2022-2023学年河北省石家庄市高一下学期期末数学试题【含答案】

2022-2023学年河北省石家庄市高一下学期期末数学试题一、单选题1．若，则（

）A．4 B．8 C． D．【答案】C【分析】根据复数的乘方运算求得复数，再根据复数的模的计算公式即可得解.【详解】解：∵，∴．故选：C．2．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列判断正确的是（

）A．若，，，则直线与可能相交或异面B．若，，，则直线与一定垂直C．若，，，则直线与一定垂直D．若，，，则直线与一定平行【答案】A【分析】根据线面之间的位置关系每个选项逐一分析.【详解】B选项，两个垂直平面里分别选一条直线，显然不一定垂直，B选项错误；C选项，若，，，直线与可能垂直，可能平行，可能异面，C选项错误；D选项，若，，，直线与可能相交，故D选项错误.A选项显然正确.故选：A3．已知某射击运动员每次击中目标的概率都是0.8，现采用随机模拟的方法估计该运动员射击4次，至少击中3次的概率：先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0，1表示没有击中目标，2，3，4，5，6，7，8，9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数，根据以下数据估计该运动员射击4次，至少击中3次的概率为（

）7527

0293

7140

98570347

4373

8636

69471417

4698

0371

62332616

8045

6011

36619597

7424

7610

4281A．0.852 B．0.8192 C．0.8 D．0.75【答案】D【解析】因为射击4次至多击中2次对应的随机数组为7140,1417,0371,6011,7610,共5组,所以射击4次,即可求得至少击中3次的概率.【详解】射击4次至多击中2次对应的随机数组为7140,1417,0371,6011,7610,共5组,射击4次,至少击中3次的概率为.故选：D【点睛】本题考查了概率计算,掌握概率的基本知识是解题关键,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.4．已知A和B是随机试验E中的两个随机事件，事件，下列选项中正确的是（

）A．A与B互斥 B．A与C互斥C．A与B相互独立 D．A与C相互独立【答案】C【分析】根据公式可判断A；由可判断B；由公式先求，然后根据可判断C；根据可知可知，然后判断是否相等可判断D.【详解】由题知，，因为，故A错误；因为，A发生时C一定发生，故B错误；因为，所以，又，所以，故C正确；因为，所以，由，，故D错误.故选：C5．在中，，则是（

）A．等腰直角三角形 B．等腰或直角三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形【答案】D【分析】先由可得，然后利用与三角函数的和差公式可推出，从而得到是直角三角形【详解】因为，所以所以因为所以即所以所以因为，所以因为，所以，即是直角三角形故选：D【点睛】要判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，主要有以下两条途径：①角化边：把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得到边的对应关系，从而判断三角形形状，②边化角：把已知条件转化为内角的三角函数间的关系，通过三角恒等变换，得出内角的关系，从而判断三角形的形状.6．已知向量，若与垂直，则（

）A．1 B． C．2 D．4【答案】C【分析】利用向量垂直的坐标表示求出，再计算即可.【详解】由题可知，因为与垂直，所以，解得，所以，故选：C7．正四面体的棱长为2，是它内切球的一条弦（把球面上任意2个点之间的线段称为球的弦），为正四面体表面上的动点，当弦最长时，的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设正四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，，则在上，连接，根据题意求出内切球的半径，当为内切球的直径时，最长，化简可求得其最大值.【详解】设正四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，，则在上，连接，则因为正四面体的棱长为2，所以，所以，设内切球的半径为，则，，解得，当为内切球的直径时，最长，此时，因为为正四面体表面上的动点，所以当为正四体的顶点时，最长，的最大值为，所以的最大值为，故选：B

