湖北省武汉市部分重点中学2022-2023学年高一数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市部分重点中学2022-2023学年高一数学下学期期末联考试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
武汉市部分重点中学2022～2023学年度下学期期末联考
高一数学试卷

考试时间：2023年6月27日下午14:00－16:00
试卷满分：150分
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. 设为虚数单位，复数z满足，则为（ ）．
A. B. 5 C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的乘法除法法则，结合共轭复数的概念即可求解.
【详解】由，得，
所以，
所以.
故选：D.
2. 从小到大排列的数据1，2，3，x，4，5，6，7，8，y，9，10的下四分位数为（ ）．
A. 3 B. C. 8 D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用下四分位数的公式求解.
【详解】共12个数据从小到大排列，，
故下四分位数为第3个数据和第4个数据平均值，即.
故选：B
3. 已知平面向量，，那么在上的投影向量的坐标是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由投影向量的公式以及向量数量积和向量模的坐标运算求解.
【详解】平面向量，，
在上的投影向量为，
所以在上的投影向量的坐标是.
故选：C
4. 圆台的上、下底面半径分别是1和5，且圆台的母线长为5，则该圆台的体积是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用圆台的体积公式求解即可.
【详解】因为圆台的上、下底面半径分别是1和5，且圆台的母线长为5，
所以该圆台的高为，
则该圆台的体积为.
故选：B.
5. 在边长为4的正方形中，动圆Q的半径为1、圆心在线段（含端点）上运动，点P是圆Q上及其内部的动点，则的取值范围是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数量积的几何意义，结合图形关系即可求解最值.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，
由数量积的几何意义可知：等于与在上的投影的乘积，
故当在上的投影最大时，数量积最大，此时点在以为圆心的圆的最上端处，此时投影为，故数量积为，
故当在上的投影最小时，数量积最小，此时点在以为圆心的圆的最下端处，此时投影为，故数量积为,
故，
故选：A

6. 某校高三（1）班（45人）和高三（2）班（30人）进行比赛，按照分层抽样的方法从两个班共抽取10名同学，相关统计情况如下：高三（1）班答对题目的平均数为，方差为；高三（2）班答对题目的平均数为，方差为，则这10人答对题目的方差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据分层抽样求各层的人数，再根据平均数、方差的公式运算求解.
【详解】由分层抽样可得高三（1）班抽取的人数为，高三（2）班抽取的人数为，
设高三（1）班（6人）答对题目数依次为，高三（2）班（4人）答对题目数依次为，
由题意可得：，
可得，
则这10人答对题目的平均数，
这10人答对题目的方差.
故选：D.
7. 某数学兴趣小组要测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若小明同学在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且米，则该球体建筑物的高度为（ ）米．

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数可得，利用，求解即可得所求．
【详解】如图，设球心为，连接，则

设球的半径为，则，
，

，
，则该球体建筑物的高度为米．
故选：B．
8. 已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为，的中点为E，过点E作与垂直的平面，则平面截正四棱锥所得的截面面积为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，作出平面截正四棱锥所得的截面，再借助余弦定理、三角形面积公式求解作答.
【详解】在正四棱锥中，连接，则，是正三角形，由的中点为E，得，

