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四川省南充市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省南充市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（Word版附解析），文件包含四川省南充市2022-2023学年高一下学期期末数学试题Word版含解析docx、四川省南充市2022-2023学年高一下学期期末数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
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．
第Ⅰ卷
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. 在复平面内，对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义求解即可.
【详解】对应的点为，在第二象限.
故选：B.
2. ．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】 由两角差的余弦函数，可得，
故选．
3. 有一组数据为：10，30，30，40，40，50，60，60，60，70，则该组数据的极差与中位数的和为（ ）
A. 105B. 110C. 115D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据极差与中位数的定义求解即可.
【详解】根据题中数据，可得极差为，
中位数为，
所以该组数据的极差与中位数的和为.
故选：A.
4. 从1，2，3，4，5这5个数中任取两数，设事件A为“取出的数至少有一个是奇数”，事件B为“取出的数至少有一个是偶数”，则事件A与事件B是（ ）
A. 互斥且对立事件B. 互斥但不对立事件
C. 不互斥事件D. 独立事件
【答案】C
【解析】
【分析】根据互斥事件的定义判断选项ABC；利用判断D.
【详解】至少有一个是奇数包括一个奇数和一个偶数，两个奇数，
至少有一个是偶数包括一个奇数和一个偶数，两个偶数；
事件包含一个奇数和一个偶数时，两个事件同时发生，不符合互斥事件的定义.
所以事件A与事件B不是互斥事件，所以AB错误，C正确；
从1，2，3，4，5这5个数中任取两数共有种结果：
，
，共9种结果，
，共7种结果，
，共6种结果，
，，，
因为，所以事件A与事件B不是独立事件，D错误，
故选：．
5. 已知向量满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用数量积的性质，由可构造方程求得结果.
【详解】，.
故选：B.
6. 如图所示，一艘海轮从处出发，以每小时海里的速度沿南偏东的方向直线航行，分钟后到达处，在处有一座灯塔，海轮在处观察灯塔在其正东方，在处观察灯塔在其北偏东则，两点间的距离是（ ）
A. 海里B. 海里C. 海里D. 海里
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得海里、，结合正弦定理计算即可求解.
【详解】由题意得，，，海里，
所以，
在中，由正弦定理，
得海里.
故选：A.
7. 已知向量，将向量绕原点O沿逆时针方向旋转到的位置，则点的横坐标为（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先确定向量与轴正方向的夹角，再利用旋转的角度可求答案.
【详解】因为，所以向量与轴正方向的夹角为，
向量绕原点O沿逆时针方向旋转到的位置，则与轴正方向的夹角为，
此时点在轴上，点的横坐标为0.
故选：C.
8. 若是边长为1的等边三角形，G是边BC的中点，H是边AC的中点，M为线段AG上任意一点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以为原点，以为轴，为轴建立平面直角坐标系，设，且，表示出，，进而根据平面向量数量积的坐标表示表示出，结合二次函数的性质求解即可.
【详解】因为是边长为1的等边三角形，G是边BC的中点，H是边AC的中点，
所以以为原点，以为轴，为轴建立平面直角坐标系，
所以，，，则，
设，且，
所以，，
所以，对称轴为直线，
当时，取最小值，
当时，取最大值，
所以的取值范围是.
故选：D.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出四个选项中，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. 为了得到的图象，可以把上的所有的点（ ）
A. 向左平移个单位长度；再把横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
B. 向左平移个单位长度；再把横坐标都短到原来的，纵坐标不变
C. 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变；再向左平移个单位长度
D. 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变；再向左平移个单位长度
【答案】BC
【解析】
【分析】根据三角函数图象的伸缩与平移变换规律即可得出结果．
【详解】先平移后伸缩：
函数的图象向左平移个单位长度，得，
再将横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得；
先伸缩后平移：
函数图象将横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得，
再向左平移个单位长度，得，即．
故选：BC．
10. 为了解某校学生的数学学科素养测试情况（满分100分），随机抽取100名学生的测试成绩，按照，，，分组，得到如图所示的样本频率分布直方图，根据频率分布直方图（其中同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），下列说法正确的有（ ）
A. 该校学生测试成绩的第50百分位数的估计值为82.5
B. 该校学生测试成绩的众数的估计值为80至90之间的任意数
C. 该校学生测试成绩的平均数的估计值为82
D. 该校学生测试成绩位于之外的人数约为4人
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，先确定校学生测试成绩的第50百分位数位于内，再
根据百分位数的概念计算即可；B选项，由于同一组中的数据用该组区间的中点值为代表，B错误；C选项，利用平均数的定义进行求解；D选项，该校学生测试成绩位于之外的人数不能确定.
