2023岳阳湘阴县高一下学期期末考试数学试题含答案

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湘阴县2023年上期普通高中期末质量检测
高一 数学参考答案
1.D【解析】因为复数Z=3-i在复平面内对应的坐标是（3.-1）故选D.
2.B【解析】设点B的坐标为（x，y）所以=（x+1，y-2）=（3，-6），解得，
所以点B的坐标为. 故选B.
3．C【解析】∵该中学高一、高三、高三年级的学生人数比为6：5：7，
∴高三年级学生数占总数的，
∵用比例分配的分层随机抽样方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量
为的样本，且高三年级被抽到的人数为21，
．故选C．
4．D
5．A【解析】设系统和系统在任意时刻发生故障的事件分别为M和N．
方法一：小区处于安全防范状态的概率为
，
解得，故的最大值为．故选A．
方法二：小区在任意时刻均处于安全防范状态的概率为，解得，故的最大值为．故选A．
6．A【解析】在矩形中，因为点E，H分别为，的中点，所以，．同理可得在矩形中，，．所以，，所以四边形是平行四边形．在长方体中，有平面，又，所以平面，又平面，所以，所以四边形是矩形，故选项A正确．因为根据题中条件无法判断EH，EF的长度是否相等，所以四边形不一定是正方形，故选项B错误．假设，则由，知，连接，又点E，F分别为，的中点，所以，所以，与和为相交直线矛盾，故假设不成立，故选项C错误．因为和为相交直线，所以平面与平面不平行，故选项D错误．故选A．
7．D【解析】因为四边形ABCD是平行四边形，所以
∵对应的复数为，对应的复数为
对应的复数为即． 故选D．
8. C【解析】如图，连接AC，BD交于点O，连接EF，易知EG过点O，取AB的中点G，连接EG，FG，根据正八面体的几何特征，可知EG⊥AB，FG⊥AB，又EG平面ABE，FG平面ABF，平面ABE平面ABF=AB，∴∠EGF为二面角E-AB-F的平面角.易知EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，∴△AOE是直角三角形，又AO=，AE=2，∴OE=，∴EF=.在等边三角形AEB中，EG=AE=，同理.
在△EGF中，cos∠EGF=
（点拨：灵活运用余弦定理求三角形的内角的余弦值），故选C.
9. AD【解析】，故A正确；z的虚部为-4，故B不正确；，为实数，故C不正确；复数z的共轭复数是，故D正确. 故选AD.
10．ABD【解析】根据题图分析数据，对选项逐一判断．
对于A，1日，3日，12日，13日，共4天空气质量指数为“良”，故A正确；
对于B，从2日到5日空气质量指数越来越高，故空气质量越来越差，故B正确；
对于C，中位数为，故C错误；
对于D，方差小说明了个数据的波动较小，由题图可知D正确．故选ABD．
11. ACD 【解析】由题意知
，故，，故A正确，B错误；若，即，则，，故C正确；若，，且，则，即，即，因为为锐角，所以，故D正确.故选ACD.

12. AB 【解析】如图，取BC1的中点H，连接CH，易证CH⊥平面ABC1D1，所以∠C1BC是直线BC与平面ABC1D1所成的角，为，故A正确.
点C到平面ABC1D1的距离即为CH的长度，为，故B正确.
易证BC1//AD1，所以异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C（或其补角），连接AC，易知△ACD1为等边三角形，所以∠AD1C=，所以异面直线D1C和BC1所成的角为，故C错误.
连接DH，易知BD=DC1，所以DH⊥BC1，
又CH⊥BC1，CHDH=H，平面 BCC1平面BC1D=BC1，
所以∠CHD为二面角C-BC1-D的平面角，易求得DH=，又CD=1，CH=，
所以由余弦定理的推论可得cos∠CHD==32+12−12×62×22=33，故D错误.
故选AB.
三、填空题
13．或
【解析】∵点在直线上，且，或
当时，设的坐标为，则，，
解得．
当时，同理可得出的坐标为
综上所述，点的坐标为或．
14．85.23
【解析】这3000个数据的平均数为7.81×800＋85×1300＋91.9×9003000=85.23，用样本平均数估计总体平均数，可知这4万个数据的平均数约为85.23。

15．26 【解析】 ，分别是以AD和BD为底的等腰三角形，且，
，，，．
在中，，．
在中，，
．
16．；【解析】如图，分别取的中点E，F，G，连接FG，EP，EF，，
则且．在直三棱柱中，易知且，
∵E，P分别为的叶点，且，
∴四边形为平行四边形，且，
，目，四点共面．
∵E，F分别为的中点，，又平面，平面，
平面．
，且F，G分别为的中点，，
，
∴四边形即为符合要求的等腰梯形．
当不是的中点时，不平行于平面，
则四边形不是等腰梯形，故等腰梯形有且仅有一个．
取的中点，连接DF、DG，
∵，，且点为的中点，∴H，
∴四边形为平行四边形，可得，同理可得，
、、均为等边三角形．
．
将三棱柱补成正方体，
则其外接球即为正方体的外接球，
∴外接球的半径，表面积为．

