湖南省怀化市2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份湖南省怀化市2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了80B， 已知复数等内容，欢迎下载使用。

怀化市2023年上期高一年级期末考试试题
数学
1. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡，并认真核对条形码上的姓名、准考证号和科目.
2. 考生作答时，选择题和非选择题均须做在答题卡上，在本试题卷上答题无效.考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题.
3. 考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.
4. 本试题卷共4页，如缺页，考生须声明，否则后果自负.
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题:本大题共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. 已知，其中为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数除法运算化简已知条件，由此求得.
【详解】由得.
故选：A
2. 已知，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，得到，即可求解.
【详解】由且，可得，所以.
故选：D.
3. 若圆锥母线长为2，底面圆的半径为 1，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出圆锥的侧面积和底面积，即可求出圆锥的表面积.
【详解】因为圆锥母线长为2，底面圆的半径为 1，
所以该圆锥的侧面积为：.
该圆锥的底面积为，
所以该圆锥的表面积为.
故选：A.
4. 在一次羽毛球比赛中，甲乙两人进入决赛（比赛采用三局两胜制）. 假设每局比赛甲获胜的概率均为60%，现采用随机模拟方法估计甲获得冠军的概率： 先由计算机产生出[0,9]之间整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示一局比赛中甲胜，6，7，8，9表示一局比赛中乙胜.经随机模拟产生了如下20组随机数：
192 907 966 925 271 932 812 458 569 682
267 393 127 556 488 730 113 537 989 431
据此估计甲获得冠军的概率的概率为（ ）
A. 0.80 B. 0.75 C. 0.7 D. 0.65
【答案】D
【解析】
【分析】根据所得随机数判断甲获胜的局数，应用古典概率的求法求概率即可.
【详解】所得随机数中甲获胜有192 925 271 932 812 458 393 127 556 730 113 537 431，共13局；
所以甲获得冠军概率为.
故选：D
5. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】在A中，与相交或平行；在B中，与相交或平行；在C中，与相交或平行；在D中，由线面垂直，线线平行的性质得．
【详解】，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，知：
在A中，若，，，，则与相交或平行，故A错误；
在B中，若，，，则与相交或平行，故B错误；
在C中，若，，，则与相交或平行，故C错误；
在D中，若，，，则由线面垂直，线线平行的性质可得，故D正确．
故选：D．
6. 已知事件与事件互斥，记事件为事件对立事件.若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，从而，利用对立事件概率公式即可求解.
【详解】因为事件与事件互斥，所以，
所以.
故选：B
7. 四名同学各投掷质地均匀的骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断一定没有出现点数6的是（ ）
A. 众数为3，极差为3 B. 平均数为2，中位数为2
C. 平均数为2，标准差为2 D. 中位数为3，众数为3
【答案】B
【解析】
【分析】根据各项的数据特征分析投掷5次对应数据是否可能出现点数6即可.
【详解】A：若众数为数据中的最小值，结合极差为3，则数据中最大值为6，故可能出现点数6；
B：由平均数为2，则所有数据之和为，又中位数为2，将数据从小到大排列，则前3个数据之和最小的情况为，故后2个数据之和最大为，所以不可能出现数据6；
C：若出现点数6，平均数为2，满足条件的情况有，则方差为，即标准差为2，故可能出现点数6；
D：如满足中位数为3，众数为3，故可能出现点数6；
故选：B
8. 已知向量与向量均为单位向量，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知条件求出，再由投影向量公式计算即可求出答案．
【详解】因为，，，
所以，
，
故向量在向量上的投影向量为，
故选：A.
二、多项选择题:本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每个小题给出的选项中，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（其中是虚数单位），则下列各选项正确的是（ ）
A.
B. 的共轭复数在复平面上对应点在三象限
C. 的虚部是
D. 是方程的复数根
【答案】AB
【解析】
【分析】根据复数模、共轭复数及虚部定义判断ABC，将复数z代入方程判断是否成立判断D.
【详解】A：，正确；
B：对应点为，在第三象限，正确；
C：的虚部是4，错误；
D：将代入得，错误.
故选：AB
10. 随着国民经济的快速发展和人民生活水平的不断提高，我国社会物流需求不断增加，物流行业前景广阔．社会物流总费用与GDP的比率是反映地区物流发展水平的指标，下面是2017-2022年我国社会物流总费用与GDP的比率统计，则（ ）

