2022-2023学年湖北省武汉市5G联合体高一（下）期末数学试卷

第1页（共1页）2022-2023学年湖北省武汉市5G联合体高一（下）期末数学试卷一、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．（5分）复数3-iA．1+2i B．1+i C．1﹣2i D．1﹣i2．（5分）设m为直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中错误的是（）A．m∥α，α∥β，且m⊄β⇒m∥β B．α∥β，且m与α相交⇒m与β相交 C．m∥α，m∥β⇒α∥β D．α∥β，且m⊂α⇒m∥β3．（5分）在正四面体ABCD中，点E，F，G分别为棱BC，CD，AC的中点，则异面直线AE，FG所成角的余弦值为（）A．12 B．35 C．33 4．（5分）某次投篮比赛中，甲、乙两校都派出了10名运动员参加比赛，甲校运动员的得分分别为8，6，7，7，8，10，9，8，7，8，这些成绩可用如图中的（1）所示，乙校运动员的得分可用如图中的（2）所示．则以下结论中，正确的是（）A．甲校运动员得分的中位数为7.5 B．乙校运动员得分的75%分位数为10 C．甲校运动员得分的平均数大于8 D．甲校运动员得分的标准差大于乙校运动员得分的标准差5．（5分）在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若a=2，b=6，A＝30A．2 B．22或6 C．2或22 D6．（5分）如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若E、F分别为AB，AC靠近点A的三等分点，平面EB1C1F将三棱柱分成左右两部分体积为V1和V2，那么V1：V2＝（）A．7：5 B．14：13 C．5：7 D．13：147．（5分）如图，圆锥PO的底面直径和高均是4，过PO的中点O1作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（）A．(7+45)π B．(8+45)π C8．（5分）在△ABC中，A=π6，B=π2，BC＝1，D为AC中点，若将△BCD沿着直线BD翻折至△BC′D，使得四面体C′﹣ABD的外接球半径为A．33 B．23 C．53 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.（多选）9．（5分）已知互不相同的9个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下的7个数据与原9个数据相比，下列数字特征中不变的是（）A．中位数 B．平均数 C．第41百分位数 D．方差（多选）10．（5分）已知向量a→=(1，A．若a→∥bB．若a→⊥b→，C．a→⋅bD．存在θ，使得|（多选）11．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，a2＝2bcsinA，下列说法正确的是（）A．若a＝1，则S△B．△ABC外接圆的半径为bcaC．cb+bD．A=π4时，（多选）12．（5分）如图，正四面体ABCD的棱长为1，E，F分别是棱BD，CD上的点，且BE＝DF＝t，t∈（0，1），则（）A．不存在t，使得BC∥平面AEF B．直线AC与直线EF异面 C．不存在t，使得平面AEF⊥平面BCD D．三棱锥A﹣DEF体积的最大值为2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.双空题第一空2分，第二空3分.13．（5分）已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于3km，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东20°，则灯塔A与灯塔B的距离为km14．（5分）已知a→=(2，23)，e→为单位向量，向量a→，e→的夹角为π315．（5分）如图，在△ABC中，∠BAC=π3，AD→=2DB→，P为CD上一点，且满足AP→=mAC→+1216．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，动点P在△AB1C内，满足D1P=14，则点P的轨迹长度为四、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．