精品解析：江苏省常州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
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. 已知复数是方程的一个根，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出复数，代入方程，利用复数相等和复数的模运算即可.
【详解】设，则，即.
从而，解得.
所以.
故选：B.
2. 一个三角形的三条高的长度分别是，，，则该三角形（ ）
A. 一定是锐角三角形B. 一定是直角三角形
C. 一定是钝角三角形D. 有可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用三角形面积表示边长，再利用余弦定理计算判断作答.
【详解】设这个三角形面积为，三边长分别为，依题意，，
，显然，即边c所对角是最大角，
由余弦定理得，则是钝角，
所以该三角形一定是钝角三角形.
故选：C
3. 已知l，m，n表示不同的直线，，，表示不同的平面，则下列四个命题正确的是（ ）
A. 若，且，则B. 若，，，则
C. 若，且，则D. 若，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间线面、面面平行与垂直的判定定理和性质定理即可判断出正误．
【详解】若，且，则与可能平行，可能相交，可能异面，A选项错误；
若，，，则与可能平行，可能相交，可能异面，B选项错误；
两条平行直线，其中一条与平面垂直，则另一条也与平面垂直，C选项正确；
若，，，则与可能平行可能相交，D选项错误
故选：C
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据角的变换及诱导公式将转化，再利用二倍角的余弦公式即可求得答案.
【详解】因为，
故，
故选：A
5. 疫情期间，一同学通过网络平台听网课，在家坚持学习.某天上午安排了四节网课，分别是数学，语文，政治，地理，下午安排了三节，分别是英语，历史，体育.现在，他准备在上午下午的课程中各任选一节进行打卡，则选中的两节课中至少有一节文综学科（政治、历史、地理）课程的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
用列举法列出所有的基本事件以及满足条件的基本事件，用古典概型概率公式即可求得概率.
【详解】将数学、语文、政治、地理分别记为，将英语，历史，体育分别记为，
在上午下午的课程中各任选一节，所有的可能为：
，，，，，，，，，
，，共12种情况.
选中的两节课中至少有一节文综学科（政治、历史、地理）课程的情况有，，，，，，，共8种情况.
所以，所求概率为，
故选：C.
【点睛】本题考查了古典概型，属于基础题.利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本事件的探求方法有两种，（1）枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的情况；（2）树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.
6. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数加减运算的几何意义运算求解.
【详解】在复平面中，设分别与向量对应，
由题意可得，，
因为，
即，解得，即.
故选：B.
7. 如图，某圆柱体的高为，是该圆柱体的轴截面.已知从点出发沿着圆柱体的侧面到点的路径中，最短路径的长度为，则该圆柱体的体积是（ ）

