是( )

A. 甲组数据中位数大于乙组数据中位数B. 甲组数据平均数大于乙组数据平均数
C. 甲组数据平均数大于甲组数据中位数D. 乙组数据平均数大于乙组数据中位数
【答案】C
【解析】
【分析】根据直方图的形态可得甲组的平均数大于中位数，且都小于7，乙组的平均数小于中位数，且都大于7，进而可得.
【详解】根据甲组的样本数据的频率分布直方图可知为单峰的，直方图在右边“拖尾”，所以甲组的平均数大于中位数，且都小于7，
同理可得乙组的平均数小于中位数，且都大于7，
故甲组数据中位数小于乙组数据中位数，故A错误；
甲组数据平均数小于乙组数据平均数，故B错误；
甲组数据平均数大于甲组数据中位数，故C正确；
乙组数据平均数小于乙组数据中位数，故D错误
故选：C.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 若，，，为复数，，下列命题正确的是( )
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用共轭复数与复数模的性质判断即可；对于B，利用判断即可；对于C，利用虚数不能比较大小判断即可；对于D，利用复数四则运算的性质判断即可.
【详解】对于A，因为，所以，则，故A正确；
对于B，因为，所以，则，
所以，则，故B正确.
对于C，取，则满足，但由于虚数无法比较大小，故不成立，故C错误；
对于D，因，所以(舍去)或，故D正确.
故选：ABD.
10. 单位向量与的夹角为锐角，则的取值可能为( )
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】令与的夹角为，则，利用向量的模的运算，即可得出相应的范围.
【详解】由题知，令与的夹角为，则，
，
所以，，
故选：BC
11. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则( )
A. B.
C. 若A与B互斥，则D. 一定有
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，利用对立事件的概率公式即可判断；对于BC，利用和事件与交事件的概率公式，结合互斥事件的定义计算判断即可；对于D，举反例即可判断.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，因为，
又且，则，
所以，即，故B正确；
对于C，因为A与B互斥，所以，
则，故C错误；
对于D，记事件“抛掷一枚骰子，向上的点数小于3”，事件“抛掷一枚骰子，向上的点数为4”，
则满足，，但不成立，故D错误；
故选：AB.
12. 如图，多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形，则( )
A. B. 平面平面FAB
C. 直线EA与平面ABCD所成的角为D. 点E到平面ABF的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形条件结合正方形的特点，可判断A选项，取中点，连接、，根据两平面的二面角可判断B选项，根据对称性找到平面的垂线，根据线面角的性质可求C选项，求点到面的距离转化为求三角形的高，可判断D选项.
【详解】对于A选项，如图，由，，，为正三角形
可得为正方形，故，故A正确；
对于B选项，取中点为，在，中，
由正三角形的性质可得，，，平面平面，
平面，平面，则为二面角的平面角，
由，，得，故B错误；
对于C选项，由条件可知四棱锥、四棱锥均为正四棱柱，连接，交点为正方形的中心，则平面，
即为直线与平面所成的角，由，，
得，故C正确；
对于D选项，连接，在正方形可知，，
平面，平面，
，与相交，且平面，
平面
即为三棱锥的高，
设点E到平面ABF的距离为，
由几何关系可求得，，，，
由可得，，
代入数据解得，故D正确．
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 掷两颗骰子，则所得的点数之和为6的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】掷两颗骰子得到有序数对，事件“正面朝上的点数之和为6”的基本事件有：，，，，共有5个基本事件，而所有的基本事件有36个，由此结合随机事件的概率公式即可算出本题的概率．
【详解】记两颗骰子的点数分别为，，得掷两颗骰子得到有序数对
则、的值可能是1，2，，6共六种情况，共个基本事件．
事件“正面朝上的点数之和为6”的基本事件有：
，，，，
共有5个基本事件因此，点数之和为6的概率为
故答案为：
14. 如图所示，水平放置的一个平面图形的直观图是边长为的正方形，则原图形的周长是__________ .
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由斜二测画法分析原图为平行四边形，求出其相邻边长，从而得解．
【详解】依题意，还原直观图如下，