（10分）（1）设z∈C，在复平面内z对应的点为Z，那么求满足条件：2＜|z|＜3的点Z的集合的图形面积；（2）已知复数z1=m+(4-m2)i（m∈R），z2＝x+（λ+2x）i（λ，x∈R）且z118．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin（A﹣B）＝sinC﹣sinB．（1）求角A；（2）若△ABC外接圆的半径为263，求△19．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，面ABB1A1为正方形，面AA1C1C为菱形∠CAA1＝60°，侧面AA1C1C⊥面ABB1A1．（1）求证：AC1⊥面CA1B1；（2）求二面角C﹣BB1﹣A的余弦值．20．（12分）为了深入学习领会党的二十大精神，某高级中学高一全体学生参加了《二十大知识竞赛》．试卷满分为100分，所有学生成绩均在区间[40，100]分内．已知该校高一选物理方向、历史方向的学生人数分别为180、120．现用分层抽样的方法抽取了30名学生的答题成绩，绘制了如图样本频率分布直方图．（1）根据样本频率分布直方图，计算图中a的值，并估计该校全体学生成绩的平均数和第71百分位数；（2）已知所抽取选物理方向和历史方向学生答题成绩的平均数、方差的数据如下表，且根据频率分布直方图估计出总成绩的方差为140，求高一年级选物理方向学生成绩的平均数x1和高一年级选历史方向学生成绩的方差s选科方向样本平均数样本方差物理方向x175历史方向60s221．（12分）已知△ABC的面积为332，且AB→⋅AC（1）求角A的大小；（2）设M为BC的中点，且AM=72，∠BAC的平分线交BC于N22．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，AB＝AD＝2BC＝2，△PAD≌△BAD．（1）M为PC上一点，且PM→=λMC→，当PA（2）设平面PAD与平面PBC的交线为l，证明l∥面ABCD；（3）当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为45°时，求PC与平面ABCD所成角的正弦值．

2022-2023学年湖北省武汉市5G联合体高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）复数3-iA．1+2i B．1+i C．1﹣2i D．1﹣i【解答】解：因为复数3-i1+i=(3-故选：C．2．（5分）设m为直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中错误的是（）A．m∥α，α∥β，且m⊄β⇒m∥β B．α∥β，且m与α相交⇒m与β相交 C．m∥α，m∥β⇒α∥β D．α∥β，且m⊂α⇒m∥β【解答】解：由m∥α，α∥β，得m⊂β或m∥β，而m⊄β，所以m∥β，故A正确；由α∥β，且m与α相交，可得m与β相交，故B正确；由m∥α，m∥β，得α∥β或α与β相交，故C错误；由α∥β，得α与β无公共点，又m⊂α可得m与β无公共点，则m∥β，故D正确．故选：C．3．（5分）在正四面体ABCD中，点E，F，G分别为棱BC，CD，AC的中点，则异面直线AE，FG所成角的余弦值为（）A．12 B．35 C．33 【解答】解：连接DE，因为点F，G分别为棱CD，AC的中点，所以FG∥AD，所以∠EAD或其补角为异面直线AE，FG所成角，设正四面体的边长为a，则AE=DE=32由余弦定理得：cos∠所以异面直线AE，FG所成角的余弦值为33故选：C．4．（5分）某次投篮比赛中，甲、乙两校都派出了10名运动员参加比赛，甲校运动员的得分分别为8，6，7，7，8，10，9，8，7，8，这些成绩可用如图中的（1）所示，乙校运动员的得分可用如图中的（2）所示．则以下结论中，正确的是（）A．甲校运动员得分的中位数为7.5 B．乙校运动员得分的75%分位数为10 C．甲校运动员得分的平均数大于8 D．甲校运动员得分的标准差大于乙校运动员得分的标准差【解答】解：甲校派出的10名运动员参赛成绩从小到大为：6，7，7，7，8，8，8，8，9，10，其中位数为：8，平均数为：6+7×3+8×4+9+1010=7.8，故选项A、其方差为：110[（6﹣7.8）²+3×（7﹣7.8）²+4×（8﹣7.8）²+（9﹣7.8）²+（10﹣7.8）²]＝1.16，标准差为1.16乙校派出的10名运动员参赛成绩分别为：6，7，8，9，9，9，9，10，10，10，则其平均数为：110（6+7+8+9×4+10×3）＝8.7，75%分位数为：10方差为：110[（6﹣8.7）²+（7﹣8.7）²+（8﹣8.7）²+4×（9﹣8.7）²+3×（10﹣8.7）²]＝1.61，标准差为1.61所以甲校运动员得分的标准差小于乙校运动员得分的标准差，故选项B正确，D错误．