2022-2023学年广西河池市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广西河池市高一（下）期末数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年广西河池市高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知z=1+i，则iz−=(    )
A. −1 B. 1+i C. −1+i D. 1
2. 在△ABC中，已知a=3，b=4，sinB=23，则sinA=(    )
A. 34 B. 16 C. 12 D. 1
3. 在北京冬奥会期间，共有1.8万多名赛会志愿者和20余万人次城市志愿者参与服务.据统计某高校共有本科生4400人，硕士生400人，博士生200人申请报名做志愿者，现用分层抽样方法从中抽取博士生10人，则该高校抽取的志愿者总人数为(    )
A. 100 B. 150 C. 200 D. 250
4. 设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是(    )
A. 若l⊂α，m//α，则l//m B. 若l⊂α，l//β，则α//β
C. 若l⊥α，m⊥α，则l//m D. 若l⊥α，l⊥m，则m//α
5. 抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件1表示“骰子向上的点数为素数”，事件2表示“骰子向上的点数为合数”，事件3表示“骰子向上的点数大于2”，事件4表示“骰子向上的点数小于3”，则(    )
A. 事件1与事件3互斥 B. 事件1与事件2互为对立事件
C. 事件2与事件3互斥 D. 事件3与事件4互为对立事件
6. 从装有若干个红球和白球(除颜色外其余均相同)的黑色布袋中，随机不放回地摸球两次，每次摸出一个球.若事件“两个球都是红球”的概率为215，“两个球都是白球”的概率为13，则“两个球颜色不同”的概率为(    )
A. 415 B. 715 C. 815 D. 1115
7. 将半径为4，圆心角为π的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的表面积为(    )
A. 2π B. 3π C. 163π D. 4π
8. 已知单位向量a，b，若对任意实数x，|xa+b|≥12恒成立，则向量a，b的夹角的取值范围为(    )
A. [π6,5π6] B. [π3,2π3] C. [π6,π3] D. [π3,π2]
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 某产品售后服务中心选取了10个工作日，分别记录了每个工作日接到的客户服务电话的数量(单位：次)：
67 57 37 40 46 62 31 47 31 30
则这组数据的(    )
A. 众数是31 B. 中位数是40
C. 极差是37 D. 10%分位数是30.5
10. 如图所示，每个小正方形的边长都是1，在其中标出了6个向量，则在这6个向量中(    )
A. AE+DG=CH
B. |AE|=|CH|= 10
C. 向量JB与DI垂直
D. |CH+HF|= 10+3 2


11. 一个袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，现分别用三种方案进行摸球游戏.方案一：任意摸出一个球并选择该球；方案二：先后不放回的摸出两个球，若第二次摸出的球号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择未被摸出的球；方案三：同时摸出两个球，选择其中号码较大的球.记三种方案选到3号球的概率分别为P1，P2，P3，则(    )
A. P1 12. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，动点M在侧面BB1C1C内运动(含边界)，且BD1⊥MC，则(    )
A. 点M的轨迹长度为2 2
B. 三棱锥A1−AD1M的体积不为定值
C. AM+BM的最小值为 2+ 6
D. AM+BM取最小值时三棱锥M−ABC的体积为23

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. |11−2i|= ______ ．
14. 如图①是一个小正方体的侧面展开图，小正方体从如图②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格，这时小正方体朝上面的字是______ ．

15. 若一组数据m，n，9，8，10的平均数为9，方差为2，则|m−n|= ______ ．
16. 已知△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，AO=12AB+12AC，BA在BC上的投影向量为34BC，则OA⋅BC的值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cosA= 32．
(1)若b= 3，c=2，求a的值；
(2)若a2bc=2− 3，求角B，C的大小．
18. (本小题12.0分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F分别AB，PD的中点，且PA=AD．
(1)求证：AF//平面PEC；
(2)求证：AF⊥平面PCD．

19. (本小题12.0分)
设x，y∈R，向量a=(2,x)，b=(y,1)，c=(3,−3)，且a⊥b，b//c．
(1)求|a+b|；
(2)求向量a+b与a+2b+c夹角的余弦值．
20. (本小题12.0分)
某区为了全面提升高中体育特长生的身体素质，开设“田径队”和“足球队”专业训练，在学年末体育素质达标测试时，从这两支队伍中各随机抽取100人进行专项体能测试，得到如下频率分布直方图：