而，则，在中，，
，令平面与直线交于，连，则，
，即点在棱上，同理平面与棱相交，令交点为，连，
于是四边形为平面截正四棱锥所得的截面，由对称性知，
在中，，而，
在中，，由余弦定理得，
在中，，，
所以所得截面面积.
故选：A
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
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. 已知复数，，是方程的三个解，则下列说法正确的是（ ）．
A. B.
C. ，，中有一对共轭复数 D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用立方差公式及一元二次方程的解法，结合共轭复数的定义及复数的四则运算法则即可求解.
【详解】由，得，即或，解得或或，与互为共轭复数，故C正确；
由题意知，不妨取，，，
所以，故A.错误；
所以，故B正确；
所以，故D错误.
故选：BC.
10. 伯努利试验是在同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验，其特点是每次试验只有两种可能结果．若连续抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记录这n次实验的结果，设事件M＝“n次实验结果中，既出现正面又出现反面”，事件N＝“n次实验结果中，最多只出现一次反面”，则下列结论正确的是（ ）．
A. 若，则M与N不互斥 B. 若，则M与N相互独立
C. 若，则M与N互斥 D. 若，则M与N相互独立
【答案】AD
【解析】
【分析】根据已知条件，结合互斥事件的定义，以及相互独立事件的概率乘法公式，即可求解
【详解】当时，所有基本事件有：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），共4种，
其中（正，反）和（反，正）这两种实验结果，事件M和事件N同时发生，故M与N不互斥，A选项正确；
，，，，则M与N不相互独立，B选项错误；
当时，所有基本事件有：（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反），共8种，
其中（正，正，反）、（正，反，正）和（反，正，正）这三种实验结果，事件M和事件N同时发生，故M与N不互斥，C选项错误；
，，，，则M与N相互独立，D选项正确.
故选：AD
11. 已知P是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）．
A. 若，则P是的重心
B. 若P与C不重合，，则P在的高线所在的直线上
C. 若，则P在的延长线上
D. 若且，则的面积是面积的
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用三角形重心定义判断A；利用垂直关系的向量表示判断B；利用向量线性运算及向量共线的意义判断C；确定点P的轨迹结合三角形面积公式判断D作答.
【详解】对于A，取边的中点，连接，则，而，
即有，因此P是的重心，A正确；
对于B，，由，得，
有，点P在的高线所在的直线上，B正确；
对于C，由，得，即有，则点P在的延长线上，C错误；
对于D，由，得，令，则，
而，因此点是直线上任意一点，由知，
线段上的点到直线距离等于点到直线距离的，
即点在与直线平行，并且到直线距离等于点到直线距离的的直线上，
因此边上的高是边上的高的，即，D正确.
故选：ABD

12. 如图，在四边形中，和是全等三角形，，，，．下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥．折法①；将沿着折起，得到三棱锥，如图1．折法②：将沿着折起，得到三棱锥，如图2．下列说法正确的是（ ）．

A. 按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为
B. 按照折法①，存在满足
C. 按照折法②﹐三棱锥体积的最大值为
D. 按照折法②，存在满足平面，且此时与平面所成线面角正弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知利用棱锥的结构特征，球的表面积判断A；由棱锥的结构特征判断B；由棱锥体积判断C；由线面角的定义求出大小判断D.
【详解】由题意知，
取的中点,由于和是直角三角形且全等，
故,
故在折法①的折叠过程中,三棱锥的外接球的球心为,半径为1,
故该球的表面积恒为,故A选项正确；
按照折法①,在折起过程中,点在平面内的投影在线段上(不包括端点),
而线段 (不包括端点)不存在使得，故不存在满足，故B选项错误；
按照折法②，取的中点，，
当平面平面时，三棱锥体积取得最大值，
此时体积,故C选项正确;
当时，，，
故此时,,
又因为平面,
故平面,
故为与平面所成线面角,
则，故D选项正确.
故选:ACD.



三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在正三角形中，，D是的中点，E是的中点，则__________．
【答案】##-1.5
【解析】
【分析】建立直角坐标系，利用数量积的坐标运算即可求解.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，,
所以，
故答案为：

14. 从A，B等5名志愿者中随机选3名参加核酸检测工作，则A和B至多有一个入选的概率为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用古典概率模型，结合组合数的运算求解.
【详解】由题可知则A和B至多有一个入选的概率为,
故答案为: .
15. 已知向量，满足，，则的最大值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用向量的运算建立平面直角坐标系即可得，由得，则，结合三角函数设，利用三角函数的性质即可求得最值.
【详解】取平行四边形，连接