故选：B．5．（5分）在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若a=2，b=6，A＝A．2 B．22或6 C．2或22 D【解答】解：因为a=2，b=6，由余弦定理得cosA=3则c=2或c＝22故选：C．6．（5分）如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若E、F分别为AB，AC靠近点A的三等分点，平面EB1C1F将三棱柱分成左右两部分体积为V1和V2，那么V1：V2＝（）A．7：5 B．14：13 C．5：7 D．13：14【解答】解：设三棱柱的高为h，底面的面积为S，体积为V，则V＝V1+V2＝Sh，因为E、F分别为AB，AC靠近点A的三等分点，所以S△则V1=1所以V1：V2＝13：14．故选：D．7．（5分）如图，圆锥PO的底面直径和高均是4，过PO的中点O1作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（）A．(7+45)π B．(8+45)π C【解答】解：设圆柱的底面半径为r，高为h，则r=12×2＝1，h=1圆锥的母线长为22+4过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积为π×2×25+2π×1×2+π×22＝（8+45）π故选：B．8．（5分）在△ABC中，A=π6，B=π2，BC＝1，D为AC中点，若将△BCD沿着直线BD翻折至△BC′D，使得四面体C′﹣ABD的外接球半径为A．33 B．23 C．53 【解答】解：∵A=π6，B=π2，BC＝1，∴AC＝∴AD＝CD＝BD＝1，则BC′＝C′D＝BD＝1，即△BC′D为等边三角形，设△BC′D的外接圆圆心为G，△ABD的外接圆圆心为O，取BD中点H，连接C′H，OH，OG，OB，OC′，OD，∵A=π6，BD＝1，∴OB=1又四面体C′﹣ABD的外接球半径为1，∴O为四面体C′﹣ABD外接球的球心，由球的性质可知：OG⊥平面BC′D，又C′H⊂平面BC′D，∴OG⊥C′H，∵C'G=23CH=设点C′到平面ABD的距离为d，由VC′﹣OBD＝VO﹣C′BD得：13又△OBD与△C′BD均为边长为1的等边三角形，∴d=直线BC′与平面ABD所成角的正弦值为dBC故选：D．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.（多选）9．（5分）已知互不相同的9个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下的7个数据与原9个数据相比，下列数字特征中不变的是（）A．中位数 B．平均数 C．第41百分位数 D．方差【解答】解：设这9个数分别为x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，x9，且x1＜x2＜x3＜x4＜x5＜x6＜x7＜x8＜x9，中位数是x5，去掉最大数和最小数，得x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，中位数也是x5，所以中位数不变，选项A正确；由41%×9＝3.69，得x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，x9的第41百分位数为第4个数x4，由41%×7＝2.87，得x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8的第40百分位数为第3个数x4，故第41百分位数不变，选项C正确；设这9个数分别1，2，3，4，5，6，7，8，9，则平均数为19×（1+2+3+4+5+6+7+8+9）＝方差为19×[（1﹣5）2+（2﹣5）2+（3﹣5）2+（4﹣5）2+（5﹣5）2+（6﹣5）2+（7﹣5）2+（8﹣5）2+（9﹣5）2]去掉最大数和最小数，得2，3，4，5，6，7，8，平均数为17×（2+3+4+5+6+7+8）＝方差为17×[（2﹣5）2+（3﹣5）2+（4﹣5）2+（5﹣5）2+（6﹣5）2+（7﹣5）2+（8﹣5）2]＝此时方差改变了，选项D错误；设这9个数分别﹣1，2，3，4，5，6，7，9，10，则平均数为19×（﹣1+2+3+4+5+6+7+9+10）＝去掉最大数和最小数，得2，3，4，5，6，7，9，计算平均数为17×（2+3+4+56+7+9）=36故选：AC．