精品解析：吉林省长春市十一高中2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

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长春市十一高中2022-2023学年度高一下学期第三学程考试
数学试题
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 若复数z满足，则 (　　)
A. 1 B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法求，进而结合模长公式运算求解.
【详解】因为，
所以，
故选：B．
2. 下列说法中不正确的是（ ）
A. 将一组数据中的每个数据都乘以2后，平均数也变为原来的2倍
B. 一组数据1，2，3，3，4，5的平均数、众数、中位数都相同
C. 一组数6，5，4，3，3，3，2，2，2，1的90%分位数为5.5
D. 若甲组数据的方差为5，乙组数据的方差为4.7，则这两组数据中较稳定的是甲
【答案】D
【解析】
【分析】A由平均数的倍数关系，结合平均数的求法判断；B求出平均数、众数、中位数即可；C求出90%分位数；D由方差大小与稳定性关系判断.
【详解】A：若原数据为，则，每个数据乘以2后，则，正确；
B：平均数为，中位数、众数均为3，正确；
C：从小到大为1、2、2、2、3、3、3、4、5、6，由，90%分位数为，正确；
D：由甲的方差比乙大，故乙数据比较稳定，错误.
故选：D
3. 已知向量，，且，则（　　）
A. B. C. 2 D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求得的值．
【详解】向量，，且，，则.
故选：．
4. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则为（　　）
A. 钝角三角形 B. 直角三角形
C. 锐角三角形 D. 等边三角形
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，得到，进而得到三角形的形状.
【详解】在中，因为，可得，
又因为，可得，
即，可得，
由，所以，所以，
所以为钝角三角形.
故选：A
5. 下列命题正确的是（ ）
（1）已知平面，和直线，，若，，，，则；
（2）已知平面和直线，，若，，则；
（3）已知平面，和直线，，且m，n为异面直线，，.若直线l满足，，，，则与相交，且交线平行于；
（4）在三棱锥中，，，，垂足都为P，则P在底面上的射影是三角形ABC的垂心.
A. （2）（3） B. （2）（3）（4） C. （3）（4） D. （1）（2）
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间直线、平面间位置关系判断（1）（2），由线面垂直判定定理的性质定理判断（3）（4）．
【详解】（1）中只有当是相交直线时才有，否则与可能相交，（1）错；
（2）中直线可能平行，也可能是异面直线，（2）错；
（3）平面与不可能平行（否则有），因此与相交，设交线为，如图，
则由线面垂直的性质得，，
过直线上任一点作直线，则是相交直线，设直线确定平面，
由得，，
因此由线面垂直的判定定理得，，所以，（3）正确；

（4）如图，
因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，
是在底面内的射影，即平面，又平面，所以，
因为，平面，所以平面，而平面，所以，同理，所以是垂心，（4）正确．

故选：C．
6. 已知甲乙两人投篮的命中率分别是0.6和0.8，且两人投篮相互没有影响，若投进一球得2分，未投进得0分，则每人投篮一次，得分相等的概率为（ ）
A. 0.5 B. 0.48 C. 0.56 D. 0.08
【答案】C
【解析】
【分析】结合相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解.
【详解】根据题意，若两人都没有投进，其概率为；
若两人都投进，其概率为，
所以两人得分相等的概率为.
故选：C.
7. 某个用橡皮泥捏成的圆锥的侧面积为，底面积为，底面半径为r，且，若用这些橡皮泥重新捏成一个圆柱，该圆柱的底面半径为r，高为h，则（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据可以算出圆锥的母线和高，进而求出结果.
【详解】设圆锥母线长为l，高为，则，所以，所以，
因为圆锥和圆柱体积相同，所以，解得．
故选：C.
8. 如图所示，在四棱柱中，平面ABCD，四边形ABCD为梯形，，且，过，C，D三点的平面记为，与的交点为Q，则以下四个结论：
①；
②；
③四棱柱被平面分成的上下两部分的体积相等，
④几何体是三棱台．
其中正确的个数为（ ）