17．（1）
【解析】以为原点，所在直线为轴，
过且垂直于的直线为轴建立平面直角
坐标系，如图所示，
则，，，
则，，
， ． （5分）
（2）的最小值为．
【解析】通过设点M、N的坐标，将表示为关于的二次函数，
利用函数的性质求得最值，体现函数思想．
不妨设，，且，
，，
，
∴当且仅当时，的最小值． （10分）
18.【解析】（1）设“该校男生支持方案一”为事件，“该校女生支持方案一”为事件．
依题意知，抽取的样本中共有男生600人，其中支持方案一的有200人，
故； （3分）
抽取的样本中共有女生400人，其中支持方案一的有300人，
故． （6分）
（2）由（1）可知，“该校男生支持方案一”的概率估计值为；
“该校女生支持方案一”的概率估计值为．
设“抽取的该校2个男生和1个女生中，支持方案一的恰有2人”为事件，
该事件包括“2个男生均支持方案一而女生不支持方案一”
“2个男生中有且只有1人支持方案一且女生支持方案一”， （9分）
故所求概率为． （12分）
19.【解析】（1）如图，取PD的中点G，连接EG，AG.
∵E是PC的中点，∴EG∥CD∥AB，.
∵F为AB的中心，∴，∴EG∥AF且EG=AF.
由四边形AFEG为平行四边形，∴AG∥EF. （3分）
取AD的中点O，连接PO，∵PA=PD，∴PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，
∴PO⊥平面ABCD，则PO⊥CD.
又CD⊥AD，POAD=O，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AG，
∵AG∥EF，∴CD⊥EF. （6分）
（2）由（1）知，CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，设PD=2a，
∵直线PC与AB所成角的正弦值为，
即，∴，
即，∴.则. （8分）
在Rt△PDO中，.
如图，取BC的中点M，连接PM，OM，则OM⊥BC，
由（1）知PO⊥BC，POOM=O，则BC⊥平面POM，
∴BC⊥PM. （10分）
则∠PMO为二面角P-BC-A的平面角.
在Rt△POM中，，，
.
∴ cos＜PMO=OMPM=83a2213a=42121
∴ 二面角P—BC—A的余弦值为42121。 （12分）

20．【解析】（1）因为试销期间每件衬衫的利润为（元），
所以要使得日销售总利润高于9500元，
则日销售衬衫的件数大于，
故所求频率为． （4分）
（2）由题可估计该实体店20天的日销售量情况为
3天日销售量为（件），
6天日销售量为（件），
7天日销售量为（件），
4天日销售量为（件）．
若选择批发2小箱，则批发成本为（元），
当日销售量为48件时，
日利润为（元）；
当日销售量为80件时，
日利润为（元）；
当日销售量为128件或160件时，
日利润为（元）．
所以这20天销售这款衬衫的总利润为
（元）． （8分）
若选择批发2大箱，
则批发成本为（元），
当日销售量为48件时，
日利润为（元）；
当日销售量为80件时，
日利润为（元）；
当日销售量为128件时，
日利润为（元）；
当日销售量为160件时，
日利润为（元）．
所以这20天销售这款衬衫的总利润为
（元）．
因为，所以该实体店应该每天批发2大箱衬衫． （12分）

21.【解析】（1）选①，由b sin A = 3a cos B及正弦定理可得，
因为、，所以，所以，故.
选②，由及正弦定理可得
， （3分）
因为，所以，所以，故. （6分）
选③，由及正弦定理可得，
（3分）
由余弦定理的推论可得，因为，故.
（6分）
（2）因为△ABC为锐角三角形，且，所以可得，
所以， （8分）
由，
得 ，
（10分）
所以. （12分）

22．【解析】
（1）设甲组插花作品所得分数的中位数为，由频率分布直方图可得甲组得分在前三个分数区间的频率之和为0.3，在最后三个分数区间的频率之和为0.26，故，所以，解得．
估计甲组插花作品所得分数的中位数为85.82． （4分）
（2）设“对乙组插花作品的‘观赏值’比对甲组插花作品的‘观赏值’高”为事件，
“对乙组插花作品的‘观赏值’为2”为事件，“对乙组插花作品的‘观赏值’
为3”为事件，“对甲组插花作品的‘观赏值’为1”为事件，“对甲组插花
作品的‘观赏值’为2”为事件，则．
， ，
由频数分布表得，，． （6分）
因为事件与相互独立，其中，，所以
，
所以估计该评委对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高的
概率为0.225．
（3）由频率分布直方图可知，甲组揷花作品的最后得分约为

（10分）
由 乙组插花作品所得分数的频数分布表，得
分数区间
频数
频率

1
0.025

5
0.125

12
0.300

14
0.350

4
0.100

3
0.075

1
0.025
所以乙组插花作品的最后得分约为
．