2022-2023学年河南省开封市五校高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年河南省开封市五校高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共17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.已知复数z1=−1+3i,z2=a+bi3(a,b∈R)且z1=z2，其中i为虚数单位，则ba=( )
A. 0B. −3C. −2D. −13
2.在连续六次数学考试中，甲、乙两名同学的考试成绩情况如图，则( )
A. 甲同学最高分与最低分的差距低于30 分B. 乙同学的成绩一直在上升
C. 乙同学六次考试成绩的平均分高于120分D. 甲同学六次考试成绩的方差低于乙同学
3.已知向量a=(1,1),b=(−2,1)，则向量a与b夹角的余弦值为( )
A. 1010B. − 1010C. 3 1010D. −3 1010
4.盲盒，是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子，已知某盲盒产品共有2种玩偶.假设每种玩偶出现的概率相等，小明购买了这种盲盒3个，则他集齐2种玩偶的概率为( )
A. 34B. 14C. 13D. 12
5.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a=2 2,b=4,A=π6，则此三角形( )
A. 无解B. 有一解C. 有两解D. 解的个数不确定
6.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱D1C1的靠近D1上的三等分点，设AE与BB1D1D的交点为O，则( )
A. 三点D1，O，B共线，且OB=2OD1
B. 三点D1，O，B共线，且OB=3OD1
C. 三点D1，O，B不共线，且OB=2OD1
D. 三点D1，O，B不共线，且OB=3OD1
7.如图，AB是底部不可到达的一座建筑物，A为建筑物的最高点，某同学选择地面CD作为水平基线，使得C，D，B在同一直线上，在C，D两点用测角仪器测得A点的仰角分别是45∘和75∘，CD=10，则建筑物AB的高度为( )
A. 5 3+5
B. 5( 6+ 2)2
C. 5 3
D. 5 3+52
8.已知a，b是不共线的两个向量，|a|=2，a⋅b=4 3，若∀t∈R，|b−ta|≥2，则|b|的最小值为( )
A. 2B. 4C. 2 3D. 4 3
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。
9.一组数据3，6，8，a，5，9的平均数为6，则对此组数据下列说法正确的是( )
A. 极差为6B. 中位数为5C. 众数为5D. 方差为4
10.已知α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是( )
A. 若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β
B. 若m⊥α，n//α，则m⊥n
C. 若α//β，m⊂α，则m//β
D. 若m//n，α//β，则m与α所成的角和n与β所成的角相等
11.不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有( )
A. 2张卡片都不是红色B. 2张卡片恰有一张蓝色
C. 2张卡片至少有一张红色D. 2张卡片都为绿色
12.已知圆锥SO的母线长为2 5,AB为底面圆O的一条直径，AB=4.用一平行于底面的平面截圆锥SO，得到截面圆的圆心为O1.设圆O1的半径为r，点P为圆O1上的一个动点，则( )
A. 圆锥SO的体积为16π3
B. PO的最小值为4 55
C. 若r=1，则圆锥SO1与圆台O1O的体积之比为1：8
D. 若O为圆台O1O的外接球球心，则圆O1的面积为36π25
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.甲、乙两组共200人，现采取分层随机抽样的方法抽取40人的样本进行问卷调查，若样本中有16人来自甲组，则乙组的人数为______.
14.
15.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2 2,AB=2，则直线A1B与直线B1C所成角的正切值为______.
16.如图，在Rt△AOC中，AO=CO=3，圆O为单位圆.
(1)若点P在圆O上，∠AOP=60∘，则AP=______.
(2)若点P在△AOC与圆O的公共部分的14圆弧上运动，则PA⋅PC的取值范围为______.
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m∈R，复数z=m2−m−6+(m2−11m+24)i(i是虚数单位).
(1)若z是纯虚数，求m的值；
(2)若z在复平面内对应的点位于第二象限，求m的取值范围.
18.(本小题12分)
如图1，四边形ABCD是边长为2的正方形，将△ACD沿AC折叠，使点D到达点E的位置(如图2)，且EB= 6.
(1)求证：AC⊥EB；
(2)求二面角E−AC−B的大小.