8．在三棱锥中，底面是边长为3的等边三角形，，，若此三棱锥外接球的表面积为，则二面角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可得，则，取的中点，则为的外心，进而可得球心在过底面的外心（中心）且垂直底面的直线上，也在过外心且垂直侧面的直线上，由三棱锥外接球的表面积为，解得，取的中点，连接，可得是二面角的平面角，再计算余弦值,即可得出答案.【详解】因为，所以，所以，所以为直角三角形，取的中点，则为的外心，所以球心在过底面的外心（中心）且垂直底面的直线上，也在过外心且垂直侧面的直线上，如下图，

因为三棱锥外接球的表面积为，即，解得，取的中点，连接，则，所以都与垂直，所以是二面角的平面角，又，，在中，，在中,，所以，所以，在中，，由平面得，又，所以平面，由面得，又，所以平面，又平面，平面有公共点，所以四点共面，所以即二面角的大小为，其余弦值为.故选：A.二、多选题9．设，为复数，则下列结论中错误的是（

）A．若，则B．C．D．若复数满足，则【答案】ABC【分析】根据复数的运算法则和性质，结合特例法，可判定A、B、C错误；设，根据，求得，可判定D正确.【详解】对于A中，若，可得，此时不能比较大小，所以A错误；对于B中，若，则，由，此时，所以B错误；对于C中，若，则，此时，所以C错误；对于D中，设，可得，则，可得，即，所以D正确.故选：ABC.10．下列说法正确的是（

）A．一组数据由10个正数组成，其方差为1，平方和为100，则这10个数的平均数为3B．某次分层抽样中，已知一班抽取的6名同学答对题目个数的平均数为1，方差为1；二班抽取的4名同学答对题目个数的平均数为1.5，方差为0.35，则这10人答对题目个数的方差为0.8C．将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差也变为原来的3倍D．一组数据，，……，的平均数是5，方差为1，现将其中一个值为5的数据剔除后，余下99个数据的方差还是1【答案】AB【分析】由题意，根据平均数和方差的计算公式对选项进行逐一分析，进而即可求解.【详解】对于A，已知数据由10个正数组成，因为平方和为100，所以，又方差为1，即，即，解得，A正确；对于B，已知一班抽取的6名同学答对题目个数的平均数为1，方差为1；二班抽取的4名同学答对题目个数的平均数为1.5，方差为0.35，所以这10人中答对题目的个数的平均数，方差，B正确；对于C，已知一组数据为,其平均数，方差，若将一组数据中的每个数据都乘以3后，此时，方差，C错误；对于D，因为数据的平均数是5，方差为1，令，所以，现将其中一个值为5的数据剔除后，此时新平均数，方差，D错误.故选：AB.11．锐角内角，，的对边分别为，，，其外接圆的半径，点在边上，且，则下列判断正确的是（

）

A．B．为直角三角形C．周长的取值范围是D．的取值范围为【答案】ABD【分析】对于A，利用正弦定理求解，对于B，过作于，在和中计算判断，对于C，由正弦定理得，则表示出三角形的周长化简可得结果，对于D，取的中点，连接，则，然后化简，再结合三角函数的性质可求得其范围.【详解】对于A，因为，所以，由正弦定理得，所以，因为，所以，所以A正确，对于B，过作于，则，在中，，在中，，所以，所以为直角三角形，所以B正确，对于C，由正弦定理得，所以，所以周长为，因为，所以，所以，所以，即周长的取值范围是，所以C错误，对于D，取的中点，连接，则，所以，所以，由正弦定理得，所以，因为，所以，所以，所以，即，所以D正确，故选：ABD