A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】延长与相交于，连结，可证明，即可判断④；通过线段之间的比例即可判断①②；通过对四棱柱被平面分成的上下两部分的体积进行计算，即可判断③
【详解】解：延长与相交于，连结，
因为平面平面ABCD，
所以在平面与平面ABCD的交线上，即，
由及棱柱的性质可得平面与平面平行，
所以几何体可看做是三棱锥被平面截剩下的一部分，故几何体是三棱台，故④正确；
因为，且，所以，
因为，所以，
因为，所以，故①正确；
因为，所以，即，故②正确；
因为，所以，，
因为面，所以，，，
所以，故③错误；

故选：C.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.
9. 已知向量，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 当时，
D. 若与的夹角为锐角，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据平面向量的平行、垂直的坐标表示，以及数量积的坐标运算求解.
【详解】对A，若，则，解得，A正确；
对B，若，则，解得或3，B错误；
对C，当时，，则，
所以，C正确；
若与的夹角为锐角，则且与不同向共线，
所以解得且，D错误．
故选:AC.
10. 盒中装有大小相同的5个小球（编号为1至5），其中黑球3个，白球2个.每次取一球（取后放回），则（ ）
A. 每次取到1号球的概率为
B. 每次取到黑球的概率为
C. “第一次取到黑球”和“第二次取到白球”是相互独立事件
D. “每次取到3号球”与“每次取到4号球”是对立事件
【答案】AC
【解析】
【分析】通过计算得出每次取到1号球的概率判断A；通过计算得出每次取到黑球的概率判断B；根据独立事件的定义判断C；通过计算得出次取到3，4号球的概率及对立事件的定义判断D.
【详解】解：对于A，每次取到1号球的概率为，故正确；
对于B，每次取到黑球的概率为，故错误；
对于C，“第一次取到黑球”和“第二次取到白球”相互之间没有影响，所以“第一次取到黑球”和“第二次取到白球”是相互独立事件，故正确；
对于D，每次取到3号球的概率为，每次取到4号球的概率为，它们互斥事件，而不是对立事件，故错误.
故选：AC.
11. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种的参保客户进行抽样调查，得出如下统计图例，则以下四个选项正确的是（ ）

A. 周岁人群参保总费用最少
B. 30周岁以上的参保人群约占参保总人群的
C. 54周岁以上的参保人数最少
D. 丁险种更受参保人青睐
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据统计图表给出信息逐个选项判断.
【详解】对于A：由第一个图可得54周岁及以上的参保人数最少，占比为，
其余年龄段的参保人数均比周岁人群参保人数多.
由第二个图可得， 因为，所以周岁人群参保总费用最少，故A对.
对于B：由第一个图可得，30周岁以上的参保人群约占参保总人群的，故B错.
对于C：由第一个图可得，54周岁及以上的参保人数占参保总人数的，所以C对.
对于D：由第三个图可得，丁险种参保人群约占参保总人群的，所以最受青睐，所以D对.
故选：ACD.
12. 正方体的棱长为2，H为线段AB中点，P在正方体的内部及其表面运动，若，则（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 若，则P的轨迹长度为
C. 正方体的每个面与P的轨迹所在平面所成角都相等
D. 正方体的每条棱与P的轨迹所在平面所成角不都相等
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定条件，作出点P的轨迹所在平面截正方体所得截面，再逐项分析、计算判断作答.
【详解】点O为正方体的中心，连接，过AB的中点H作交BC于I，则I为的中点，如图，