19.(本小题12分)
某政府部门为促进党风建设，拟对政府部门的服务质量进行量化考核，每个群众办完业务后可以对服务质量进行打分，最高分为100分．上个月该部门对100名群众进行了回访调查，将他们按所打分数分成以下几组：第一组[0,20),第二组[20,40),第三组[40,60),第四组[60,80),第五组[80,100]，得到频率分布直方图如图所示．
(1)估计所打分数的众数，平均数；(同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表)
(2)该部门在第一、二组群众中按比例分配的分层抽样的方法抽取6名群众进行深入调查，之后将从这6人中随机抽取2人聘为监督员，求监督员来自不同组的概率．
20.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，△ABC是等边三角形，D，E，F分别是棱B1C1，AC，BC的中点.
(1)证明：AD//平面C1EF；
(2)若2AA1=3AB=3，求三棱锥A−C1DE的体积.
21.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，点D在BC边上，AD是角平分线，sin2C+sin2B+sinC⋅sinB=sin2A，且△ABC的面积为2 3.
(1)求A的大小及AB⋅AC的值；
(2)若c=4，求BD的长．
22.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA=AD=4，AB=2.M是棱PD上一点，且CM=2 3,AM⊥平面PCD.
(1)证明：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z1=−1+3i,z2=a+bi3=a−bi,z1=z2，
则a=−1−b=3，解得a=−1，b=−3，
故ba=(−3)−1=−13.
故选：D.
根据已知条件，结合复数相等的条件，求出a，b，即可求解．
本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：对于A，由图可知，甲同学在第四次考试取得最高分，大约为140分，在二次考试取得最低分，大约为105分，140−105=35分，故A错误；
对于B，乙同学的成绩在第二、三、四次考试呈下降趋势．故B错误；
对于C，由图可知，乙同学只有第一次考试成绩低于120分，且非常接近120分，第六次考试成绩明显高于120分，所以其平均分高于120分，故C正确；
对于D，由图可知，甲同学的成绩波动明显大于乙同学，
所以甲同学的考试成绩方差大于乙同学．故D错误．
故选：C.
根据统计图中的信息，逐个分析各个选项即可．
本题主要考查了统计图的应用，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵a=(1,1),b=(−2,1)，
∴cs=a⋅b|a||b|=−1 2× 5=− 1010.
故选：B.
根据向量a,b的坐标即可求出a⋅b，|a|和|b|的值，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出cs的值．
本题考查了向量坐标的数量积运算，根据向量的坐标求向量的长度的方法，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：假设两种玩偶分别记为A，B，则买3个盲盒，所有的情况为AAA，BBB，AAB，ABA，BAA，BBA，BAB，ABB，共八种，
则他集齐2种玩偶的概率为68=34.
故选：A.
根据列举法列出所有情况，再根据古典概型概率公式，计算即可．
本题考查古典概型概率公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由a=2 2,b=4,A=π6，
结合正弦定理可得2 2sinπ6=4sinB，
可得sinB=4×122 2= 22<1，
又2 2<4，即有A而A为锐角，所以B有两解，
故三角形有两解．
故选：C.
由三角形的正弦定理和三角形的边角关系，可得结论．
本题考查三角形的正弦定理和应用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：如图：
连接AD1，BC1，
利用公理2可直接证得，
并且由D1E//AB且D1E=13AB，
∴OD1=13BO，
∴D1，O，B三点共线，
且OB=3OD1.
故选：B.
连接AD1，BC1利用公理2可直接证得，并且由D1M//AB可得1：2，从而求出结果；
本题考查了三点共线问题，也考查了逻辑推理能力与空间想象能力的应用问题，是综合性题目．
7.【答案】A
【解析】解：在△ABC中，∠BDA=75∘，∠BCA=45∘，CD=10，∠CDA=180∘−75∘=105∘，∠CAD=45∘−15∘=30∘，
由正弦定理可得ACsin105∘=CDsin30∘，即ACsin(45∘+60∘)=1012，∴AC=5( 2+ 6)
Rt△ABC中，AB=AC⋅sin45∘=5( 2+ 6)× 22=5(1+ 3).
故建筑物的高度为：5+5 3.
故选：A.
根据题意求解∠CDA，∠CAD，进而利用正弦定理求得AC，进而求得AE，最后根据AB=ACsin45∘，求得答案．
本题主要考查了解三角形中的实际应用，解题的关键是利用正弦定理，完成了边角问题的互化，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由|b−ta|≥2，得(b−ta)2≥4，
即|b|2−2ta⋅b+t2|a|2≥4，∴|b|2≥−4t2+8 3t+4，
∵−4t2+8 3t+4=−4(t− 3)2+16≤16，且对∀t∈R，|b−ta|≥2成立，
∴|b|2≥16，可得|b|的最小值为4.