12．在长方体中，，是棱的中点，过点，，的平面交棱于点，点为线段上一动点，则（

）

A．当且仅当点重合于时，三棱锥的体积取得最大值B．不存在点，使得C．直线与平面所成角的正切值的最大值为D．三棱锥外接球表面积的取值范围是【答案】BCD【分析】对于选项A，利用面面平行的性质，得到平面，从而可判断出选项A；对于选项B，假设存在，可推出平面，从而判断选项；对于选项C，利用线面角的定义，找出线面角为，从而在中，求出的值，进而判断选项C；对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线上，利用，建立方程，从而求出球的表面积的取值范围.【详解】对于A，因为平面平面，根据面面平行的性质，平面与这两个平面的交线互相平行，即，因为面，面，所以平面，又点P在线段上,所以三棱锥的体积为定值，故A错误；对于B，若存在点P，使得，因为，则，因为平面，平面，则，又因为，平面，所以平面，与题意矛盾，故不存在点，使得，B正确；对于C，如图1所示，取BC的中点Q，连接，则点P在平面内的射影在上，所以直线PE与平面所成角即，且有由已知可得，而当时，最小，最小为，所以的最大值为，故C正确；对于D，如图2，取的中点G，连接AG，分别取BE，AG的中点，连接，因为是等腰直角三角形，所以三棱锥外接球的球心O在直线上，设三棱锥外接球的半径为R，则，所以，设，则，所以,当点P与F重合时，取最小值，此时，三棱锥外接球的表面积为，当点P与重合时，取最大值，此时，三棱锥外接球的表面积为，故D正确．

故选：BCD三、填空题13．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为．【答案】【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线的关系，再根据弧长公式即可得解.【详解】设圆锥底面半径为，根据直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形可得，母线长，则圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为.故答案为：.14．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为.【答案】【解析】利用，结合已知条件可把求出，由平面向量基本定理把，用已知向量，表示，再利用数量积的运算法则可求数量积．【详解】，，，，即，又，则，，，，则，故答案为：．【点睛】方法点睛：向量数量积的运算主要掌握两点：一是数量积的基本公式；二是向量的平方等于向量模的平方.15．直三棱柱中，，，、、分别是、、的中点，若三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则．【答案】/【分析】连接、，设，计算出、，即可得解.【详解】连接、，设，则，因为，则，平面，平面，，，、平面，平面，所以，，，故.故答案为：.16．中，，，，是边上的中线，，分别为线段，上的动点，交于点.若面积为面积的一半，则的最小值为【答案】2【分析】利用平面向量的共线定理结合基底表示数量积，转化为函数求最值即可.【详解】设，由向量共线的充要条件不妨设，则，即，又面积为面积的一半可得：，所以.，易知当时，即重合时取得最小值.故答案为：2【点睛】关键点点睛：由点共线及向量间的关系，设、、得到，面积关系得，最后应用数量积运算律转化数量积为关键.四、解答题17．已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且.(1)求角的大小；(2)若，边上的中线长为，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据向量共线的坐标表示得到，再由正弦定理将边化角，从而解得；（2）依题意可得，将两边平方，根据数量积的运算律得到方程，即可求出，再检验即可.【详解】（1）解：因为，，且，所以，由正弦定理可得，由，所以，又为锐角，所以.（2）解：在中，，所以，即，整理得，解得（舍去）或.此时，，，为等边三角形，符合题意，故.18．在甲、乙两个盒子中分别装有标号为1，2，3，4的四张卡片，现从甲、乙两个盒子中各取出一张卡片，每张卡片被取出的可能性相等.（1）求取出的两张卡片上标号为相邻整数的概率；（2）求取出的两张卡片上标号之和能被3整除的概率.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先利用树状图法或列举法列出所有可能的结果，然后确定两张卡片上标号为相邻整数的所有可能结果的个数，利用古典概型的概率计算公式即可求解.（2）利用树状图法或列举法列出所有可能的结果，然后确定两张卡片上标号之和能被3整除的所有可能结果的个数，利用古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】方法一

利用树状图列出从甲、乙两个盒子中各取出一张卡片的所有可能结果：

可以看出，试验的所有可能结果有16种.（1）所取两张卡片上的标号为相邻整数的结果有1-2，2-1，2-3，3-2，3-4，4-3，共6种，故所求概率为，即取出的两张卡片上的标号为相邻整数的概率为.（2）取出的两张卡片上的标号之和能被3整除的结果有1-2，2-1，2-4，3-3，4-2，共5种，故所求概率为，即取出的两张卡片上的标号之和能被3整除的概率为.方法二