【详解】A选项，因为，，
所以该校学生测试成绩的第50百分位数位于内，
则设该校学生测试成绩的第50百分位数为，
则，解得，
该校学生测试成绩的第50百分位数的估计值为，A正确；
B选项，由于同一组中的数据用该组区间的中点值为代表，
故该校学生测试成绩的众数的估计值为，B错误；
C选项，，
该校学生测试成绩的平均数的估计值为82，C正确；
D选项，因为，，
所以抽取的100学生中，测试成绩位于之外的人数大约为4人，
故该校学生测试成绩位于之外的人数不能确定具体数，D错误.
故选：AC
11. 已知函数部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于直线对称
B. 的图像关于点对称
C. 在区间上的值域为
D. 方程有7个不相等的实数根
【答案】BD
【解析】
【分析】先根据图象求出函数的解析式，进而根据三角函数的图象及性质可判断ABC选项；对于D选项，将问题转化为函数和的交点问题，结合图象求解即可.
【详解】由图可知，，
又，故，因为，所以，
此时，
又，
即，即，，即，，
又，所以，
所以.
对于A，当时，，不是最值，故A错误；
对于B，当时，则，故B正确；
对于C，当时，，
所以，即，故C错误；
对于D，由，即，
画出函数和，
令，，即，，
所以函数的对称轴为，，
且当，时，，
当，时，，
所以大致图象如下：
由图象可知函数和有7个交点，
所以方程有7个不相等的实数根，故D正确.
故选：BD.
12. 东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，如图1，它由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．某数学兴趣小组通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形ABC，对于图2，下列结论正确的是（ ）
A. 这三个全等的钝角三角形可能是等腰三角形
B. 若，则与夹角的余弦值为
C. 若，则的面积是面积的19倍
D. 若，，则内切圆的半径为
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A，若三个全等的钝角三角形是等腰三角形，分析可得三点重合，进而即可判断；选项B，连接，设，结合平面向量的线性运算可得，进而利用平面向量的数量积公式即可求解；选项C，设，则，， 在中，由余弦定理可得，进而结合三角形的面积公式分别表示出的面积和面积，进而求解；选项D，结合题设可得，，在中，由余弦定理可得，
设内切圆的半径为，由，进而求解即可.
【详解】选项A，若三个全等的钝角三角形是等腰三角形，则，
从而三点重合，不合题意，故A错误；
选项B，连接，因为，则为中点，则分别为中点，
因为为等边三角形，设，
而,
，
整理得，
所以，
，
所以与夹角的余弦值为，故B正确；
选项C，若，设，则，，
在中，由余弦定理得，
所以，而，
所以，故C正确；
选项D，因为，，所以，，
在中，由余弦定理得，即，
设内切圆的半径为，
由，
即，
解得，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题B选项，关键在于结合平面向量的线性运算可得，进而利用平面向量的数量积公式即可求解，将未知向量往已知方向进行转化.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 为有效落实家校共育，某校派出教师进行家访，了解家庭对孩子的教育情况．一个月内派出的教师人数及其概率如下表所示：
则该校本月至少派出4名教师进行家访的概率为______．
【答案】0.54
【解析】
【分析】利用互斥事件的概率求解.
【详解】解：由表得：该校本月至少派出4名教师进行家访的概率为，
故答案为：0.54
14 若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用两角和的正弦公式展开，即可得解.
【详解】因为，
即，所以.