设，则，
因为向量，满足，所以，即，
设，，如图以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，

则
所以，则，故，
所以
因为，又，可设
即，所以，其中，所以，所以，
故的最大值为，即的最大值为.
故选：.
16. 如图是一座山峰的示意图，山峰大致呈圆锥形，峰底呈圆形，其半径为，峰底A到峰顶S的距离为，B是山坡上一点，且，．为了发展当地旅游业，现要建设一条从A到B的环山观光公路．若从A出发沿着这条公路到达B的过程中，要求先上坡，后下坡．则当公路长度最短时，的取值范围为__________．

【答案】
【解析】
【分析】作圆锥侧面展开图，确定从点到点的最短路径，由条件确定点的位置，由此求的取值范围.
【详解】以为分界线，将圆锥的侧面展开，可得其展开图如下：

则从从点到点的最短路径为线段，
在上任取一点，连接，则的长表示点到山顶的距离，
若为直角，观察可得当点从点向点运动时，的长逐渐变小，
即从A出发沿着这条公路到达的过程中，一直在上坡，与条件矛盾，

若为钝角，观察可得当点从点向点运动时，的长逐渐变小，
即从A出发沿着这条公路到达的过程中，一直在上坡，与条件矛盾，

若为锐角，过点作，垂足为，
观察可得当点从点向点运动时，的长先变小，后变大，
即从A出发沿着这条公路到达的过程中，先上坡，后下坡．

由已知，
又弧的长为，，
所以，，
所以，
故，
所以，
又，
所以的取值范围为，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求曲面上两点之间的最短距离常将曲面展开为平面图形，利用平面上两点之间线段最短的结论求解.
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. 某校为了提高学生对数学学习的兴趣，举办了一场数学趣味知识答题比赛活动，共有1000名学生参加了此次答题活动．为了解本次比赛的成绩，从中抽取100名学生的得分（得分均为整数，满分为100分）进行统计．所有学生的得分都不低于60分，将这100名学生的得分进行分组，第一组，第二组，第三组，第四组 （单位：分），得到如下的频率分布直方图．

（1）求图中m的值，并估计此次答题活动学生得分的中位数；
（2）根据频率分布直方图，估计此次答题活动得分的平均值．若对得分不低于平均值的同学进行奖励，请估计参赛的学生中有多少名学生获奖．（以每组中点作为该组数据的代表）
【答案】（1），中位数为82.5．
（2），有520名学生获奖．
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图中所有频率之和等于和中位数左边和右边的直方图的面积应该相等即可求解；
（2）利用频率分布直方图中平均数等于每个小矩形底边的中点的横坐标与小矩形的面积的乘积之和及不低于平均值的学生人数为总数乘以不低于平均值的频率即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图知：，解得，
设此次竞赛活动学生得分的中位数为，
因数据落在内的频率为0.4，落在内的频率为0.8，从而可得，
由，得，
所以估计此次竞赛活动学生得分的中位数为82.5．
【小问2详解】
由频率分布直方图及（1）知：
数据落在，，，的频率分别为0.1，0.3，0.4，0.2，
，
此次竞赛活动学生得分不低于82的频率为，
则，
所以估计此次竞赛活动得分的平均值为82，在参赛的1000名学生中估计有520名学生获奖
18. 某电视台举行冲关直播活动，该活动共有三关，只有一等奖和二等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通过本关才能冲下一关.已知第一关的通过率为0.7，第二关通过率为0.5，第三关的通过率为0.3，三关全部通过可以获得一等奖（奖金为300元），通过前两关就可以获得二等奖（奖金为200元），如果获得二等奖又获得一等奖，则奖金可以累加为500元.假设选手是否通过每一关相互独立，现有甲、乙两位选手参加本次活动.
（1）求甲最后没有得奖的概率；
（2）已知甲和乙都通过了第一关，求甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）甲没中奖分为第一关没有通过，和第一关通过且第二关没有通过两种情况，分别求得两个事件的概率再求和即可；
（2）根据最后奖金总和分析得甲和乙中一人获得一等奖，一人获得二等奖，根据概率乘法和加法公式即可求解．
【小问1详解】
甲第一关没通过的概率为，
第一关通过且第二关没通过的概率为，
故甲没有得奖的概率．
小问2详解】
记甲和乙通过了第二关且最后获得二等奖为事件，
通过了第二关且最后获得一等奖为事件，
则，，
甲和乙最后所得奖金总和为700元，
甲和乙一人得一等奖，一人得二等奖，
若甲得了一等奖，乙得了二等奖的概率为，
若乙得了一等奖，甲得了二等奖的概率为，
甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率．
19. 已知为锐角三角形，且．
（1）若，求；
（2）已知点在边上，且，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换可得，再利用三角函数的性质结合条件即得；
（2）利用正弦定理结合条件可得，然后根据条件及三角函数的性质即可求得其范围.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
又，，
所以，
所以，即，又，，
所以，即；
【小问2详解】
因为，所以，又，
可得，