A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆柱侧面展开图，先求出圆柱底面半径，再根据体积公式求圆柱体的体积.
【详解】
设圆柱体底面圆的半径为，将侧面展开后四边形为矩形，
则依题意得：，
所以，即，
所以该圆柱体的体积为：，
故选：D.
8. 在锐角中，角A，B，C对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，由是锐角三角形，求出，再结合正弦函数的性质即可求出答案.
【详解】因为的面积为，
所以，
中，由余弦定理得，，
则，因为，所以,
又，，所以，
化简得，解得或（不合题意，舍去）；
因为，所以，，
因为，所以
因为，所以，所以，
因为，，所以，，
所以，因为在上单调递增，
所以，所以，
因为，所以.
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. 已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的虚部为－2
C. 在复平面内对应的点在第四象限D. 的共轭复数为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据复数的除法运算法则求出，再根据复数的模长公式、复数的概念、复数的几何表示以及共轭复数的概念可得答案.
【详解】，
，故A不正确；
的虚部为－2，故B正确；
在复平面内对应的点在第四象限，故C正确；
的共轭复数为，故D错误.
故选：BC
10. 现有一组数据：（）．记其平均数为m，中位数为k，方差为，则（ ）
A.
B.
C. 新数据：的平均数为m＋2
D. 新数据：的方差为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用中位数的定义可判断A选项；举反例可判断B选项；利用均值和方差公式可判断CD选项.
【详解】对于A选项，因，
样本数据最中间的项为，由中位数的定义可知，，A正确；
对于B，不妨令，
则，B错误；
对于C，数据的均值为：
，C正确；
对于D，数据的均值为：
，
其方差为，D正确.
故选：ACD
11. 已知圆锥的高为1，母线长为2，S为顶点，A，B为底面圆周上的两个动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆锥的体积为
B. 圆锥侧面展开图的圆心角大小为
C. 圆锥截面SAB面积的最大值为
D. 若圆锥的顶点和底面圆周上的所有点都在一个球面上，则此球的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，求出圆锥的底面半径，体积，侧面展开图的弧长，轴截面面积，外接球体积，即可得出结论．
【详解】解：因为圆锥的高为1，母线长为2，
所以圆锥的底面半径为，高为，则：
对于A，圆锥的体积，故A正确；
对于B，设圆锥的侧面展开图的圆心角大小为，则，，故B正确；
对于C，，因为截面的面积为：
，当时，
截面的面积最大，，故C错误；
对于D，圆锥的顶点和底面上所有点都在同一个球面上，即圆锥的外接球，
设圆锥外接球半径为，由球的性质可知：，
即，解得，
所以外接球的体积．故D正确．
故选：ABD.
12. 连续两次抛掷同一颗骰子，记第一次向上的点数为p，第二次向上的点数为q，设，其中[x]表示不超过x的最大整数，则（ ）
A. B. 事件与互斥
C. D. 事件与对立
【答案】BCD
【解析】
【分析】分别理解，的实际意义，理解对立事件的意义，明确，其中表示不超过的最大整数即可得．
【详解】若，，A错误；
若，则恒成立，即事件与不可能同时发生
事件与互斥，正确；
，正确；
所有取值为，
当，所有取值为，
所以事件与对立，正确；
故选：．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设某总体是由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列数字开始，从左到右依次选取两个数字，则选出来的第3个个体编号为_______．
1818 0792 4544 1716 5809 7983 8619
6206 7650 0310 5523 6405 0526 6238
【答案】16
【解析】
【分析】根据随机数表法，写出依次选取的样本个体编号即可．
【详解】利用随机数表法，从第1行的第5列数字开始，从左到右依次选取两个数字，
则选出来的样本个体编号为：
07，92（舍去），45（舍去），44（舍去），17，16，
所以选出来的第3个个体的编号为16．
故答案：16．
14. 已知正四棱台中，，，则其体积为________.
【答案】
【解析】
【分析】作出正四棱台的直观图，过点作交于点，过点作交于点，利用勾股定理求出棱台的高，最后根据棱台的体积公式计算可得.
【详解】如图正四棱台中，
则，，过点作交于点，
过点作交于点，
则，又，所以，
即正四棱台的高，
所以棱台的体积.
故答案为：
15. 在某项比赛中，两个水平相当的选手在决赛中相遇，决赛采用五局三胜制，胜者获得全部奖金，前3局打成2:1时比赛因故终止．若发放奖金总额为12000元，为公平合理起见，应该发放给已胜两场者奖金_______元．
【答案】9000
【解析】
【分析】根据前3局打成时，利用独立事件乘法公式求出胜2局者和胜1局者获胜的概率，即可得答案.
【详解】甲乙两队水平相当，故任意一局比赛，甲胜概率为，乙胜概率，
不妨设前三局中甲胜2场，乙胜1场，剩下甲获胜的情况是：
第四局甲胜或者第四局甲输同时第五局甲胜，
此情况下,甲获胜的概率为，
所以乙胜的概率为，
所以前3局打成时，2局胜利者与1局胜利者奖金分配应为，
若发放奖金总额为12000元，为公平合理起见，
应该发放给已胜两场者奖金为（元），
故答案为：9000.
16. 已知平面向量，满足，与的夹角为，记，则的取值范围为_______．
【答案】
【解析】
【分析】设，，，依题意可得，，又，可得、、三点共线，求出到直线的距离，即可求出的取值范围，即可得解.
【详解】因为平面向量，满足，与的夹角为，
设，，，
则，所以，，
，
、、三点共线，
又到直线的距离，
，即的取值范围为.
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. 如图所示，在中，，，，．

（1）用表示；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）13
【解析】
【分析】（1）由向量的线性运算求解即可；
（2）分别由，向量表示，由向量的数量积运算求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为，所以，
所以；
【小问2详解】
，
即的值为13．
18. 为丰富学生的学习生活，某高中开设了“校本课程”．为了解学生对“校本课程”工作的认可程度，学校随机调查了600名学生．根据这600名学生对“校本课程”工作认可程度给出的评分，分成，，，，五组，得到如图所示的频率分布直方图．

（1）求直方图中的值和第60百分位数；
（2）为了解部分学生给“校本课程”工作评分较低的原因，学校从评分低于80分的学生中用分层抽样的方法随机选取30人进行座谈，求应选取评分在的学生人数；
（3）若学生认可系数不低于0.85，“校本课程”工作按原方案继续实施，否则需进一步整改．根据你所学的统计知识．结合认可系数，判断“校本课程”工作是否需要进一步整改，并说明理由．
【答案】（1），85
（2）10 （3）“校本课程”工作需要进一步整改，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1得到方程，求出的值，再根据百分位数的计算规则计算可得；
（2）首先求出三组的比例，再按照分层抽样计算可得；
（3）求出平均数，即可判断.
【小问1详解】
由图可知：，
解得.
因为内的频率为，
内的频率为，
所以第百分位数位于区间内，设为，
所以，解得，所以第百分位数为85.
【小问2详解】
低于分的学生中三组学生的人数比例为，
则应选取评分在的学生人数为：（人）；
【小问3详解】
由图可知，认可程度平均分为：
，
所以“校本课程”工作需要进一步整改.
19. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）点D在线段BC上，，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可得解；
（2）根据角之间的关系及正弦定理求出，即可得出答案.
【小问1详解】
由结合正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
即，
因为，所以，
因为，所以；
【小问2详解】
如图，