故选：B.
把|b−ta|≥2两边平方，可得|b|2≥−4t2+8 3t+4，利用配方法求出不等式右侧的最大值，即可求解|b|的最小值．
本题考查平面向量数量积的运算及性质，考查化归与转化思想，是中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：∵3+6+8+a+5+96=6，∴a=5，
故极差为：9−3=6，故A正确；
由中位数=5+62=5.5，故B错误；
由众数为5，故C正确；
由S2=16[(3−6)2+(8−6)2+(5−6)2+(9−6)2]=4，故D正确．
故选：ACD.
分别根据平均数，极差，中位数以及众数，方差的定义判断即可．
本题考查了平均数，极差，中位数以及众数，方差的定义，是基础题．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查空间中直线与平面的位置关系，直线与平面所成的角，考查了空间想象能力，属于基础题．
根据直线与平面的位置关系、直线与平面所成的角的相关知识逐项进行判断即可．
【解答】
解：A.满足m⊥n，m⊥α，n//β时，
得不出α⊥β，α与β可能平行，如图所示：
∴该选项错误；
B.∵n//α，
∴设过n的平面γ与α交于a，则n//a，
又m⊥α，a⊂α，
∴m⊥a，∴m⊥n，∴该选项正确；
C.∵α//β，∴α内的所有直线都与β平行，
且m⊂α，∴m//β，∴该选项正确；
D.根据线面角的定义即可判断该选项正确．
故选：BCD.
11.【答案】ABD
【解析】解：从6张卡片中一次取出2张卡片的所有情况有：两张都为红色，两张都为绿色，两张都为蓝色，1张红色1张绿色，1张红色1张蓝色，1张绿色1张蓝色，共6种，
2张卡片至少有一张红色包含2张卡片都为红色，二者并非互斥事件，故C错误，ABD正确．
故选：ABD.
根据已知条件，结合互斥事件与对立事件的定义，即可求解．
本题主要考查互斥事件与对立事件的定义，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：由圆锥SO的母线长为2 5,AB为底面圆O的一条直径，AB=4.用一平行于底面的平面截圆锥SO，得到截面圆的圆心为O1.
底面圆的半径为2，可得圆锥的高SO=4.
对于A选项：VSO=13π×22×4=16π3，所以A正确；
对于B选项：已知PO1=r，设点P在底面的投影为P1，则P1P=4−2r，
所以PO2=P1P2+P1O2=(4−2r)2+r2=5(r−85)2+165≥165，所以B正确；
对于C选项：当r=1时，SO1=2，所以VSO1=13π×12×2=2π3，
又VSO=13π×22×4=16π3，所以VSO1VO1O=VSO1VSO−VSO1=1:7，所以C错误；
对于D选项：若点O是圆台O1O的外接球球心，则由PO2=(4−2r)2+r2=OA2=4，解得r=65，
所以S=πr2=36π25，所以D正确．
故选：ABD.
求解体积判断A的正误；PO1=r，设点P在底面的投影为P1，求解PO的最小值判断B的正误；求解体积的比值，判断C的正误；求解圆O1的面积，判断D的正误．
本题考查旋转体的应用，外接球的表面积以及几何体的体积的求法，是中档题．
13.【答案】120
【解析】解：甲、乙两组共200人，样本中有16人来自甲组，
则乙组的人数为40−1640×200=120.
故答案为：120.
根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可求解．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
14.【答案】

【解析】
15.【答案】 3
【解析】解：连接BC1交B1C于O点，作F点为A1C1的中点，连接OF，
则A1B与B1C所成的角等于OF与B1C所成的角，
在△OB1F中，B1F= 3,OB1= 3,OF= 3.
所以∠B1OF=π3,tan∠B1OF= 3.
故答案为： 3.