平面，平面，有，而，
平面，则平面，又平面，即有，
连接，同理，而平面，则平面，
令点P的轨迹所在平面与正方体的棱所在直线交于点，
平面平面，平面平面，而平面平面，
于是，同理，依题意，平面，因此平面平面，
平面平面，平面平面，于是，
又为棱中点，则为棱中点，同理点分别为棱中点，
因此点P的轨迹为正六边形及内部，
对于A，因为平面平面，则点P到平面的距离为定值，又的面积为定值，
于是三棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，，则点P在以点D为球心，为半径的球面上，而点D到正六边形每一边的距离为，
则点P的轨迹是该球截正六边形所得截面小圆，而点D到平面距离，
因此这个截面小圆半径，此小圆周长为，B正确；
对于C，由于平面平面，则正方体的每个面与平面所成角等于正方体该面与平面所成角，
又三棱锥是正三棱锥，即正方体的侧面，侧面，上底面与平面所成角都相等，
又正方体的相对面平行，所以正方体的每个面与P的轨迹所在平面所成角都相等，C正确；
对于D，正三棱锥的侧棱与平面所成角都相等，
即正三棱锥的侧棱与P的轨迹所在平面所成角都相等，
而，，，
所以正方体的每条棱与P的轨迹所在平面所成角都相等，D错误.
故选：ABC
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
第Ⅱ卷（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若甲、乙、丙在10分钟之内独立复原魔方的概率分别0.7，0.6，0.5，则甲、乙、丙至少有一人在10分钟之内独立复原魔方的概率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意利用独立事件和对事件的概率公式求解即可
【详解】记事件分别为甲、乙、丙在10分钟之内独立复原魔方，则
，
所以甲、乙、丙至少有一人在10分钟之内独立复原魔方的概率为
，
故答案为：
14. 某次视力检测中，甲班12个人视力检测数据的平均数是1，方差为1；乙班8个人的视力检测数据的平均数是1.5，方差为0.25，则这20个人的视力的方差为___________.
【答案】0.76##
【解析】
【分析】根据均值和方差计算公式代入可得.
【详解】设甲班12个人视力检测数据分别为，
乙班8个人的视力检测数据分别为，
由题意知：，，
，，
由题意20个人的视力的平均数为
方差为




故答案为：0.76
15. 已知矩形中，，，沿着对角线将矩形翻折，使得二面角的大小为，四面体内接于球，则球的体积为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】由球心到球面各点的距离相等，即可知道外接球的半径，从而求出球的体积.
【详解】因为四面体内接于球，所以球为四面体的外接球，
由题意，球心到四个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC上，且其半径为AC长度的一半，即球半径，则.
故答案为：
16. 已知在中，，.对任意，恒成立.，点在直线上运动，则的最小值是________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得为点到的垂线段，即，设关于直线的对称点为，连接，连接交于，此时最小，，结合余弦定理即可求解.
【详解】因为，所以，
因为对任意，恒成立，
所以由减法与数乘的几何意义，为点到的垂线段，所以，
因为 ，所以，
设关于直线的对称点为，连接，连接交于，
此时最小，，
因为，
在中，根据余弦定理可得，
即的最小值为.
故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分.
17. 甲、乙两名大学生参加面试时，10位评委评定的分数如下．
甲：93，91，80，92，95，89，88，97，95，93．
乙：90，92，88，92，90，90，84，96，94，92．
（1）若去掉一个最高分和一个最低分后再计算平均分，通过计算比较甲、乙面试分数的平均分的高低．
（2）在（1）的前提下，以面试的平均分作为面试的分数，笔试分数和面试分数的加权比为，已知甲、乙的笔试分数分别为92，94，综合笔试和面试的分数，从甲、乙两人中录取一人，你认为应该录取谁？说明你的理由．
【答案】（1）甲的面试分数的平均分更高
（2）乙的综合分数更高，故应该录取乙
【解析】
【分析】（1）利用平均数的计算方法求解比较即可；
（2）利用加权平均数的计算方法求解比较即可.
【小问1详解】
依题意，设甲、乙面试分数的平均分分别为，
，
，
因为，所以甲的面试分数的平均分更高.
【小问2详解】
因为笔试分数和面试分数的加权比为，
所以甲综合分数为，
乙的综合分数为，
因为，所以乙的综合分数更高，故应该录取乙.
18. 的内角的对边分别为，且．
（1）求A；
（2）若，三角形面积，求边上的中线的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，化简可解；
（2）先由三角形面积公式求出，再借助，可求的长；
或者利用余弦定理求的长.
【小问1详解】
由正弦定理得，
又，则，
化简得．
又，所以，则．
因为，所以．
【小问2详解】
由得，
法一：由得