A. 2018-2022这5年我国社会物流总费用逐年增长．且2021年增长的最多
B. 2017-2022这6年我国社会物流总费用的第分位数为14.9万亿元
C. 2017-2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为
D. 2022年我国的GDP超过了121万亿元
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，由图表即可判断AC，由百分位数的计算公式即可判断B，由2022年社会物流总费用与GDP的比率即可得到2022年我国的GDP，即可判断D.
【详解】由图表可知，2018-2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2021年增长的最多，
且增长万亿元，故A正确；
因为，则第分位数为第5个，即为，所以这6年我国社会物流总费用的第分位数为万亿元，故B错误；
由图表可知，2017-2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为，故C正确；
由图表可知，2022年我国的GDP为万亿元，故D正确.
故选：ACD
11. 分别抛掷两枚硬币，设A表示事件“第1枚正面向上”，B表示事件“第2枚反面向上”，C表示事件“恰有1枚正面向上”，D表示事件“两枚都正面向上”，则（ ）
A. B与C 互斥
B. B与D 互斥
C. A与C 相互独立
D. A与D 相互独立
【答案】BC
【解析】
【分析】列举出抛掷两枚硬币样本空间，判断各事件所含样本点判断AB；古典概率求法求相关事件的概率，结合独立事件的判定判断CD.
【详解】分别表示第1枚正面向下、向上，分别表示第2枚正面向下、向上，
抛掷两枚硬币样本空间为，共4种，
所以，事件A含；事件B含；事件C含；事件D含；
由上知：B与C 不互斥，B与D 互斥，A错，B对；
，，故，，C对，D错.
故选：BC
12. 在棱长为3的正方体中，P在线段上运动，则（ ）
A. 面
B.
C. 三棱锥体积不变
D. 最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由可判断；对于B，当点与点重合时，求得与所成角为可判断；对于C，由平面可得在运动过程中点到平面的距离不变，从而可判断；对于D，利用三角形的三边关系即可判断.
【详解】对于A，连接，
因为，所以四点共面，则平面与平面重合，
因为，平面，平面，
所以平面，A对；

对于B，连接，所以是等边三角形，即，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，所以与所成角为，
所以当点与点重合时，与不垂直，B错；

对于C，因为，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，
因为P在线段上运动，所以在运动过程中点到平面的距离不变，
因为，所以三棱锥体积不变，C对；

对于D，在中，，当点与点重合时等号成立，
所以最小值为，D对.

故选：ACD
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分. 把答案填在答题卡的相应横线上.
13. 为了了解某高中学校的学生学业水平情况，教育部门按年级分层抽样从该学校的2400名学生中抽取100名学生.若该校高一年级有840人，则高一年级应被抽取的学生人数为 _______.
【答案】
【解析】
【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可求出高一年级应抽取的人数.
【详解】抽样比为：，
高一年级应被抽取的学生人数为：人.
故答案为：
14. 已知平行四边形的三个顶点的坐标分别是，，，则顶点的坐标为 __________.
【答案】
【解析】
【分析】由平行四边形有，设，利用向量的坐标表示求坐标即可.
【详解】由为平行四边形，则，
令，则，
所以，可得，故.
故答案为：
15. 已知正四棱柱底面边长为1，侧棱长为2，棱柱的各个顶点都在球面上，则球的半径为 ________.
【答案】##
【解析】
【分析】由正四棱柱外接球球心为体对角线，结合已知即可求半径.
【详解】由正四棱柱外接球的球心为体对角线的中点，且底面为正方形的直棱柱，故外接球半径为.
故答案为：
16. 在中，已知，，，和边上的两条中线，相交于点，则的余弦值为___________
【答案】##
【解析】
【分析】由已知结合向量的线性表示及向量数量积的性质即可求解.
【详解】
由已知得即为向量与的夹角.
因为M、N分别是，边上的中点，
所以，.
又因为，
所以
，
,
,
所以.
故答案为：
四、解答题:共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.

（1）求；
（2）若，求证：三点共线
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）应用余弦定理求即可；
（2）根据向量加法法则，结合已知及向量共线定理即可证结论；
【小问1详解】
由，则.
【小问2详解】
，
又、有公共点，故三点共线.
18. 如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC，BD相交于点O，点E为PC的中点，OP=OC，PA⊥PD.求证：

（1）直线平面BDE；
（2）平面BDE⊥平面PCD.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，结合中位线定理，可得答案；
（2）利用平行线的性质，以及等腰三角形的性质，根据线面垂直判定定理，结合面面垂直判定定理，可得答案.
小问1详解】
如图，连接OE，因为O为平行四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点.