(1)估计田径队测试的平均成绩；
(2)若测试成绩在90分以上的为优秀，从两组测试成绩优秀的学生中按分层抽样的方法选出7人参加学校代表队，再从这7人中选出2人做领队，求领队来自不同队伍的概率．
21. (本小题12.0分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=CC1= 2，AB⊥BC．
(1)求证：AC1⊥B1C；
(2)求B1C与平面AA1C1C所成的角的大小．

22. (本小题12.0分)
2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛.比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场进行.某学校的足球协会举办了足球知识考试，试卷中只有两道题目.已知小张同学答对每道题的概率为34，小李同学答对每道题的概率为p，且在考试中每人各题答题结果互不影响.若两人答对题目数相同的概率为61144．
(1)求p的值；
(2)求两人共答对两道题的概率．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：z=1+i，
则z−=1−i，
故iz−=i(1−i)=1+i．
故选：B．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．

2.【答案】C 
【解析】解：△ABC中，a=3，b=4，sinB=23，
由正弦定理得，asinA=bsinB，
则sinA=3×234=12．
故选：C．
利用正弦定理，即可求得sinA的值．
本题考查了正弦定理的应用问题，是基础题．

3.【答案】D 
【解析】解：根据题意知分层抽样比例为10200=120，
所以该高校抽取的志愿者总人数为(4400+400+200)×120=250．
故选：D．
先算出抽取比例，即可得总的抽取人数．
本题考查分层抽样，属于基础题．

4.【答案】C 
【解析】解：若l⊂α，m//α，则l//m或l与m异面，故A错误；
若l⊂α，l//β，则α//β或α与β相交，故B错误；
若l⊥α，m⊥α，则l//m，故C正确；
若l⊥α，l⊥m，则m//α或m⊂α，故D错误．
故选：C．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．

5.【答案】D 
【解析】解：根据题意，事件1表示“骰子向上的点数为素数”，包含“骰子向上的点数为2”、“骰子向上的点数为3”、“骰子向上的点数为5”，三个基本事件；
事件2表示“骰子向上的点数为合数”，包含“骰子向上的点数为4”、“骰子向上的点数为6”，两个基本事件；
事件3表示“骰子向上的点数大于2”，包含“骰子向上的点数为3”、“骰子向上的点数为4”、“骰子向上的点数为5”、“骰子向上的点数为6”，四个基本事件，
事件4表示“骰子向上的点数小于3”，包含“骰子向上的点数为1”、“骰子向上的点数为2”，两个基本事件，
依次分析选项：
对于A，事件1与事件3可能同时发生，不是互斥事件，A错误；
对于B，事件1与事件2互为互斥事件，但不是对立事件，B错误；
对于C，事件2与事件3可能同时发生，不是互斥事件，C错误；
对于D，事件3与事件4互为对立事件，D正确．
故选：D．
根据题意，分析事件1、2、3、4包含的基本事件，由此依次分析选项，综合可得答案．
本题考查互斥事件和对立事件，注意两者的不同，属于基础题．

6.【答案】C 
【解析】解：设“两个球都是红球”为事件A，“两个球都是白球”为事件B，“两个球颜色不同”为事件C，
则P(A)=215，P(B)=13且C−=A∪B，
因为A，B，C两两互斥，
所以P(C)=1−P(C−)=1−P(A∪B)=1−[P(A)+P(B)]=1−215−13=815．
故选：C．
首先利用三个事件为互斥事件，再根据互斥事件概率公式，即可求解．
本题主要考查了互斥事件的概率加法公式，属于基础题．

7.【答案】C 
【解析】解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意可得l=4，
由2πr=4π，所以r=2，
因为l=2r，圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，
该等边三角形(如图)的内切圆半径为圆锥内切球半径R，
而等边三角形的边长为4，故R=2 3=2 33，
故S=4πR2=163π．
故选：C．
先算出扇形的弧长，从而可得圆锥底面的半径，故可求轴截面内切圆的半径即为圆锥内切球的半径，最后根据公式可求体积．
本题主要考查了圆锥的结构特征，考查了圆锥的内切球问题，属于中档题．