故答案为：
15. 已知如图，在平面四边形ABCD中，，，，则平面四边形ABCD的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】连接，由余弦定理求得，得到，结合， ，得到，得到，即可求得四边形的面积.
【详解】如图所示，连接，
在中，因为且，
由余弦定理可得，所以，
所以，
在中，因为且，可得，
又因为，所以，所以，
所以四边形的面积为.
故答案为：.
16. 在锐角中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最小值为______．
【答案】8
【解析】
【分析】根据两角和的正切公式得到，最后再换元，利用基本不等式求最小值.
【详解】，
,
，
令，
由，
则，
当且仅当时，即时，取等号，此时，
所以的最小值是8.
故答案为：8.
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用两角和的正切公式将转化为，换元，进而利用基本不等式求解即可.
第Ⅱ卷
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17 已知，，，则：
（1）当m为何值时，；
（2）记与的夹角为，当时，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据点的坐标求出向量坐标，利用垂直的坐标表示可求；
（2）利用向量的夹角公式可求答案.
【小问1详解】
因为，，，所以；
因为，所以，解得.
【小问2详解】
当时，；
，；
所以，因为，所以.
18. 2023年4月21日，以“去南充，Lang起来”为主题的南充文旅（成都）推介会在成都宽窄巷子举行．本次推介会围绕“六百里秀美嘉陵江，两千年人文南充城”展开，通过川北大木偶、川剧快闪等多个环节，展示了将帅故里、锦绣南充的文旅资源，同时还向成都市民和广大游客推介了千年古城阆中游、将帅故里红色游、山水风光览胜游、亲子行读研学游和潮流江岸时尚游等五条精品旅游线路，为了解本次推介会的效果，随机抽取了名观众进行有奖知识答题，现将答题者按年龄分成5组，第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，若第一组有5人．
（1）求；
（2）现用分层抽样的方法从第四组和第五组中抽取6人，再从这6人随机抽取2人作为幸运答题者，求这2人幸运答题者恰有1人来自第五组的概率．
【答案】（1）100 （2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图可知第一组的频率，结合第一组的频数求解即可；
（2）先根据分层抽样确定在第四组和第五组中分别抽取的人数，从这6人随机抽取2人，列举出所有抽取情况，再根据古典概型概率公式求解即可.
【小问1详解】
根据频率分布直方图知：第一组的频率为，
因此，.
【小问2详解】
根据频率分布直方图知，第四组的人数为，
第五组的人数为，
根据分层抽样可知：第四组应抽取人，记这4人分别为，
第五组应抽取人，记这2人分别为，
再从这6人随机抽取2人，
则样本空间为，
共计15个样本点，事件“2位幸运答题者恰有1位来自第五组的”包含的样本点为
，共计8个
由古典概型概率公式得：，
所以这2位幸运答题者恰有1位来自第五组的概率为.
19. 已知复数z满足（其中i是虚数单位）．
（1）求复数z的模；
（2）若，求a，b的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由求出复数，然后可求出复数z的模；
（2）将复数代入化简，再利用复数相等的条件列方程组可求出a，b的值．
【小问1详解】
由，得，
所以
小问2详解】
因为，，
所以
化简得，
所以，解得
20. 某公司招聘新员工组织了笔试和面试两场考核，两场考核均通过即被录用，现有甲、乙两名应聘者都参加了笔试和面试两场考核，已知甲笔试和面试通过的概率都为，乙笔试和面试通过的概率都为，在每场考核中，甲和乙通过与否互不影响，各场结果也互不影响．
（1）求在笔试考核中，甲、乙两名应聘者恰有1名通过的概率；
（2）求甲，乙两名应聘者至多有1名被录用的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件和互斥事件的概率公式计算可得；
（2）首先求出甲、乙被录用的概率，在根据对立事件及相互独立事件的概率公式计算可得.
【小问1详解】
记“甲通过笔试考核”， “甲通过面试考核”，
“乙通过笔试考核”， “乙通过面试考核”，
所以，，
且事件、、、相互独立，
所以在笔试考核中，甲、乙两名应聘者恰有1名通过的概率：
.