（多选）10．（5分）已知向量a→=(1，A．若a→∥bB．若a→⊥b→，C．a→⋅bD．存在θ，使得|【解答】解：a→=(1，对于A，若a→则sinθ=3cosθ，即tanθ=3对于B，若a→则cosθ+3sinθ=0，解得∵0≤θ≤π，∴θ=5π对于C，a→∵0≤θ≤π，∴π6∴sin(∴a→⋅b→的取值范围为[﹣1，对于D，不妨设|a则a→故cos＜a→，ba→=(1，∵不存在实数λ（λ＜0）使得，a→∴a→与b→∴假设不成立，即不存在θ，使得|a→-故选：AB．（多选）11．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，a2＝2bcsinA，下列说法正确的是（）A．若a＝1，则S△B．△ABC外接圆的半径为bcaC．cb+bD．A=π4时，【解答】解：A中，a＝1，由题意可得2bcsinA＝1，所以S=12bcsinA=12•B中，设外接圆的半径r，由正弦定理asinA=2r，因为a2＝2bcsinA，所以r=bcC中，cb+bc≥2cb⋅bc=2，当且仅当cb=bc，即b＝cD中，A=π4，因为a2＝2bcsinA，可得a2=2bc，由余弦定理可得cosA=b2所以cb+bc=故选：ABD．（多选）12．（5分）如图，正四面体ABCD的棱长为1，E，F分别是棱BD，CD上的点，且BE＝DF＝t，t∈（0，1），则（）A．不存在t，使得BC∥平面AEF B．直线AC与直线EF异面 C．不存在t，使得平面AEF⊥平面BCD D．三棱锥A﹣DEF体积的最大值为2【解答】解：因为直线AC与平面BCD交于点C，EF⊂平面BCD，且不经过点C，所以直线AC与直线EF异面，故B正确．当t=12时，E，F分别是棱BD，CD的中点，此时BC∥EF，因为EF⊂BC⊄平面AEF，所以BC∥平面AEF，故A错误．设O为△BCD的中心，连接AO，因为经过点A有且只有一条直线AO垂直于平面BCD，所以经过点A且垂直于平面BCD的平面一定经过直线AO，即当且仅当E，O，F三点共线时，平面AEF⊥平面BCD，因为DE＝1﹣t，DF＝t，所以DB→=1设BC的中点为M，连接DM，则DO=因为E，O，F三点共线，所以13(11-t+1t)=1，整理得3因为Δ＝﹣3＜0，所以此方程无解，所以不存在t∈（0，1），使得平面AEF⊥平面BCD，故C正确．易知AO=AD2-DO2=AD2-所以△DEF的面积S=12r•（t﹣1）•sinπ3≤34当且仅当t=12时等号成立，所以三棱锥A﹣DEF体积的最大值为1故选：BC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.双空题第一空2分，第二空3分.13．（5分）已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于3km，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东20°，则灯塔A与灯塔B的距离为3km【解答】解：由题意，AC＝BC=3，∠ACB＝120由余弦定理可得AB=A所以灯塔A与灯塔B的距离为，3km．故答案为：3．14．（5分）已知a→=(2，23)，e→为单位向量，向量a→，e→的夹角为π3【解答】解：∵a→=(2，∴|e→|=1，|a→∴a→⋅e→∴向量a→在向量e→上的投影向量为a→故答案为：2e→15．（5分）如图，在△ABC中，∠BAC=π3，AD→=2DB→，P为CD上一点，且满足AP→=mAC→+12【解答】解：由AD→=2DB又C，P，D三点共线，则有AP→=m∵AP→∴2-2m3=1又CD→且∠BAC=π3，AC＝2，故AP→⋅CD→==-=-＝3．故答案为：3．16．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，动点P在△AB1C内，满足D1P=14，则点P的轨迹长度为【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，如图，如图，E为正三角形AB1C的外心，D1E⊥平面AB1C，根据几何关系，不难得出D1E＝32×(3因为点P在ΔAB1C内，满足D1P=14，则EP=因此点P的轨迹是以点E为圆心，2为半径的圆在ΔAB1C内的圆弧，而ΔAB1C为正三角形，则三棱锥B﹣AB1C必为正三棱锥，E为正ΔAB1C的中心，于是正ΔAB1C的内切圆半径EH＝AB1×3则cos∠HEF=32，即∠HEF=π6所以圆在ΔAB1C内的圆弧为圆周长的12即点P的轨迹长度为12⋅故答案为：2π．