在中，，
在中，，
由正弦定理可得：，故，
即，所以，
故的值为．
20. 如图，在多面体ABCDE中，平面平面，平面，和均为正三角形，，．

（1）若，求证：平面ADE；
（2）求平面CDE与平面ABC所成的锐二面角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）记中点为M，连结，根据线面平行的判定定理即可得出结论；
（2）连结，过点B作的垂线，连结，作出平面与平面所成的二面角的平面角，解三角形，即可求得答案.
【小问1详解】
记中点为M，连结，为正三角形，,

则，且.
因为平面平面 ，平面平面，平面ACD,
所以平面，又因为平面，所以.
延长交于点G，则为平面与平面的交线，
因为，故，所以B为的中点，
因为，所以是的中点，
则，又平面 ，平面，
所以平面.
【小问2详解】
连结，则为平面与平面的交线，
在平面内，过点B作的垂线，垂足为H.
连结，因为平面，平面，故,
平面，故平面，
平面，故,
则为平面与平面所成的二面角的平面角.
为正三角形，，故，则,
且,
故中，，
故，而，
故，又因为，
所以，
即平面与平面所成的锐二面角的正切值为.
21. 甲、乙、丙三个学校进行篮球比赛，各出一个代表队，简称甲队、乙队、丙队．约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两个队，另一队轮空；每场比赛的胜队与轮空队进行下一场比赛，负队下一场轮空，直至有一队被淘汰；当一队被淘汰后，剩余的两队继续比赛，直至其中一队被淘汰，另一队最终获胜，比赛结束．已知在每场比赛中，甲队胜乙队和甲队胜丙队的概率均为，乙队胜丙队的概率为，各场比赛的结果相互独立．经抽签，第一场比赛甲队轮空．
（1）求“前三场比赛结束后，乙队被淘汰”的概率；
（2）求“一共只需四场比赛甲队就获得冠军”的概率；
（3）求“需要进行第五场比赛”的概率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，打了三场比赛，乙必须输两场，且在第一轮和第三轮输掉比赛，由独立事件的乘法公式计算；
（2）四场比赛甲决出冠军，乙丙均会要负两场，据此计算即可；
（3）根据对立事件的概率公式计算.
【小问1详解】
记事件A为甲队胜丙队，则，，
事件B甲队胜乙队，则，，
事件C为丙队胜乙队，则，，
前三场比赛结束后，乙队被淘汰的概率为：
【小问2详解】
只需四场比赛甲队就获得冠军的概率为：
由于甲队胜乙队和甲队胜丙队的概率均为，
且乙队胜丙队和丙队胜乙队的概率也相等，均为，
第一场比赛甲队轮空，以后的比赛相对于甲队，可视乙队丙队为同一人，
设甲队胜为事件，甲队轮空为事件，
所以甲队最终获胜的概率．
【小问3详解】
只需四场比赛就决出冠军的概率为：
.
故需要进行第五场比赛的概率为：.
22. 如图，AB是半球的直径，O为球心， AB=4，M，N依次是半圆上的两个三等分点，P是半球面上一点，且．

（1）证明：平面平面；
（2）若点P在底面圆内的射影恰在BM上，
①求PN与平面PMB所成角；
②求点M到平面PAB的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的判断定理可知，要证平面平面，只需证一个平面内的一条直线垂直于另一个平面内的两条相交直线即可，根据，结合题意只需证明，即四边形是菱形即可；
（2）①由线面垂直的判定定理和性质定理证得平面，就是与平面所成角，求解即可；②法1：由（1）可得平面，结合已知条件可得点P在底面圆内的射影是与的交点Q，在中，由勾股定理计算，求出，再根据即可求解；法2：过点作于，连结，过点作于，由线面垂直的判定定理和性质定理证得面，则为点到平面的距离，中求解即可.
【小问1详解】
证明：连接，如图，是半圆上的两个三等分点，

则有，∵，
∴都是正三角形，∴，
四边形是菱形，，
∵，平面，
∴平面，平面
∴平面平面.
【小问2详解】
①由（1）知，平面PON，平面OMNB，
所以平面平面OMNB，平面PON∩平面OMNB=ON，
则点P在底面圆内的射影在ON上，
又因为点P在底面圆内的射影在BM上，
所以点P在底面圆内的射影是ON与MB的交点Q，
，
则平面，，又，
平面，平面，
就是与平面所成角，
在中，，
，故与平面所成角；
②法1：由（1）知，平面PON，平面OMNB，
所以平面平面OMNB，平面PON∩平面OMNB=ON，
则点P在底面圆内的射影在ON上，
又因为点P在底面圆内的射影在BM上，
所以点P在底面圆内的射影是ON与MB的交点Q，
，
故，
在中，由余弦定理，可得，
故，故，
在中，，
故，
故.
由，可得，
即，所以，
点到平面的距离为.

法2：过点作于，连结，过点作于.
面，平面，，
又， ，
面，平面，，
又，面，
面，为点到平面的距离.
在中，，，，
又，，，
又，，，
故点到平面的距离为