因为正方形的边长为，
所以，，
则，
所以原图形的周长为.
故答案为：.
15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则BC边上的高的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理边角互化可得,由基本不等式以及三角形的面积公式即可求解.
【详解】由正弦定理可得
，所以，
又，当且仅当时取等号，故，故 最大值为
设边上的高为 则，要使最大，则三角形的面积最大即可，故的最大值为，
故答案为：
16. 为获得天一中学高一学生的身高(单位：cm)信息，采用随机抽样方法抽取了样本量为50的样本，其中男女生样本量均为25，计算得到男生样本的均值为176，标准差为10，女生样本的均值为166，标准差为20.则总样本的均值为_________cm，方差为_________.
【答案】 ①. 171 ②. 275
【解析】
【分析】结合平均值和方差公式，即可求解．
【详解】记男生样本为，，，，均值为，方差为，女生样本为，，，，均值为，方差为，
容量为50的样本均值为，方差为
则
所以
则
则总样本的均值为cm，方差为.
故答案为：；.
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. 已知复数，其中是正实数，是虚数单位
(1)如果为纯虚数，求实数的值；
(2)如果，是关于的方程的一个复根，求的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)先利用复数的四则运算求得，再利用复数的分类即可得解；
(2)先利用复数的四则运算化简，从而得到题设方程的两个复根，再利用韦达定理即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，
因为为纯虚数，所以，解得(负值舍去)，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，
则，
因为是关于的方程的一个复根，
所以与是的两个复根，
故，则，
所以.
18. 龙光塔始建于明朝万历二年，位于无锡市锡山山顶，如图，某学习小组为了在塔外测量龙光塔的高度，在与塔底B水平的C处测量得塔顶A的仰角为.受锡山地形所限，他们沿斜坡从C点下行14米到达D点(与A，B，C共面)后，测量得塔顶A的仰角为.已知C，D两点的海拔高度差为2米.

(1)记斜坡CD与水平方向的夹角为锐角，计算的余弦值；
(2)计算龙光塔的高度.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)依题意结合图形，在中求得，再利用三角函数的平方关系即可得解；
(2)结合图形，分别求得，从而得到关于的方程，解之即可得解.
【小问1详解】
依题意，过作交于，过作，交于，如图，

则，
所以在中，，
又，所以，
所以的余弦值为.
【小问2详解】
由(1)得，，
设龙光塔的高度，则在中，，则，
易知四边形是矩形，则，，
又在中，，则，
所以，即，故.
所以龙光塔的高度为.
19. 如图，在四棱锥中，，，，是棱上一点.

(1)若，求证：平面；
(2)若平面平面，平面平面，求证：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)利用平行线分线段成比例得到，从而利用线面平行的判定定理即可得证；
(2)先利用面面垂直的性质定理推得，，再利用线面垂直的判定定理即可得证.
【小问1详解】
连接交于点，连接，如图，