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．（10分）（1）设z∈C，在复平面内z对应的点为Z，那么求满足条件：2＜|z|＜3的点Z的集合的图形面积；（2）已知复数z1=m+(4-m2)i（m∈R），z2＝x+（λ+2x）i（λ，x∈R）且z1【解答】解：（1）由复数的几何意义知：所表示的图形为圆环，面积为π•32﹣π•22＝5π；（2）∵z1=m+(4-m2)i（m∈R），z2＝x+（λ+2x）i（λ，x∈R）且∴x+m+（λ+2x+4﹣m2）i＝0，∴m＝﹣x，λ+2x+4﹣m2＝0，∴λ＝x2﹣2x﹣4＝（x﹣1）2﹣5，当x＝1时，λ有最小值为﹣5，故λ范围为[﹣5，+∞）．18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin（A﹣B）＝sinC﹣sinB．（1）求角A；（2）若△ABC外接圆的半径为263，求△【解答】解：（1）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin（A﹣B）＝sinC﹣sinB，由sin（A﹣B）＝sinC﹣sinB得，sin（A﹣B）＝sin（A+B）﹣sinB，所以sinB＝sin（A+B）﹣sin（A﹣B）＝2cosAsinB，又0＜B＜π，所以sinB＞0，所以cosA=因为0＜A＜π，所以A=（2）由△ABC外接圆的半径为263，则得由余弦定理得，cosA=b2+c2-a22所以b2+c2＝bc+8≥2bc，解得bc≤8，所以S△故△ABC面积的最大值为2319．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，面ABB1A1为正方形，面AA1C1C为菱形∠CAA1＝60°，侧面AA1C1C⊥面ABB1A1．（1）求证：AC1⊥面CA1B1；（2）求二面角C﹣BB1﹣A的余弦值．【解答】解：（1）证明：由菱形AA1C1C⇒AC1⊥A1C，∵平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C∩平面ABB1A1＝AA1，又正方形ABB1A1中，A1B1⊥AA1，∴A1B1⊥平面AA1C1C，∴A1B1⊥AC1，∵A1B1∩A1C＝A1，A1B1，A1C⊂平面CA1B1，∴AC1⊥平面CA1B1，（2）过C作CH⊥AA1于H，∵侧面AA1C1C⊥面ABB1A1，侧面AA1C1C∩面ABB1A1＝AA1，∴CH⊥平面ABB1A1．过H作HK⊥BB1于K，连CK，则CH⊥BB1，HK⊥BB1，故BB1⊥平面CHK，所以BB1⊥CK，故∠CKH为二面角C﹣BB1﹣A的平面角，在Rt△CHK中设AC＝a，AA1＝AB＝a，∠CAA1＝60°，∴CH=3a2，HK＝AB＝a，∴二面角C﹣BB1﹣A的余弦值为2720．（12分）为了深入学习领会党的二十大精神，某高级中学高一全体学生参加了《二十大知识竞赛》．试卷满分为100分，所有学生成绩均在区间[40，100]分内．已知该校高一选物理方向、历史方向的学生人数分别为180、120．现用分层抽样的方法抽取了30名学生的答题成绩，绘制了如图样本频率分布直方图．（1）根据样本频率分布直方图，计算图中a的值，并估计该校全体学生成绩的平均数和第71百分位数；（2）已知所抽取选物理方向和历史方向学生答题成绩的平均数、方差的数据如下表，且根据频率分布直方图估计出总成绩的方差为140，求高一年级选物理方向学生成绩的平均数x1和高一年级选历史方向学生成绩的方差s选科方向样本平均数样本方差物理方向x175历史方向60s2【解答】解：（1）根据频率和为1，得（0.006+0.012+a+0.026+0.010+0.006）×10＝1，解得a＝0.040，计算平均数为x=（45×0.006+55×0.012+65×0.04+75×0.026+85×0.01+95×0.006）×10＝69第71百分位数x0：0.006×10+0.012×10+0.04×10+（x0﹣70）×0.026＝71%，解得x0＝75．（2）由题知抽取30名学生，其中物理方向18人，历史方向12人，所以69=18解得x1=75，21．（12分）已知△ABC的面积为332，且AB→⋅AC（1）求角A的大小；（2）设M为BC的中点，且AM=72，∠BAC的平分线交BC于N【解答】解：（1）因为AB→又三角形ABC的面积为332，即所以bcsinA=3所以bcsinAbccosA又A∈（0，π），所以A=（2