又E为PC的中点，所以.
因为平面BDE，平面BDE，所以直线平面BDE.
【小问2详解】
因为，PA⊥PD，所以OE⊥PD.
因为OP=OC，E为PC的中点，所以OE⊥PC.
又平面PCD，平面PCD，，所以OE⊥平面PCD.
因为平面BDE，所以平面BDE⊥平面PCD.
19. 某校高三年级举行了高校强基计划模拟考试（满分100分），将不低于50分的考生的成绩分为5组，即，并绘制频率分布直方图如图所示，其中在内的人数为2.

（1）求的值，并估计不低于50分考生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；
（2）现把和内的所有学生的考号贴在质地、形状和大小均相同的小球上，并放在盒子内，现从盒中随机抽取2个小球，若取出的两人成绩差不小于30，则称这两人为“黄金搭档组”.现随机抽取3次，每次取出2个小球，记下考号后再放回盒内，记取出“黄金搭档组”的次数为2的概率.
【答案】（1）；分
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率和为即可求解，利用平均数公式可得平均成绩；
（2）依题意先求得抽取出‘黄金搭档组”的概率，再根据事件的独立与互斥求解即可.
【小问1详解】
由题意，得，解得，
不低于50分考生的平均成绩估计为（分）；
【小问2详解】
在上的频率为，由条件得总人数为，
所以在内的人数为，
记内的所有学生的考号所在小球分别为，内的所有学生的考号所在小球分别为，
则从这6个球中抽取2个球的结果有：，，，共15种，
其中为“黄金搭档组”有，，， 共8种，
所以抽取出‘黄金搭档组”的概率.
记取出“黄金搭档组”的次数为2为事件A，事件表示第次取出“黄金搭档组”，
所以
，
故取出“黄金搭档组”的次数为2的概率为.
20. 在中，角的对边分别为，.
（1）若，求的面积；
（2）若，求周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理把边化为角，结合三角变换与同角基本关系可求得，结合已知与面积公式即可求解；
（2）用正弦定理把边化角，结合三角恒等变换化简，利用三角函数的值域求解，即可得到答案.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理，可得，
又由，可得，
所以，
所以，
即，
因为，可得，所以，即，
又因为，所以，
所以的面积为.
【小问2详解】
由（1）可知，
由正弦定理得，所以，
所以
，
因为，
所以，所以，
所以，
故周长的取值范围为.
21. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；
（2）若是边长为的等边三角形，点在棱上，，且三棱锥的体积为，求二面角的大小.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件证得平面即可得解；
（2）根据三棱锥的体积求得，可得，作辅助线作于，作于，连，利用定义法找到二面角的平面角，再求得相关线段长，解三角形可得答案.
【小问1详解】
在三棱锥中，因为为的中点，
且，则，又平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，而平面，
所以.
【小问2详解】
因是边长为的等边三角形，所以，则，

因平面，所以为三棱锥的高，设为，
所以，，
所以，即有，所以，
作于，作于，连，则，
因为平面， 所以平面，
平面，则，因为，
平面，所以平面，
而平面，故，
则为二面角的平面角.
又，所以，
在中，，，所以，
由知，故，所以，即,
∴，从而，
又因为在中，，所以为等腰直角三角形，
所以，即二面角的大小为.
22. 近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军．双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？这里我们简单研究一下两个赛制．假设四支队伍分别为，其中对阵其他三个队伍获胜概率均为，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时同组，同组．
（1）若，在淘汰赛赛制下，获得冠军的概率分别为多少？
（2）分别计算两种赛制下获得冠军的概率（用表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”?
【答案】（1）获得冠军的概率分别为，
（2）淘汰赛赛制下获得冠军的概率为，“双败赛制”赛制下获得冠军的概率为，双败赛制下对强者更有利.
【解析】
【分析】（1）利用独立事件乘法、互斥事件加法公式求获得冠军的概率；
（2）分别求出不同赛制下获得冠军的概率，研究哪种赛制下获得冠军的概率更大，即可得结论.
【小问1详解】
获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出，
获得冠军的概率为，
获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出，
获得冠军的概率为.
【小问2详解】
淘汰赛赛制下，获得冠军的概率为，
“双败赛制”赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况，
当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军；
若在胜者组A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军；
当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军；
综上，获得冠军的概率.
令，
若为强队，则，故，
所以，双败赛制下对强者更有利