解析版：华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高一下学期6月期末数学试题

这是一份解析版：华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高一下学期6月期末数学试题，共21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。
华中师大一附中2022—2023学年度下学期高一期末检测数学试题时限：120分钟  满分：150分  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. 已知i为虚数单位，则（    ）A.  B. 1 C.  D. i【答案】D【解析】【分析】根据诱导公式以及复数的乘法运算即可化简求值.【详解】故选：D2. 如果一组数据的中位数比平均数小很多，则下列叙述一定错误的是（    ）A. 数据中可能有异常值 B. 这组数据是近似对称的C. 数据中可能有极端大的值 D. 数据中众数可能和中位数相同【答案】B【解析】【分析】根据中位数、平均数、众数的定义说明．【详解】中位数表示一组数据的一般水平，平均数表示一组数据的平均水平，如果这两者差不多，说明数据分布较均匀，也可以看作近似对称，但现在它们相关很大，说明其中有异常数据，有极端大的值，众数是出现次数最多的数，可能不止一个，当然可以和中位数相同，因此只有B错误．故选：B．【点睛】本题考查样本数据特征，掌握它们的概念是解题基础．3. 有2个人在一座8层大楼的底层进入电梯，假设每一个人从第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则这两人在不同层离开电梯的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由古典概型的概率公式与对立事件的概率公式求解即可.【详解】由题意得，由于每一个人自第二层开始在每一层电梯是等可能的，故两人离开电梯的所有可能情况有种，而两人在同一层电梯的可能情况有，所以两人在同一层离开电梯的概率为，所以两人在不同层离开电梯的概率为，故选：B.4. 已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针旋转，得到，则点的横坐标为（    ）A.  B.  C.  D. 1【答案】A【解析】【分析】由任意角的三角函数的定义求解即可.【详解】设点是终边上一点，设点的横坐标为，则，所以，所以.故选：A.5. 某调查机构抽取了部分关注济南地铁建设的市民作为样本，分析其年龄和性别结构，并制作出如下等高条形图．根据图中（岁以上含岁）的信息，关于该样本的结论不一定正确的是（    ）  A. 男性比女性更关注地铁建设B. 关注地铁建设的女性多数是岁以上C. 岁以下的男性人数比岁以上的女性人数多D. 岁以上的人对地铁建设关注度更高【答案】C【解析】【分析】由等高条形图一一分析即可.【详解】由等高条形图可得：对于A：由左图知，样本中男性数量多于女性数量，从而男性比女性更关注地铁建设，故A正确；对于B：由右图知女性中岁以上的占多数，从而样本中多数女性是岁以上，从而得到关注地铁建设的女性多数是岁以上，故B正确；对于C：由左图知男性人数大于女性人数，由右图知岁以下的男性占男性人数比岁以上的女性占女性人数的比例少，无法判断岁以下的男性人数与岁以上的女性人数的多少，故C不一定正确；对于D：由右图知样本中岁以上的人对地铁建设关注度更高，故D正确．故选：C．6. 已知，，是三条不同直线，，，是三个不同的平面，给出下列命题，其中真命题是（    ）A. 若，，则．B. 若，，，，则．C. 若，，，则．D. ，，，，，则．【答案】B【解析】【分析】由线线垂直的性质可知A错误；由线面平行的性质定理可得B选项正确；由面面垂直的性质以及线面的位置关系可得C错误；由线面平行的性质和线面垂直的性质可得D错误.【详解】对于A，若，，则或，即可能在平面内，所以A错误；对于B，根据条件可知，，，，所以，又，，由线面平行的性质定理可得，即B选项正确；对于C，若，，，则与可能平行、相交或异面，即C错误；对于D，当，，，，时，与可能平行或相交，即D错误.故选：B7. 设平面向量，，在方向上的投影向量为，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据数量积的定义和投影向量的定义逐个分析判断即可.【详解】设与的夹角为，对于A，当为锐角时，，，不一定相等，所以A错误，对于B，当为锐角时，，，所以，当为钝角时，，，所以，当为直角时，，综上B错误，对于C，，所以C正确，对于D，若，则，所以D错误，故选：C8. 已知锐角α，β满足sin α－cos α＝，tan α＋tan β＋tan αtan β＝，则α，β的大小关系是（    ）A. α<<β B. β<<αC. <α<β D. <β<α【答案】B【解析】【分析】由两角和与差的正切公式得出α＋β＝，结合，得出α>，结合选项可得答案．【详解】∵α为锐角，sin α－cos α＝，∴α>．又tan α＋tan β＋tan αtan β＝，∴tan(α＋β)＝，∴α＋β＝，又α>，∴β<<α．故选：B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.（在每小题给出的四个选项中，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. 下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（    ）A. 在复平面内对应的点在第一象限 B. C. 的共轭复数为 D. 是关于的方程的一个根【答案】ABD【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可结合选项逐一求解.