【小问2详解】
甲应聘者被录用的概率，
乙应聘者被录用的概率，
则甲、乙应聘者均被录用的概率为，
所以甲、乙两名应聘者至多有1名被录用的概率为.
21. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，．
（1）求A；
（2）从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边BC上的高．
条件①：；条件②：；条件③：
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）选①②，；选③不符合题意
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，结合内角和与两角和的正弦公式化简即可；
（2）选①由，可得，，进而根据直角三角形中正弦函数的定义求解即可；
选②：根据，可得，由余弦定理得，进而结合面积公式求解即可；
选③：由，可得或，与题意不符.
【小问1详解】
由及正弦定理，
得，
又，
所以，
又，即，
所以，
即.
【小问2详解】
选条件①：由三角形内角和定理及，得，
又，所以，
所以，
又 ，
设BC边上高线的长为，则.
选条件②：因为，且，，
所以，
由余弦定理得，即，
设BC边上高线的长为，由，
则.
选条件③：由三角形内角和定理及，得，
由，得或，故与题意不符.
22. 已知函数的相邻两对称轴间的距离为．
（1）求的值；
（2）证明：；
（3）令，记方程，在上的根从小到大依次为，若，试求的值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角和辅助角公式化简，由最小正周期可求得的值；
（2）利用两角和差正弦公式和二倍角公式化简证明即可；
（3）将问题转化为与交点的横坐标的求解，采用数形结合的方式，结合正弦型函数的对称性可求得结果.
【小问1详解】
；
相邻两对称轴间的距离为，的最小正周期，
即，解得：.
【小问2详解】
由（1）得：，则，
，
.
【小问3详解】
由（1）得：，
当时，，
，的根等价于与交点的横坐标，
作出图象如下图所示，
由图象可知：方程，在上的根从小到大依次为，
由对称性得：，.
【点睛】关键点点睛：本题求解方程根之和的关键是将问题转化为两函数交点横坐标之和的求解问题，采用数形结合的方式，结合正弦型函数的对称性来进行求解.
派出人数
3
4
5
概率
0.1
0.36
03
0.2
0.04
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
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．
第Ⅰ卷
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. 在复平面内，对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义求解即可.
【详解】对应的点为，在第二象限.
故选：B.
2. ．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】 由两角差的余弦函数，可得，
故选．
3. 有一组数据为：10，30，30，40，40，50，60，60，60，70，则该组数据的极差与中位数的和为（ ）
A. 105B. 110C. 115D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据极差与中位数的定义求解即可.
【详解】根据题中数据，可得极差为，
中位数为，
所以该组数据的极差与中位数的和为.
故选：A.
4. 从1，2，3，4，5这5个数中任取两数，设事件A为“取出的数至少有一个是奇数”，事件B为“取出的数至少有一个是偶数”，则事件A与事件B是（ ）
A. 互斥且对立事件B. 互斥但不对立事件
C. 不互斥事件D. 独立事件
【答案】C
【解析】
【分析】根据互斥事件的定义判断选项ABC；利用判断D.
【详解】至少有一个是奇数包括一个奇数和一个偶数，两个奇数，
至少有一个是偶数包括一个奇数和一个偶数，两个偶数；
事件包含一个奇数和一个偶数时，两个事件同时发生，不符合互斥事件的定义.
所以事件A与事件B不是互斥事件，所以AB错误，C正确；
从1，2，3，4，5这5个数中任取两数共有种结果：
，
，共9种结果，
，共7种结果，
，共6种结果，
，，，
因为，所以事件A与事件B不是独立事件，D错误，
故选：．
5. 已知向量满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用数量积的性质，由可构造方程求得结果.
【详解】，.
故选：B.
6. 如图所示，一艘海轮从处出发，以每小时海里的速度沿南偏东的方向直线航行，分钟后到达处，在处有一座灯塔，海轮在处观察灯塔在其正东方，在处观察灯塔在其北偏东则，两点间的距离是（ ）
A. 海里B. 海里C. 海里D. 海里
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得海里、，结合正弦定理计算即可求解.