连接BC1交B1C于O点，作F点为A1C1的中点，连接OF，则A1B与B1C所成的角等于OF与B1C所成的角，通过求解三角形，推出结果即可．
本题考查异面直线所成角的求法，是中档题．
16.【答案】 7 [1−3 2,−2]
【解析】解：(1)在△AOP中，AO=3，OP=1，∠AOP=60∘，AP=OP−OA，
则|AP|= (OP−OA)2= OP2+OA2−2OA⋅OP= 1+9−2×3×1×12= 7，
即AP= 7；
(2)法一：PA⋅PC=(PO+OA)⋅(PO+OC)=PO2+PO⋅(OA+OC)+OA⋅OC=1+PO⋅(OA+OC)=1+|PO||OA+OC|cs⟨PO,OA+OC⟩=1+3 2cs⟨PO,OA+OC⟩，
因为⟨PO,OA+OC⟩∈[−π,−34π]，所以cs⟨PO,OA+OC⟩∈[−1,− 22]，
故PA⋅PC的取值范围为[1−3 2,−2].
法二：以O为原点，OA所在直线为y轴，OC所在直线为x轴建立坐标系，
设P(csθ,sinθ),θ∈[0,π2]，A(0,3)，C(3,0)，
所以PA=(−csθ,3−sinθ)，PC=(3−csθ,−sinθ)，
则PA⋅PC=csθ(csθ−3)+sinθ(sinθ−3)=cs2θ+sin2θ−3csθ−3sinθ=1−3(csθ+sinθ)=1−3 2sin(θ+π4)，
∵θ∈[0,π2]，则θ+π4∈[π4,3π4]，∴sin(θ+π4)∈[ 22,1]，1−3 2sin(θ+π4)∈[1−3 2,−2]，
即PA⋅PC∈[1−3 2,−2].
故答案为：(1) 7；(2)[1−3 2,−2].
(1)根据|AP|= (OP−OA)2结合的运算律即可求出AP；
(2)法一：根据PA⋅PC=(PO+OA)⋅(PO+OC)=1+3 2cs⟨PO,OA+OC⟩，结合余弦函数的性质即可得解
法二：以O为原点，OA所在直线为y轴，OC所在直线为x轴建立坐标系，设P(csθ,sinθ),θ∈[0,π2]，再根据数量积的坐标运算结合三角函数的性质即可得解．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为z是纯虚数，
所以m2−m−6=0m2−11m+24≠0，解得m=−2；
(2)在复平面内z对应的点为(m2−m−6,m2−11m+24)，
由题意可得{m2−m−6<0,m2−11m+24>0⇒{−28或m<3,解得−2故m的取值范围是(−2,3).
【解析】(1)根据已知条件，结合纯虚数的定义，即可求解；
(2)根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查纯虚数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
18.【答案】(1)证明：在图1中连接BD交AC于O，则AC⊥BD，
所以在图2中，EO⊥AC，BO⊥AC，因为EO，BO为平面BOE中的两条相交直线，
所以AC⊥平面BOE，BE⊂平面BOE，所以AC⊥BE.
(2)解：由(1)可知，∠EOB为二面角E−AC−B的平面角，
在△EOB中，EO=BO= 2,EB= 6，
由余弦定理，得cs∠EOB=2+2−62× 2× 2=−12，因为0≤∠EOB≤π，
所以∠EOB=2π3，所以二面角E−AC−B的大小为2π3.
【解析】(1)连接BD交AC于O，得到AC⊥BD，推出EO⊥AC，BO⊥AC，证明AC⊥平面BOE，即可证明AC⊥BE；
(2)说明∠EOB为二面角E−AC−B的平面角，通过求解三角形推出结果即可．
本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，是中档题．
19.【答案】解：(1)由直方图可知，所打分值[60,100]的频率为0.0175×20+0.0150×20=0.65，
所以人数为100×0.65=65(人)，
答：所打分数不低于60分的患者的人数为65人．
(2)由直方图知，第二、三组的频率分布为0.1和0.2，
则第二、三组人数分布为10人和20人，
所以根据分层抽样的方法，抽出的6人中，第二组和第三组的人数之比为1：2，
则第二组有2人，记为A，B；第三组人数有4人，记为a，b，c，d，
从中随机抽取2人的所有情况：AB，Aa，Ab，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd，ab，ac，ad，bc，bd，共15种，
其中，两人来自不同组的情况有：Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd，共8种，
所以两人来自不同组的概率为815，
答：行风监督员来自不同组的概率为815.