【详解】由可得,对于A,点为，故在第一象限，A正确，对于B,，故B正确，对于C,的共轭复数为，故C错误，对于D,，故D正确，故选：ABD10. 对于一个事件E，用表示事件E中样本点的个数．在一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D中，，，则（    ）A. A与D不互斥 B. A与B互为对立 C. A与C相互独立 D. B与C相互独立【答案】BCD【解析】【分析】利用古典概型相关知识，以及互斥事件，对立事件概率计算公式即可求解.【详解】对于A：，，，与互斥，故A错误；对于B： A与B互为对立，故B正确；对于C：，， ，， A与C相互独立，故C正确；对于D：,，，又，，， B与C相互独立，故D正确；故选：BCD.11. 在一次党建活动中，甲､乙､丙､丁四个兴趣小组举行党史知识竞赛，每个小组各派10名同学参赛，记录每名同学失分（均为整数）情况，若该组每名同学失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知甲､乙､丙､丁四个小组成员失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（    ）A. 甲组中位数为2，极差为5B. 乙组平均数为2，众数为2C. 丙组平均数为1，方差大于0D. 丁组平均数为2，方差为3【答案】AD【解析】【分析】结合中位数，平均数，众数，方差，极差的定义，分析判断每个选项.【详解】对，因中位数为2，极差为5，故最大值小于等于7，故正确；对，如失分数据分别为，则满足平均数为2，众数为2，但不满足每名同学失分都不超过7分，故B错误；对，如失分数据分别为，则满足平均数为1，方差大于0，但不满足每名同学失分都不超过7分，故C错误；对，利用反证法，假设有一同学失分超过7分，则方差大于，与题设矛盾，故每名同学失分都不超过7分．故D正确．故选：AD.12. 如图所示，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，以下四个命题中正确的是（    ）  A. 四边形一定为菱形 B. 平面平面C. 四棱锥体积为 D. 四边形的周长最小值为【答案】ABC【解析】【分析】对于A，由正方体的性质得平面平面，从而，同理得，再由，得四边形为菱形；对于B，连接，，，推导出，，从而得到平面平面；对于C，求出四棱锥的体积进行判断；对于D，四边形是菱形，当点，分别为，的中点时，四边形的周长最小．【详解】连接，，，，，显然，且，所以为平行四边形，所以，由题意得，平面，平面，所以，，平面，所以平面，则平面，平面，所以平面平面，故B正确；由正方体的性质得平面平面，平面平面，平面平面，故，同理得，又平面，平面，，四边形为菱形，故A正确；对于C，四棱锥的体积为：，故C正确；对于D，四边形是菱形，四边形的周长，当点，分别为，的中点时，四边形的周长最小，此时，即周长的最小值为，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. 已知函数的图象关于点中心对称，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】由余弦函数的性质可得的，即可求出答案.【详解】因为函数的图象关于点中心对称，所以，所以，则当时，的最小值为.故答案为：14. 如图所示，直线垂直于圆所在的平面，内接于圆，且为圆的直径，.现有以下命题：  ①；②当点在圆周上由点逐步向点移动过程中，二面角会逐步增大；③当点在圆周上由点逐步向点移动过程中，三棱锥的体积的最大值为.其中正确的命题序号为______.【答案】①③【解析】【分析】由线面垂直的判定定理可判断①；由面面垂直的判定定理可判断②；由等体积法可判断③.【详解】因为平面，平面，所以，又因为为圆的直径，所以，平面，所以平面，而平面，所以，故①正确；因为平面，而平面，所以平面平面，故当点在圆周上由点逐步向点移动过程中，二面角恒为，故②不正确；因为，所以三棱锥的体积,过点作交于点，所以，所以，所以求三棱锥的体积的最大值，即求的最大值，当点在圆周上由点逐步向点移动过程中，当为中点时，最大，且的最大值为，所以三棱锥的体积的最大值为，故③正确；故答案：①③.  15. 在某次模拟测试中，30名男生的平均分数是70分，样本方差是10；20名女生的平均分数是80分，样本方差是15，则该次模拟考试中这50名同学成绩的平均分为______，方差为______.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】根据平均数、方差公式计算可得.【详解】记名男生得分记为，，，，名女生得分记，，，，男生得分平均分，则，女生得分平均分，则，所以总平均分，总方差为，所以此人该次模拟考试成绩的平均分是，方差是．故答案为：；16. 在三棱锥中，，，两两垂直，，，为棱上一点，于点，则当的面积取最大值时，三棱锥的外接球表面积为______.【答案】##【解析】【分析】设，求得，结合，求得，进而求得和，根据，求得面积的最大值，再根据正方体的性质求得三棱锥的外接球的半径为，进而求得外接球的表面积.【详解】设，且，因为两两垂直，所以，所以，可得，因为且，平面，所以平面，又因为平面，所以，所以，因为且，平面，所以平面，又因为平面，所以，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，设三棱锥的外接球的半径为，则，所以三棱锥的外接球的表面积为.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. 已知扇形OAB的半径为1，，P是圆弧上一点（不与A，B重合），过P作，M，N为垂足．  （1）若，求PN的长；（2）设，PM，PN的线段之和为y，求y的取值范围．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）在直角与直角中，利用锐角三角函数的定义求解作答.