边上的中线的长为．
法二：由余弦定理得：，
由，得，
解得，，即边上的中线的长为．
19. 如图，在直三棱柱中，，，点是的中点.求证：

（1）平面；
（2）.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）连接，设与的交点为，连接，即可得到，从而得证；
（2）由直棱柱的性质得到平面，从而得到，再由，得到平面，从而得到平面，即可得到，再由正方形对角线互相垂直得到，即可得到平面，即可得证.
【小问1详解】
连接，设与的交点为，连接．
直三棱柱，，
四边形为正方形，
为中点，
是的中点，
．
平面，平面，
平面．

【小问2详解】
在直三棱柱中，平面，平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，又，所以平面，
又平面，所以，
又四边形为正方形，所以，
又，平面，所以平面，
平面，所以.
20. 共享单车是指由企业在校园、公共站点、商业区、公共服务区等场所提供的自行车单车共享服务，由于其依托“互联网＋”，符合“低碳出行”的理念，已越来越多地引起了人们的关注．某部门为了对该城市共享单车加强监管，随机选取了50人就该城市共享单车的推行情况进行问卷调查，并将问卷中的这50人根据其满意度评分值（百分制）按照分成5组，制成如图所示的频率分布直方图．

（1）求图中x的值；
（2）根据频率分布直方图估计该组数据的众数及中位数；
（3）若在满意度评分值为的两组人中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中任意抽取2人赠送共享单车优惠券，求抽取的2人中来自不同组的概率．
【答案】（1）
（2）众数75，中位数72.5
（3）
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图小长方形面积之和为1求解x的值即可；
（2）由众数的概念求出众数，利用左右两侧面积均为0.5计算中位数即可．
（3）根据分层抽样确定抽取的人数，然后利用古典概型公式计算求解．
【小问1详解】
根据题意知，满意度评分值落在的频率分别为
0.12，0.40，0.16，0.04，
则落在的频率为，所以.
【小问2详解】
根据题意知，众数为；
根据（1）得，落在的频率是，
落在的频率是，
故这组数据的中位数在内，设为，
∴，则，
所以这组数据的中位数为72.5.
【小问3详解】
根据题意知，落在中的共有8人，中的共有2人．
设抽取的人数分别为，
由样本按比例分配得，可以解得，
因此应从人数中分别抽取4人，1人
不妨把中的4人记为：；把中的1人记为：B，
从这5人中随机抽取2人赠送共享单车优惠券的样本空间为：
，
共有10个样本点，每个样本点都是等可能发生的．
记事件为抽取的2人中来自不同组，
则的样本空间为：，共有4个样本点，
所以.
21. 为普及消防安全知识，某学校组织相关知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，，甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
（1）甲在比赛中恰好赢一轮的概率；
（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用相互独立事件的乘法公式求解；
（2）先求出两人中至少有一人赢得比赛的对立事件甲、乙两人都未赢得比赛的概率，再去求甲、乙两人至少有一人赢得比赛的概率.
【小问1详解】
设“甲在第一轮比赛中胜出”，“甲在第二轮比赛中胜出”，
“乙在第一轮比赛中胜出”，“乙在第二轮比赛中胜出”，
则，，，相互独立，且，，，，
所以，，
设“甲在比赛中恰好赢一轮”
则.
【小问2详解】
因为在两轮比赛中均胜出赢得比赛，则“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”,
所以，,
设“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”.
于是=“两人中至少有一人赢得比赛”，
由，,
所以，，
所以.
22. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，由此证得线面平行；
（2）结合（1）中结论，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可；
（3）先利用线面角结合向量法求得的坐标，再利用空间向量点面距离公式求解即可.
【小问1详解】
记的中点为，连结，
因为，，所以四边形是平行四边形，则，
因为，所以平行四边形是矩形，则，
因为平面，平面，所以，则两两垂直，
故以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，
因为为的中点，所以，则，
设平面的一个法向量为，而，，
则，令，则，
所以，则，
又平面，所以平面．
.
小问2详解】
设平面的一个法向量为，而，，
所以，令，则，
设平面的一个法向量为，而，，
所以，令，则，
记平面与平面夹角为，则，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
依题意，不妨设，则，，
又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为，
所以，解得（负值舍去），
所以，则，
而由（2）得平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为.