【解析】(1)由直方图可知，求出分值在[60,100]的频率，根据总人数为100，即可得出答案．
(2)由直方图知第二组和第三组的人数之比为1：2，利用列举法求出6人中抽取2人的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式，即可得出答案．
本题考查频率分布直方图的应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：连接BD，由E，F分别是棱AC，BC的中点，可得EF//AB，
EF⊄平面ABD，则EF//平面ABD；
又D是棱B1C1的中点，可得BF//DC1，且BF=DC1，
可得四边形BFC1D为平行四边形，即有C1F//BD，
而C1F⊄平面ABD，则C1F//平面ABD，
由面面平行的判定定理可得平面C1EF//平面ABD，
而AD⊂平面ABD，可得AD//平面C1EF；
(2)连接CD，由E为AC中点，可得V三棱锥A−C1DE=V三棱锥C−C1DE=V三棱锥E−CC1D，
由题意，2AA1=3AB=3，则S△CC1D=12CC1⋅C1D=38，
作EG⊥BC于G，则EG⊥面BB1C1C，且EG= 34，即三棱锥E−CC1D的高为 34，
所以V三棱锥A−C1DE=13×38× 34= 332.

【解析】(1)先证明平面ABD//平面C1EF，再由面面平行的性质定理可得AD//平面C1EF；
(2)由线面垂直的性质和等积法，结合棱锥的体积公式，计算可得所求值．
本题考查空间中线面平行的判定和棱锥的体积的求法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)∵sin2C+sin2B+sinC⋅sinB=sin2A，
由正弦定理知，c2+b2+bc=a2，
即b2+c2−a2=−bc，
由余弦定理知csA=b2+c2−a22bc=−12，
又A∈(0,π)，∴A=2π3，
S△ABC=12bcsinA= 3b=2 3，
∴b=2，
∴AB⋅AC=bccsA=−4；
(2)过D作DE，DF分别垂直于AB，AC，如图所示，
∵AD为∠BAC角平分线，∴DE=DF，
∴S△ABD=12|AB|⋅|DE|,S△ACD=12|AC|⋅|DF|，
∴S△ABD：S△ACD=|AB|：|AC|=2：1，
又S△ABD：S△ACD=|BD|：|DC|，∴|BD|：|DC|=2：1，
∴BD=23a，
又b2+c2−a22bc=csA=−12,b=2,c=4，∴a=2 7，
∴BD=23a=4 73.
【解析】(1)根据正弦定理得到c2+b2+bc=a2，再根据余弦定理求得A，根据三角形的面积公式求得b，代入向量的数量积公式即可求解；(2)过D作DE，DF分别垂直于AB，AC，得到|DE|=|DF|，
再根据两个三角形面积的比结合余弦定理求得a，即可求解．
本题考查了三角形的正弦定理和余弦定理，属于中档题．
22.【答案】证明：(1)在矩形ABCD中，所以AC= 42+22=2 5，
∵AM⊥平面PCD，CM⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，∴AM⊥CM，AM⊥PD，
∴AM= (2 5)2−(2 3)2=2 2，
在△PAD中，∵PA=AD=4，AM⊥PD，∴M为PD中点，
PD=2MD=2× 42−(2 2)2=4 2.
∴PA2+AD2=PD2，即PA⊥AD，
又AB⊥AD，AB∩AP=A，BA⊂平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，
又AD⊂平面ABCD，
∴平面PAB⊥平面ABCD；
解：(2)由(1)知，S△ACM=12AM⋅MC=12×2 2×2 3=2 6，
∵AM⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AM⊥CD，
又CD⊥AD，AD∩AM=A，AD，AM⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，又CD|AB，∴AB⊥平面PAD，
又PA⊂平面PAD，∴AB⊥PA，
∵PA⊥AB，平面PAB∩平面ABCD=AB，PA⊂平面PAB，
∴PA⊥平面ABCD，由(1)知M为PD中点，
所以M到平面ABCD距离为12AP=2，
设D到平面ACM的距离为h，由VD−ACM=VM−ACD，
即13×2 6h=13×12×4×2×2，解得h=2 63，
设直线CD与平面ACM所成的角为θ，
则sinθ=hCD= 63.
所以直线CD与平面ACM所成角的正弦值为 63.
【解析】(1)根据勾股定理及线面垂直的性质，再利用勾股定理的逆定理、矩形的定义及线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理即可求解；
(2)根据线面垂直的性质定理及矩形的定义，再利用线面垂直的判定定理及等体积法，结合线面角的定义即可求解．
本题考查线面角，考查学生的空间想象能力及运算能力，属于中档题．