因为，所以，
因为，所以，
所以，所以，
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面平面，，平面平面平面，
所以平面，又平面，所以，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，又平面，所以，
因为平面平面，
所以平面．
20. 某高中高一500名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：，并整理得到频率分布直方图如图所示.
(1)从总体的500名学生中随机抽取一人，估计其分数小于60的概率；
(2)估计测评成绩的第分位数；
(3)已知样本中分数小于40的学生有5人，其中3名男生；分数小于30的学生有2人，其中1名男生.从样本中分数小于40的学生中随机抽取一人，则“抽到的学生分数小于30”与“抽到的学生是男生”这两个事件是否独立?请证明你的结论.
【答案】(1)
(2)
(3)不相互独立，证明见解析
【解析】
【分析】(1)由对立事件结合频率分布直方图先得出数不小于60的频率，即可得出分数小于60的频率，从而得解；
(2)先判断测评成绩的第分位数所在区间，再利用百分位数的计算方法求解即可；
(3)依题意分别求得这两事件与交事件的概率，再利用独立事件的概率公式判断即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得分数不小于60的频率为：，
则分数小于60的频率为：，
故从总体的500名学生中随机抽取一人，其分数小于60的概率估计为；
【小问2详解】
由频率分布直方图易得分数小于70的频率为，分数小于80的频率为，
则测评成绩的第分位数落在区间上，
所以测评成绩的第分位数为；
【小问3详解】
依题意，记事件 “抽到的学生分数小于30”，事件 “抽到的学生是男生”，
因为分数小于40的学生有5人，其中3名男生；
所以“抽到的学生是男生”的概率为，
因为分数小于30的学生有2人，其中1名男生，
所以“抽到的学生分数小于30” 的概率为，
因为事件表示“抽到的学生分数小于30且为男生”，满足条件的只有1名男生，
所以，
因为，
所以这两个事件不相互独立.
21. 如图，在正三棱台中，底面是边长为的正三角形，且.

(1)证明：；
(2)求异面直线、所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)将正三棱台补成正三棱锥，取的中点，连接、，证明出平面，可得出，即可得出结论；
(2)
【小问1详解】
证明：将正三棱台补成正三棱锥，取的中点，连接、，
因为为等边三角形，为的中点，则，
在正三棱锥中，，为的中点，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，即.
【小问2详解】
解：取的中点，连接、、、，如下图所示：

因为在三棱台中，，且，则，
又因为，所以，、分别为、的中点，同理，为的中点，
所以，，故正三棱锥的每个面都是边长为的等边三角形，
因为为的中点，则，同理，
因为、分别为、的中点，所以，，且，
所以，异面直线、所成角为或其补角，
在中，，，，
由余弦定理可得，
由余弦定理可得，
因此，异面直线、所成角的余弦值为.
22. 已知是内一点，.
(1)若是的外心，求的余弦值；
(2)若是的垂心，是平面外一点，且平面，当四面体外接球体积最小时，求的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)取中点，中点，分别连接，再根据，由向量垂直的数量积解出三边长度关系即可.
(2)取中点，在上取，在上取，分别连接，延长交于点，先根据解出三边长度关系，再证明出四边形是长方形得到的长度，最后在四面体中找到外接球球心的位置，且当外接球球心刚好与的外心重合时，外接球半径最小，体积也最小.
【小问1详解】
取中点，中点，
分别连接，如图：

是的外心，是三条边上垂直平分线的交点，
，
则，
,
设，，，
则，
由余弦定理可得，
即，
令，解得，，
则.
故的余弦值为.
【小问2详解】
取各边中点，连接成，如图：

则，且相似比为.
设是的外心，则，
由中位线平行底边可得，，
即是的垂心，由相似可得，即.
在上取，在上取，
分别连接，延长交于点，如图：

是的垂心，
，
又，
四边形是平行四边形.
则，
,
设，，，
则，
由余弦定理可得，
即，
令，解得，，
则，，
由正弦定理可得的外接圆半径，
.
，
又
，即，
所以，四边形是平行四边形，且为长方形，
在中，，
则.
在四面体中，设平面，且，
分别连接，如图：

由平面，可得，
设，
则，
，
当时，是四面体的外接球球心，是四面体的外接球半径，
解可得，
当四面体的外接球体积最小时，半径也最小，
而半径取最小值时，，
此时，解得，
则
故当四面体外接球体积最小时，的值为.
【点睛】方法点睛：对于存在外接球的棱锥，求外接球球心位置的通用方法，即先找底面外接圆圆心，再过圆心作底面的垂线，则外接球球心一定在这条垂线上，再通过外接球球心到顶点的距离等于到底边图形顶点的距离，即可确定外接球球心的位置.