8.【答案】A 
【解析】解：设向量a，b的夹角为θ，因为|xa+b|≥12，所以(xa+b)2≥14，
则x2⋅a2+2xa⋅b+b2≥14，即x2+2xcosθ+34≥0恒成立，
所以Δ=4cos2θ−3≤0，解得− 32≤cosθ≤ 32，
故a，b的夹角取值范围是[π6,5π6]．
故选：A．
将不等式|xa+b|≥12两边平方，转化成一元二次不等式恒成立问题即可．
本题考查向量数量积公式，考查不等式恒成立问题，属于基础题．

9.【答案】ACD 
【解析】解：由题意，这组数据按从小到大排列为：30，31，31，37，40，46，47，57，62，67，
则众数为31，选项A正确；
中位数为40+462=43，选项B错误；
极差为67−30=37，选项C正确；
∵10×10%=1，∴10%分位数为30+312=30.5，选项D正确．
故选：ACD．
将这组数据按从小到大排列，分别按众数，中位数，极差和百分位数的定义求解即可．
本题考查统计的应用，考查学生数据分析能力，属于基础题．

10.【答案】AB 
【解析】解：根据题意，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立坐标系，
如图：依次分析选项：
对于A，AE=(3,1)，DG=(−2,2)，则AE+DG=(1,3)，
CH=(1,3)，故AE+DG=CH，A正确；
对于B，AE=(3,1)，则|AE|= 9+1= 10，
CH=(1,3)，则|CH|= 9+1= 10，B正确；
对于C，JB=(1,−2)，DI=(2,3)，JB⋅DI=2−6=−4≠0，向量JB与DI不垂直，C错误；
对于D，CH+HF=CF，则|CH+HF|=4，D错误．
故选：AB．
根据题意，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立坐标系，由平面向量坐标计算公式依次分析选项是否正确，即可得答案．
本题考查向量的坐标计算，涉及向量模的计算以及向量垂直的判定，属于基础题．

11.【答案】ABD 
【解析】解：方案一：“选到3号球”的概率P1=13，
方案二：“选到3号球”的概率P2=23×12+13×12=12，
方案三：同时摸出两个球共有：{1,2}，{1,3}，{2,3}共3个基本事件，“选到3号球”包含{1,3}，{2,3}共2个基本事件，
所以P3=23，
所以P1 故选：ABD．
根据古典概型的概率公式分别求出P1，P2，P3，再逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．

12.【答案】ACD 
【解析】解：因为D1C1⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，所以D1C1⊥B1C，
因为B1C⊥C1B，D1C1∩C1B=C1，D1C1，C1B⊂平面D1C1B，
所以B1C⊥平面D1C1B，BD1⊂平面D1C1B，所以BD1⊥B1C，
若BD1⊥MC，则点M的轨迹为B1C，因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
所以点M的轨迹长度为2 2，故A正确；

三棱锥A1−AD1M就是三棱锥M−AA1D1，底面积和高都不变，因此体积不变，故B错误；
将平面BB1C翻折到与平面AB1C重合，如图，此时A，M，B三点共线，
AM+BM取得最小值AB，△AB1C是边长为2 2的等边三角形，
△B1BC是∠B=90°，边长为2的等腰直角三角形，且M是B1C的中点，

所以AM= 6，BM= 2，AM+BM取得最小值为 2+ 6，故C正确．
S△ABC=22×12=2，设M到平面ABCD的距离为h，
由三角形面积相等，BC⋅h=BM⋅CM=2，则h=1，
于是VM−ABC=2⋅1⋅13=23，故D正确．
故选：ACD．
A项，由BD1⊥B1C，可判断M的轨迹；B项，利用体积相等判断；C，D项，将平面BB1C翻折到与平面AB1C重合，由此即可计算．
本题考查空间几何体中的线面位置关系，属于难题．

13.【答案】 55 
【解析】解：∵11−2i=1+2i(1−2i)(1+2i)=1+2i1+22=15+25i，
则|11−2i|= (15)2+(25)2= 55．
故答案为： 55．
先将复数进行化简，再根据复数模的定义计算即可．
本题考查复数的运算，复数模的计算，属于基础题．

14.【答案】路 
【解析】解：由图①可知，“国”和“兴”相对，“梦”和“中”相对，“复”和“路”相对，
由图②可得，第1、2、3、4、5格对应面的字分别是“兴”、“梦”、“路”、“国”、“复”，
所以到第5格时，小正方体朝上面的字是“路”．
故答案为：路．
根据正方体的表面展开图找出相对面，再由其特征得到结果．
本题主要考查了正方体的结构特征，属于基础题．