设从甲、乙两个盒子中各取一张卡片，其标号分别为，用表示抽取结果，则所有可能的结果为，，，，共16种.（1）所取两张卡片上的标号为相邻整数的结果有，共6种，故所求概率为.所以取出的两张卡片上的标号为相邻整数的概率为.（2）取出的两张卡片上的标号之和能被3整除的结果有，共5种，故所求概率为，所以取出的两张卡片上的标号之和能被3整除的概率为.【点睛】本题考查基本事件，古典概型，属于基础题型.19．如图，四棱锥的底面为菱形，，，分别为和的中点．

(1)求证：//平面；(2)若，，求直线与平面所成角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，证得且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可得证；（2）根据题意，利用线面垂直的判定定理证得平面，得到即为直线与平面所成的角，在直角中，即可求解.【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，分别连接，因为点是的中点，点是的中点，所以且，又因为为菱形，且为的中点，可得且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）解：因为，连接，可得为的中点，所以，因为为菱形，所以，又因为，且平面，所以平面，所以即为直线与平面所成的角，在等边中，因为，且，可得，在直角中，，所以，因为，所以，即直线与平面所成的角.

20．我校后勤服务中心为监控学校稻香圆食堂的服务质量情况，每学期会定期进行两次食堂服务质量抽样调查，每次调查的具体做法是：随机调查50名就餐的教师和学生，请他们为食常服务质量进行名评分，师生根据自己的感受从0到100分选取一个分数打分，根据这50名师生对食堂服务质量的评分并绘制频率分布直方图．下图是根据本学期第二次抽样调查师生打分结果绘制的频率分布直方图，其中样本数据分组为[40，50），[50，60），……，[90，100]．(1)求频率分布直方图中a的值并估计样本的众数：(2)学校规定：师生对食堂服务质量的评分平均分不得低于75分，否则将进行内部整顿．用每组数据的中点值代替该组数据，试估计该校师生对食堂服务质量评分的平均分，并据此回答食堂是否需要进行内部整顿；(3)我校每周都会随机抽取3名学生和校长共进午餐，每次校长都会通过这3名学生了解食堂服务质量，校长的做法是让学生在“差评、中评、好评”中选择一个作答，如果出现“差评”或者“没有出现好评”，校长会立即责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务情况．若以本次抽取的50名学生样本频率分布直方图作为总体估计的依据，并假定本周和校长共进午餐的学生中评分在[40，60）之间的会给“差评”，评分在[60，80）之间的会给“中评”，评分在[80.100]之间的会给“好评”，已知学生都会根据自己的感受独立地给出评价不会受到其它因素的影响，试估计本周校长会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的概率．【答案】(1)；75；(2)，所以食堂不需要内部整顿.(3)0.396【分析】（1）根据小矩形的面积之和等于1求出的值；再根据众数为所有小矩形的面积最多时的那组的分数即可求解.（2）根据平均数等于各小矩形的面积乘以等边中点横坐标之和即可求解.（3）分别先求出[40，60）、[60，80）、[80，100]的频率，再记校长不会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量为事件A,求出，再通过对立事件即可求出概率.【详解】（1）由，解得.该组数据的众数在分数为[70,80]这一组，取中点值为75分，即众数为75（2）由题中数据可得对食堂服务质量评分的平均分为因为76.4>75，所以食堂不需要内部整顿.（3）由图可知，[40，60）、[60，80）、[80，100]这三组的频率分别为0.1、0.5、0.4；用频率估计概率，即差评、中评、好评的概率分别为0.1、0.5、0.4；以本次抽取的3名学生，让学生在“差评、中评、好评”中选择一个作答，已知学生都会根据自己的感受独立地给出评价不会受到其它因素的影响，记3名学生分别为甲、乙、丙；设本周校长不会责成后勤分管副校长亲自检