【详解】由题意得，，，海里，
所以，
在中，由正弦定理，
得海里.
故选：A.
7. 已知向量，将向量绕原点O沿逆时针方向旋转到的位置，则点的横坐标为（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先确定向量与轴正方向的夹角，再利用旋转的角度可求答案.
【详解】因为，所以向量与轴正方向的夹角为，
向量绕原点O沿逆时针方向旋转到的位置，则与轴正方向的夹角为，
此时点在轴上，点的横坐标为0.
故选：C.
8. 若是边长为1的等边三角形，G是边BC的中点，H是边AC的中点，M为线段AG上任意一点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以为原点，以为轴，为轴建立平面直角坐标系，设，且，表示出，，进而根据平面向量数量积的坐标表示表示出，结合二次函数的性质求解即可.
【详解】因为是边长为1的等边三角形，G是边BC的中点，H是边AC的中点，
所以以为原点，以为轴，为轴建立平面直角坐标系，
所以，，，则，
设，且，
所以，，
所以，对称轴为直线，
当时，取最小值，
当时，取最大值，
所以的取值范围是.
故选：D.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出四个选项中，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. 为了得到的图象，可以把上的所有的点（ ）
A. 向左平移个单位长度；再把横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
B. 向左平移个单位长度；再把横坐标都短到原来的，纵坐标不变
C. 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变；再向左平移个单位长度
D. 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变；再向左平移个单位长度
【答案】BC
【解析】
【分析】根据三角函数图象的伸缩与平移变换规律即可得出结果．
【详解】先平移后伸缩：
函数的图象向左平移个单位长度，得，
再将横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得；
先伸缩后平移：
函数图象将横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得，
再向左平移个单位长度，得，即．
故选：BC．
10. 为了解某校学生的数学学科素养测试情况（满分100分），随机抽取100名学生的测试成绩，按照，，，分组，得到如图所示的样本频率分布直方图，根据频率分布直方图（其中同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），下列说法正确的有（ ）
A. 该校学生测试成绩的第50百分位数的估计值为82.5
B. 该校学生测试成绩的众数的估计值为80至90之间的任意数
C. 该校学生测试成绩的平均数的估计值为82
D. 该校学生测试成绩位于之外的人数约为4人
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，先确定校学生测试成绩的第50百分位数位于内，再
根据百分位数的概念计算即可；B选项，由于同一组中的数据用该组区间的中点值为代表，B错误；C选项，利用平均数的定义进行求解；D选项，该校学生测试成绩位于之外的人数不能确定.
【详解】A选项，因为，，
所以该校学生测试成绩的第50百分位数位于内，
则设该校学生测试成绩的第50百分位数为，
则，解得，
该校学生测试成绩的第50百分位数的估计值为，A正确；
B选项，由于同一组中的数据用该组区间的中点值为代表，
故该校学生测试成绩的众数的估计值为，B错误；
C选项，，
该校学生测试成绩的平均数的估计值为82，C正确；
D选项，因为，，
所以抽取的100学生中，测试成绩位于之外的人数大约为4人，
故该校学生测试成绩位于之外的人数不能确定具体数，D错误.
故选：AC
11. 已知函数部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于直线对称
B. 的图像关于点对称
C. 在区间上的值域为
D. 方程有7个不相等的实数根
【答案】BD
【解析】
【分析】先根据图象求出函数的解析式，进而根据三角函数的图象及性质可判断ABC选项；对于D选项，将问题转化为函数和的交点问题，结合图象求解即可.
【详解】由图可知，，
又，故，因为，所以，
此时，
又，
即，即，，即，，
又，所以，
所以.
对于A，当时，，不是最值，故A错误；
对于B，当时，则，故B正确；
对于C，当时，，
所以，即，故C错误；
对于D，由，即，
画出函数和，
令，，即，，
所以函数的对称轴为，，
且当，时，，
当，时，，
所以大致图象如下：
由图象可知函数和有7个交点，
所以方程有7个不相等的实数根，故D正确.
故选：BD.
