江苏省常州市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)

这是一份江苏省常州市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知复数是方程的一个根，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】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】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】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】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】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.
6. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】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】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】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、多项选择题：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】，
，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】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】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】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】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】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】9 000
【解析】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12 000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：9 000.
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】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．
解：（1）因为，
所以，
因为，所以，
所以.
（2）
，
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．
解：（1）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.
（2）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）.
（3）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．
解：（1）由结合正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
即，
因为，所以，
因为，所以.
（2）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．
解：（1）记中点为M，连接，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.
（2）连接，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，
连接，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．
解：（1）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：
.
（2）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．
（3）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．
解：（1）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.
（2）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，连接，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.