湖北省新高考联考协作体2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题（解析版）

这是一份湖北省新高考联考协作体2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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. 已知i是虚数单位，复数，则的虚部为（ ）
A. 1B. 2C. iD.
【答案】B
【解析】，虚部为2.
故选：B.
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
【答案】C
【解析】对于①，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；
对于②，高一共有人，高二共有人，
从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查，
高一应抽取人，高二应抽取人，故②正确；
对于③，甲被抽到的可能性为，乙被抽到的可能性为，
甲和乙被抽到的可能性相等，故③错误.
故选：C.
3. 已知，是两个不同的平面，为平面内的一条直线，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，，则
C 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】对于A，由面面平行判定定理可知，
在平面内需要两条相交直线与平面平行才能得出两平面平行，故A错误；
对于B，选项缺少不在平面内，故B错误；
对于C，由面面垂直的性质定理可知，平面内的直线与，两个平面的交线垂直，
才能得出，故C错误；
对于D，已知，为平面内的一条直线，由面面垂直判定定理可知D正确，
故D正确.
故选：D.
4. 已知向量，满足，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】由，得，
根据定义可知：在方向上的投影向量为.
故选：C.
5. 已知，，是三个平面，，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与直线可能是异面直线
B. 若，则直线与直线可能平行
C. 若，则直线与直线不可能相交于点
D. 若，则
【答案】D
【解析】对于A，，，所以，，故A错误；
对于B、D，因为，，，所以，，，
因为，所以，所以直线，，必然交于一点（即三线共点），
故B，C错误；
对于D，若，，，所以，又，，则，
故D正确.
故选：D.
6. 已知平面向量满足且对，有恒成立，则与夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由展开得，
对，有恒成立，
即，即，
所以可得，
所以解得，
又，所以，
则，
所以，
则与的夹角余弦值，
所以与的夹角为.
故选：A．
7. 在边长为2的正方形中，是的中点，点是的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，则到平面的距离为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】由折叠不变可知，三棱锥中，，两两相互垂直，
所以，
的三边长分别为，，，所以，
因为，设到平面的距离为，
所以，解得.
故选：B.
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. 10.6
C. 12.6D. 13.6
【答案】D
【解析】设增加的数为，，原来的8个数分别为，
则，，所以，
又因为，即，
新的样本数据的方差为
，
因为，，
所以方差的最小值为13.6（当时取到最小值）.
故选：D.
二、多项选择题：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
【答案】ACD
【解析】对于A，从平均数角度考虑是对的，
甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，故A正确；
对于B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；故B错误；
对于C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，故C正确；
对于D，从平均数和标准差角度考虑是对的，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知（全体复数集），关于的方程的两根分别为，，若，则的可能取值为（ ）
A. B. C. 0D. 4
【答案】ACD
【解析】因为，，所以，
当时，，
∴；
当时，，，∴.
故选：ACD.
11. 已知函数的部分图象如图所示，加入以下哪个选项作为已知条件，可以唯一确定的值（ ）
A. ，B. ，
C. D.
【答案】ABD
【解析】当，时得，，
∴，A选项正确；
当，时，函数的最小正周期，
∴，以及，
∴，B正确；
由图象可得，，∴，
又因为，∴，所以C错，D对.
故选：ABD.
12. 已知棱长为1的正方体中，为正方体内及表面上一点，且，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，对任意，平面恒成立
B. 当，时，与平面所成的线面角的余弦值为
C. 当时，恒成立
D. 当时，的最小值为
【答案】ABC
【解析】对于A，如图1，当时，点在线段上，包含于平面，
又因为平面平面，平面，所以平面，
故A正确；
对于B，如图2，当，时，是的中点，
因为平面，平面，
所以，又，，AB、BC1在面ABC1D1内，
所以，是垂足，所以为所求，
在中，，
所以与平面所成的线面角的余弦值为，故B正确；
对于C，如图3，当时，点在线段上，
由选项C同理可证面，
面，，故C正确；
对于D，如图4，当时，点在线段上，
将平面和平面展开成平面图后，线段为所求，
此时，，
的最小值为，故D错误.
故选：ABC.
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，复数满足，则______.
【答案】
【解析】因为，所以.
故答案为：.
14. 如图是水平放置的的直观图，其中，，，则的周长为______.
【答案】24
【解析】如图，根据直观图复原原图，
则，
故的周长为.
故答案为：24.
15. 半径为的球的球面上有四点，，，，已知为等边三角形且其面积为，三棱锥体积的最大值为，则球的半径等于______.
【答案】4
【解析】设的中心为，三棱锥外接球的球心为，则当体积最大时，
点，，在同一直线上，且垂直于底面，如图，
因为为等边三角形且其面积为，
所以的边长满足，故，
所以，，
故，
故三棱锥的高，
所以，所以.
故答案为：.
16. 已知直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边，，上，且，，则的最小值为______.
【答案】
【解析】设，，
则中，，
由正弦定理得：，∴，
在中，，，同理可得，
因此可得，
，
因为，其中，，
由于，，所以当时，，
所以，则的最小值为.
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. 已知为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数，且在复平面上对应的点在虚轴上.
（1）求；
（2）设，，在复平面上对应的点分别为，，，求的面积.
解：（1）∵，
∴，，
∴.
（2）由（1）知：，，
∴，，
∴，
在复平面上对应的点分别为，，，
∴，，，
由余弦定理可得，且，
∴，
∴.
18. 记的内角的对边分别为，满足.
（1）求角；
（2）若，，是中线，求的长.
解：（1）因为，由正弦定理可知：，
由，故，
∴，
∴，
∴，又，所以.
（2）根据数量积的定义，由，得，
又，在中由余弦定理得：，
∵，∴，
所以.
19. 如图，在边长为2的正方体中，，分别是棱，的中点.
（1）求证：点在平面内；
（2）用平面截正方体，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为，，求的值.
解：（1）如图，连接，在正方体中，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又，分别是棱，的中点，则，所以，
所以、、、四点共面，即点在平面内.
（2）连接，所以平面截正方体的截面是四边形，
所以是几何体三棱台的体积，
则，，
所以，
且，因此：.
20. 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，发掘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，，，，，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）；
（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人中分数在区间的学生成绩的方差.
解：（1）成绩落在的频率为，
补全的频率分布直方图，如图，
样本的平均数（分），
设80%分位数为，则，
解得：（分）.
（2）由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取30人和20人，
分层抽样的平均值：（分），
分层抽样的方差：，
所以这200人中分数在区间所有人的成绩的方差为55.4.
21. 在三棱柱中，，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值.
解：（1）如图，设的中点为，连接，，
因为，所以，又因为，且，
所以，因为，平面，且，
所以平面，因为平面，
所以，在中，，，
由余弦定理求得
，
则，，
因为，所以，解得，
在，，，可知，又，
在中，，因此，
又，且，平面，且，
所以平面， 平面，因此平面平面.
（2）由第一问证明易得，，且，
取的中点，为二面角的平面角，
且，，
，
所以二面角的平面角的余弦值为.
22. 记的内角，，的对边分别为，，，且边上的高.
（1）若，求；
（2）已知中角和是锐角，求的最小值.
解：（1）因为边上的高，则，
由正弦定理得，而，则，
当时，，即有，即，
显然，即，有，于是或，
所以或.
（2）在中，由，
得，而和锐角，
即，
于是，
显然，从而，
因此
，
当且仅当时取等号，
所以当时，的最小值.