15.【答案】4 
【解析】解：根据题意，数据m，n，9，8，10的平均数为9，方差为2，
则有15(m+n+9+8+10)=9，15(m2+n2+81+64+100)−81=2，
变形可得：m+n=18，m2+n2=170，
解可得m=11n=7或m=7n=11，
故|m−n|=4．
故答案为：4．
根据题意，由平均数和方差公式可得关于m、n的方程组，解可得m、n的值，计算可得答案．
本题考查数据的平均数和方差的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．

16.【答案】1 
【解析】解：AO=12AB+12AC，则O为BC中点，又O是外接圆圆心，
∴△ABC为直角三角形，
又BA在BC上的投影向量为34BC，
∴|BA|cosB|BC|⋅BC=34BC，得|BA||BC|cosB=34，
∴cos2B=34，则cosB= 32，
∴B=π6，C=π3，
∴OA⋅BC=−AO⋅BC=−12(AB+AC)⋅(AC−AB)=12|AB|2−12|AC|2，
∵△ABC的外接圆半径为1，∴BC=2，AB= 3，AC=1，
∴OA⋅BC=12×3−12×1=1．
故答案为：1．
由已知得△ABC为直角三角形，再根据投影向量的公式可得cosB= 32，进而可得三角形中每个角的大小，再由平面向量数量积的运算得答案．
本题考查了向量的数量积，考查计算能力，属于中档题．

17.【答案】解：(1)因为b= 3，c=2，cosA= 32，
由余弦定理可得a= b2+c2−2bccosA= 3+4−2× 3×2× 32=1；
(2)因为a2bc=2− 3，所以a2=(2− 3)bc，
由余弦定理可得：a2=b2+c2−2cbcosA=b2+c2− 3bc，
所以b2+c2−2cb=0，即b=c，
所以B=C，
因为cosA= 32∈(0,π)，
可得A=π6，
所以B=C=π−π62=512π. 
【解析】(1)由题意及余弦定理可得a的大小；
(2)由题意余弦定理可得b=c，即B=C，再由A角的余弦值，可得A角的大小，进而求出B，C的大小．
本题考查余弦定理的应用，属于基础题．

18.【答案】证明：(1)设G是PC的中点，由于F是PD的中点，
所以GF//CD,GF=12CD，
由于E是AB的中点，四边形ABCD是矩形，
所以AE//CD,AE=12CD，
所以GF//AE，GF=AE，
所以四边形AFGE是平行四边形，
所以AF//EG，
因为AF⊄平面PEC，EG⊂平面PEC，
所以AF//平面PEC．
(2)由于PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，
因为CD⊥AD，PA∩AD=A，PA、AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
因为AF⊂平面PAD，
所以CD⊥AF，
因为PA=AD，F是PD的中点，
所以AF⊥PD，
因为PD∩CD=D，PD、CD⊂平面PCD，
所以AF⊥平面PCD． 
【解析】(1)通过构造平行四边形的方法来证得AF//平面PEC．
(2)结合线面垂直的判定定理来证得AF⊥平面PCD．
本题考查了空间中垂直关系与平行关系的证明，属于中档题．

19.【答案】解：(1)∵a⊥b，
∴a⋅b=2y+x=0①，
∵b//c，
∴−3y−3=0，解得y=−1，
把y=−1代入①得，x=2，
∴a=(2,2),b=(−1,1)，
∴a+b=(1,3)，
∴|a+b|= 10；
(2)a+2b+c=(3,1)，
∴(a+b)⋅(a+2b+c)=3+3=6，|a+2b+c|= 10，
设a+b与a+2b+c的夹角为θ，则cosθ=(a+b)⋅(a+2b+c)|a+b||a+2b+c|=6 10× 10=35． 
【解析】(1)根据a⊥b得出2y+x=0，根据b//c可求出y=−1，然后得出x=2，然后即可求出向量a,b的坐标，从而得出a+b的坐标，进而得出|a+b|的值；
(2)可求出a+2b+c的坐标，然后可求出(a+b)⋅(a+2b+c)的值，然后即可根据向量夹角的余弦公式求出答案．
本题考查了向量垂直的充要条件，平行向量的坐标关系，向量长度的求法，向量坐标的数量积运算，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题．