在中，，
所以，
在中，，
因为为锐角三角形，
所以，得，
所以，
所以，即的取值范围为.
20. 已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，，侧面是正三角形，侧棱长，如图所示．

（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形的边角关系，可得线线垂直，进而可得线面垂直，由线面垂直即可得面面垂直，
（2）根据面面垂直得性质可得线面垂直，即可由线面角的几何法结合三角形的边角关系即可求解.
【小问1详解】
证明：取的中点F，连接、、，
在直角梯形中，，
所以
又，,
又是边长为2的正三角形，所以，，
所以，则．
由题意知，，且，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
【小问2详解】
过D作交于H，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，则为直线与平面所成角，
设点D到平面的距离为d，
由于,
则，
连接，在中，因，，
由余弦定理可得．
又为直角三角形，于，
设直线与平面所成角为，则，
又，所以．
.
21. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足．
（1）当时，求的值；
（2）当，且取得最大值时，求的面积．
【答案】（1）6 （2）
【解析】
【分析】（1）将角化边，代入余弦定理中，再边化角得出将代入即可求得；
（2）由（1）知，代入中化简，即可得出取最大值时，，，由正弦定理求得即可求得面积.
【小问1详解】
由，
根据正弦定理得：，
又由余弦定理得，，
∴，
∴．
【小问2详解】
由（1）知，若，则，则，与题设矛盾．
所以，于是有
，
当且仅当时，有最大值，此时最大．
此时，，，，
由正弦定理得．
所以．
22. 如图，在四面体中，是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中D为直角顶点，．E、F，G、H分别是线段、、、上的动点，且四边形为平行四边形．

（1）当二面角从增加到的过程中，求线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积；
（2）设，，且是以为底的等腰三角形，当为何值时，多面体的体积恰好为．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）画出为、时的投影，由此判断出线段在平面上的投影所扫过的平面区域，进而求得区域的面积．
（2）先求得三棱锥的面积为，通过分割的方法，得到，分别求得，与的关系式，再由列方程，解方程求得的值．
【小问1详解】
∵，
∴A在平面上的投影满足，即A在平面上的投影在线段的中垂线上．
如图所示，将补成边长为2的正三角形，

当二面角为时，即点A在平面上，此时A为M，
当二面角为时，此时为中点N，
故在平面上的投影所扫过的平面区域为，
而，
故线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积为．
【小问2详解】
∵，，且为等腰三角形，∴．
取中点O，连接，，，

由题意得：，，，
满足，根据勾股定理可知，
又平面
∴平面．
∴，
而多面体的体积恰好为，
即多面体的体积恰为四面体体积的一半．
设点F到平面的距离为，点C到平面的距离为，
因为四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以，则，
所以，则，
则
又，所以
∴，
∴．
设点A到平面的距离为，

∴，
∴．
∴，
∴，整理得，
解得：或．
又因为，所以.