12. 东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，如图1，它由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．某数学兴趣小组通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形ABC，对于图2，下列结论正确的是（ ）
A. 这三个全等的钝角三角形可能是等腰三角形
B. 若，则与夹角的余弦值为
C. 若，则的面积是面积的19倍
D. 若，，则内切圆的半径为
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A，若三个全等的钝角三角形是等腰三角形，分析可得三点重合，进而即可判断；选项B，连接，设，结合平面向量的线性运算可得，进而利用平面向量的数量积公式即可求解；选项C，设，则，， 在中，由余弦定理可得，进而结合三角形的面积公式分别表示出的面积和面积，进而求解；选项D，结合题设可得，，在中，由余弦定理可得，
设内切圆的半径为，由，进而求解即可.
【详解】选项A，若三个全等的钝角三角形是等腰三角形，则，
从而三点重合，不合题意，故A错误；
选项B，连接，因为，则为中点，则分别为中点，
因为为等边三角形，设，
而,
，
整理得，
所以，
，
所以与夹角的余弦值为，故B正确；
选项C，若，设，则，，
在中，由余弦定理得，
所以，而，
所以，故C正确；
选项D，因为，，所以，，
在中，由余弦定理得，即，
设内切圆的半径为，
由，
即，
解得，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题B选项，关键在于结合平面向量的线性运算可得，进而利用平面向量的数量积公式即可求解，将未知向量往已知方向进行转化.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 为有效落实家校共育，某校派出教师进行家访，了解家庭对孩子的教育情况．一个月内派出的教师人数及其概率如下表所示：
则该校本月至少派出4名教师进行家访的概率为______．
【答案】0.54
【解析】
【分析】利用互斥事件的概率求解.
【详解】解：由表得：该校本月至少派出4名教师进行家访的概率为，
故答案为：0.54
14 若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用两角和的正弦公式展开，即可得解.
【详解】因为，
即，所以.
故答案为：
15. 已知如图，在平面四边形ABCD中，，，，则平面四边形ABCD的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】连接，由余弦定理求得，得到，结合， ，得到，得到，即可求得四边形的面积.
【详解】如图所示，连接，
在中，因为且，
由余弦定理可得，所以，
所以，
在中，因为且，可得，
又因为，所以，所以，
所以四边形的面积为.
故答案为：.
16. 在锐角中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最小值为______．
【答案】8
【解析】
【分析】根据两角和的正切公式得到，最后再换元，利用基本不等式求最小值.
【详解】，
,
，
令，
由，
则，
当且仅当时，即时，取等号，此时，
所以的最小值是8.
故答案为：8.
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用两角和的正切公式将转化为，换元，进而利用基本不等式求解即可.
第Ⅱ卷
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17 已知，，，则：
（1）当m为何值时，；
（2）记与的夹角为，当时，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据点的坐标求出向量坐标，利用垂直的坐标表示可求；
（2）利用向量的夹角公式可求答案.
【小问1详解】
因为，，，所以；
因为，所以，解得.
【小问2详解】
当时，；
，；
所以，因为，所以.
18. 2023年4月21日，以“去南充，Lang起来”为主题的南充文旅（成都）推介会在成都宽窄巷子举行．本次推介会围绕“六百里秀美嘉陵江，两千年人文南充城”展开，通过川北大木偶、川剧快闪等多个环节，展示了将帅故里、锦绣南充的文旅资源，同时还向成都市民和广大游客推介了千年古城阆中游、将帅故里红色游、山水风光览胜游、亲子行读研学游和潮流江岸时尚游等五条精品旅游线路，为了解本次推介会的效果，随机抽取了名观众进行有奖知识答题，现将答题者按年龄分成5组，第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，若第一组有5人．
（1）求；
（2）现用分层抽样的方法从第四组和第五组中抽取6人，再从这6人随机抽取2人作为幸运答题者，求这2人幸运答题者恰有1人来自第五组的概率．
【答案】（1）100 （2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图可知第一组的频率，结合第一组的频数求解即可；
（2）先根据分层抽样确定在第四组和第五组中分别抽取的人数，从这6人随机抽取2人，列举出所有抽取情况，再根据古典概型概率公式求解即可.