20.【答案】解：(1)由田径队的频率分布直方图得：10×(0.016+0.024+0.032+a+0.008)=1，
解得a=0.020，同理可得b=0.010，
其中“田径队”的平均成绩为：x−=10×(55×0.016+65×0.024+75×0.032+85×0.020+95×0.008)=73；
(2)“田径队”中90分以上的有10×0.008×100=8(人)，
“足球队”中90分以上有10×0.006×100=6 (人)，
所以抽取的比例为78+6=12，
在“田径队”抽取8×12=4(人)，记作a，b，c，d，
在“足球队”抽取6×12=3(人)，记作A，B，C，
从中任选2人包含的基本事件有：ab，ac，ad，aA，aB，aC，bc，bd，bA，bB，bC，cd，cA，cB，cC，dA，dB，dC，AB，AC，BC，共21个，
领队来自不同队伍包含的基本事件有aA，aB，aC，bA，bB，bC，cA，cB，cC，dA，dB，dC，共12个，
故领队来自不同队伍的概率为1221=47． 
【解析】(1)根据频率和为1计算得到a=0.020，b=0.010，再根据平均数公式计算得到答案；
(2)确定抽取的比例为12，列举出所有情况，统满足条件的情况，再利用古典概型的概率公式求解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了古典概型的概率公式，属于中档题．

21.【答案】证明：(1)连接BC1与B1C相交于点D，如下图所示

在直棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴BB1⊥AB，
又AB⊥BC，BC∩BB1=B，BC，BB1⊂平面BB1C1C，
所以，AB⊥平面BB1C1C，
又∵B1C⊂平面BB1C1C，∴AB⊥B1C
∵BC=CC1，∴四边形BCC1B1为菱形，即B1C⊥BC1
又∵AB∩BC1=D，且AB，BC1⊂平面ABC1，
∴B1C⊥平面ABC1，又∵AC1⊂平面ABC1，
∴B1C⊥AC1．
(2)取A1C1的中点E，连接B1E，CE.如下图所示；

∵A1B1=B1C1，A1E=EC1，∴B1E⊥A1C1
又∵CC1⊥平面A1B1C1，B1E⊂平面A1B1C1，
∴CC1⊥B1E，
又∵A1C1⋂CC1=C1，且A1C1，CC1⊂平面AA1C1C，
∴B1E⊥平面AA1C1C，
∴CE是CB1在面AA1C1C内的射影，∠ECB1是CB1与平面AA1C1C所成角的平面角．
∵在Rt△CEB1中，易知B1E=1，CB1=2，
∴sin∠ECB1=B1ECB1=12，∴∠ECB1=30°
即CB1与平面AA1C1C所成的角的大小为30°． 
【解析】(1)根据直三棱柱ABC−A1B1C1的性质和各棱长可知，连接BC1，利用线面垂直的判定定理可得AB⊥平面BB1C1C，易知四边形BCC1B1为菱形，可得B1C⊥平面ABC1，由线面垂直的性质即可得AC1⊥B1C；
(2)取A1C1的中点E，连接B1E，CE，可证明∠ECB1是CB1与平面AA1C1C所成角的平面角，在Rt△CEB1中，易知B1E=1，CB1=2，sin∠ECB1=12，即CB1与平面AA1C1C所成的角的大小为30°．
本题主要考查直线与平面所成的角，考查转化能力，属于中档题．

22.【答案】解：(1)由题意，两人答对题目数相同的概率为：
P=(14)2(1−P)2+C21⋅34⋅14C21⋅P⋅(1−P)+(34)2P2
=(1−P)216+3P(1−P)4+9P216=61144，
整理得：9P2−45P+26=0，
解得P=23或P=133(舍去)，
故P=23；
(2)两人共答对两道题，等价于：
甲答对2道，乙答对0道；甲答对1道，乙答对1道；甲答对0道，乙答对2道三种情况，
则两人共答对两道题的概率P′=(34)2(1−23)2+C21⋅34⋅14⋅C21⋅23⋅13+(1−34)2(23)2=37144． 
【解析】(1)根据相互独立事件和互斥事件的概率公式，列方程求解P值；
(2)在(1)的条件下，将两人共答对2道题分解成三类情况分别求解即可．
本题考查相互独立事件的概率和互斥事件的概率计算，属基础题．