（2）由（1）中信息，把y用x的函数表示出，再借助正弦函数的性质求解作答.【小问1详解】在中，，则，显然，则，从而，在中，，所以.【小问2详解】依题意，，因此，显然，于是，所以y取值范围是.18. 柜子里有3双不同的鞋，记第1双鞋左右脚编号为，，记第2双鞋左右脚编号为，，记第3双鞋左右脚编号为，.如果从中随机取出4只，那么（1）写出试验的样本空间，并求恰好取到两双鞋的概率；（若取到，，，，则样本点记为，其余同理记之.）（2）求事件“取出的鞋子中至少有两只左脚，且不能凑两双鞋”的概率.【答案】（1）样本空间见解析；    （2）【解析】【分析】（1）根据题意可直接列出试验的样本空间，再由基本事件个数和古典概型计算公式求解即可；（2）列出事件的基本事件并计算个数，再由古典概型计算公式求解即可．【小问1详解】由题意得，试验的样本空间设A表示事件“恰好取到两双鞋”，则，所以，，故事件“恰好取到两双鞋”的概率为；【小问2详解】由（1）知，事件“取出的鞋子中至少有两只左脚”为所以，，故事件“取出的鞋子中至少有两只左脚”的概率为．19. 如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.  （1）证明：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，利用法向量证明面面垂直；（2）求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角求出二面角的余弦值.【小问1详解】证明：取的中点,连接，在正三棱柱中，不妨设;以为原点，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则,，；设平面的一个法向量为，则, ，取，则，即；设平面的一个法向量为，则,即，取得.因为，所以平面平面；  【小问2详解】因为，由（1）可得，即，易知平面的一个法向量为,；二面角的余弦值为.20. 在平面凸四边形（每个内角都小于）中，，，，.（1）求四边形的面积；（2）若，为边，的中点，求的值.【答案】（1）    （2）1【解析】【分析】（1）根据余弦定理得到，，根据得到，，计算面积得到答案.（2）确定，，代入数据计算得到答案.【小问1详解】中，， 中，，因为，所以，所以，  所以，因为，所以，，所以.【小问2详解】法1：因为，又，所以，因为，所以.  法2：由，以为坐标原点建系，则，，，，，，则，解得，所以，，则，因为，所以.21. 某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：  利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．（1）当漏诊率％时，求临界值c和误诊率；（2）设函数，当时，求的解析式，并求在区间的最小值．【答案】（1），；    （2），最小值．【解析】【分析】（1）根据题意由第一个图可先求出，再根据第二个图求出的矩形面积即可解出；（2）根据题意确定分段点，即可得出的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出．【小问1详解】依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以，所以，解得：，．【小问2详解】当时， ；当时， , 故，所以在区间的最小值为． 22. 如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，、分别为、的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为45°.    （1）求证：平面；（2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析    （2）存在，线段的长为1.【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，从而得到是的中位线，得到线线平行，证明出线面平行；（2）法一：作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点到坐标，设出，，利用空间向量线面角的求解公式列出方程，求出答案；法二：作出辅助线，得到平面平面，得到直线与平面所成的角即为与平面所成的角，设，由三角形相似得到，表达出，，进而表达出或，故，从而列出方程，求出，得到答案.【小问1详解】连接，与相交于点，连接，因为，为的中点，所以且，故四边形为平行四边形，故，又因为为的中点，所以是的中位线，故，因为平面，平面，所以平面； 【小问2详解】法一：存在，线段的长为1，理由如下：取的中点，连接，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，连接，过点作⊥于点，因为，则，，因为与侧棱所在直线所成的角为45°，所以，，所以，设，，，设平面的法向量为，则，令得，则，设直线与平面所成的角的大小为，则，解得或34（舍去），  故，线段的长为.法二：存在，线段的长为1，理由如下：连接，显然过点，连接，过点，因为、分别为、的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，由（1）知：且，故四边形为平行四边形，故，因为平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面，故直线与平面所成的角即为与平面所成的角，设，连接，因为垂直于上下底面，上、下底面均是正方形，所以⊥平面，故即为与平面所成的角，连接，过点作⊥于点，因为，则，，因为与侧棱所在直线所成的角为45°，所以，，，解得，因为，所以，设，则，即，解得，故，过点作⊥于点，则或，故，由勾股定理得，即，解得，故线段的长为.