【小问1详解】
根据频率分布直方图知：第一组的频率为，
因此，.
【小问2详解】
根据频率分布直方图知，第四组的人数为，
第五组的人数为，
根据分层抽样可知：第四组应抽取人，记这4人分别为，
第五组应抽取人，记这2人分别为，
再从这6人随机抽取2人，
则样本空间为，
共计15个样本点，事件“2位幸运答题者恰有1位来自第五组的”包含的样本点为
，共计8个
由古典概型概率公式得：，
所以这2位幸运答题者恰有1位来自第五组的概率为.
19. 已知复数z满足（其中i是虚数单位）．
（1）求复数z的模；
（2）若，求a，b的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由求出复数，然后可求出复数z的模；
（2）将复数代入化简，再利用复数相等的条件列方程组可求出a，b的值．
【小问1详解】
由，得，
所以
小问2详解】
因为，，
所以
化简得，
所以，解得
20. 某公司招聘新员工组织了笔试和面试两场考核，两场考核均通过即被录用，现有甲、乙两名应聘者都参加了笔试和面试两场考核，已知甲笔试和面试通过的概率都为，乙笔试和面试通过的概率都为，在每场考核中，甲和乙通过与否互不影响，各场结果也互不影响．
（1）求在笔试考核中，甲、乙两名应聘者恰有1名通过的概率；
（2）求甲，乙两名应聘者至多有1名被录用的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件和互斥事件的概率公式计算可得；
（2）首先求出甲、乙被录用的概率，在根据对立事件及相互独立事件的概率公式计算可得.
【小问1详解】
记“甲通过笔试考核”， “甲通过面试考核”，
“乙通过笔试考核”， “乙通过面试考核”，
所以，，
且事件、、、相互独立，
所以在笔试考核中，甲、乙两名应聘者恰有1名通过的概率：
.
【小问2详解】
甲应聘者被录用的概率，
乙应聘者被录用的概率，
则甲、乙应聘者均被录用的概率为，
所以甲、乙两名应聘者至多有1名被录用的概率为.
21. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，．
（1）求A；
（2）从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边BC上的高．
条件①：；条件②：；条件③：
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）选①②，；选③不符合题意
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，结合内角和与两角和的正弦公式化简即可；
（2）选①由，可得，，进而根据直角三角形中正弦函数的定义求解即可；
选②：根据，可得，由余弦定理得，进而结合面积公式求解即可；
选③：由，可得或，与题意不符.
【小问1详解】
由及正弦定理，
得，
又，
所以，
又，即，
所以，
即.
【小问2详解】
选条件①：由三角形内角和定理及，得，
又，所以，
所以，
又 ，
设BC边上高线的长为，则.
选条件②：因为，且，，
所以，
由余弦定理得，即，
设BC边上高线的长为，由，
则.
选条件③：由三角形内角和定理及，得，
由，得或，故与题意不符.
22. 已知函数的相邻两对称轴间的距离为．
（1）求的值；
（2）证明：；
（3）令，记方程，在上的根从小到大依次为，若，试求的值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角和辅助角公式化简，由最小正周期可求得的值；
（2）利用两角和差正弦公式和二倍角公式化简证明即可；
（3）将问题转化为与交点的横坐标的求解，采用数形结合的方式，结合正弦型函数的对称性可求得结果.
【小问1详解】
；
相邻两对称轴间的距离为，的最小正周期，
即，解得：.
【小问2详解】
由（1）得：，则，
，
.
【小问3详解】
由（1）得：，
当时，，
，的根等价于与交点的横坐标，
作出图象如下图所示，
由图象可知：方程，在上的根从小到大依次为，
由对称性得：，.
【点睛】关键点点睛：本题求解方程根之和的关键是将问题转化为两函数交点横坐标之和的求解问题，采用数形结合的方式，结合正弦型函数的对称性来进行求解.
派出人数
3
4
5
概率
0.1
0.36
03
0.2
0.04
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