2022-2023学年河南省信阳重点中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省信阳重点中学高一（下）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，不定项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省信阳重点中学高一（下）期末数学试卷
一、选择题（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. 设命题p：x1>1x2>1，命题q：x1+x2>2x1x2>1，则p是q的(    )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分且必要条件 D. 既不充分也不必要条件
2. 设f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数，已知x∈[2,3]时，f(x)=x，则x∈[−2,0]时，f(x)的解析式为f(x)=(    )
A. x+4 B. 2−x C. 3−|x+1| D. 2−|x+1|
3. 已知复数z1=cosα+isinα和复数z2=cosβ+isinβ，则复数z1⋅z2的实部是(    )
A. sin(α−β) B. sin(α+β) C. cos(α−β) D. cos(α+β)
4. 将函数f(x)=2sinxcosx−2cos2x+1，x∈R的图象向左平移3π8个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列结论正确的是(    )
A. g(x)是最小正周期为2π的奇函数 B. g(x)是最小正周期为2π的偶函数
C. g(x)在(π,2π)上单调递减 D. g(x)在[0,π2]上的最小值为− 2
5. 已知非零向量AB，AC满足AB⋅BC|AB|=AC⋅CB|AC|，且AB|AB|⋅AC|AC|=12，则△ABC为(    )
A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形
6. 为庆祝中国共产党成立100周年，深入推进党史学习教育，某中学党支部组织学校初、高中两个学部的党员参加了全省教育系统的党史知识竞赛活动，其中初中部20名党员竞赛成绩的平均分为a，方差为2；高中部50名党员竞赛成绩的平均分为b，方差为145.若a=b，则该学校全体参赛党员竞赛成绩的方差为．(    )
A. 33635 B. 2110 C. 125 D. 187
7. 现有若干扑克牌：6张牌面分别是2，3，4，5，6，7的扑克牌各一张，先后从中取出两张.若每次取后放回，连续取两次，点数之和是偶数的概率为P1；若每次取后不放回，连续取两次，点数之和是偶数的概率为P2，则(    )
A. P1>P2 B. P1=P2
C. P11，故命题p能推出q，充分性成立，
令x1=0.5，x2=3，满足x1+x2>2x1x2>1，但x1P2．
故选：A．
根据概率公式求出P1和P2，即可求得答案．
本题考查古典概率模型，属于基础题．

8.【答案】D 
【解析】解：如图所示，连接有关线段．

设M，N为AC，A1C1的中点，即为上下底面的中心，
MN的中点为O，则AC1的中点也是O，
又∵DE=B1F，由对称性可得O也是EF的中点，
所以AC1与EF交于点O，故不是异面直线，故A错误；
由正四棱柱的性质结合线面垂直的判定定理易得AC⊥平面BB1D1D，
因为EF⊂平面BB1D1D，∴AC⊥EF，故B错误；
设AB=a，则AA1=2a，设DE=B1F=x，00，
则∠AEF为锐角，
因为AF2+EF2−AE2=10a2−12ax+4x2，
当x=32a时取得最小值为10a2−18a2+9a2=a2>0，
则∠AFE为锐角，故△AEF为锐角三角形，故C错误；
三棱锥A−EFC也可以看做F−AOC和E−AOC的组合体，
由于△AOC是固定的，E，F到平面AOC的距离是不变的
(∵易知BB1，DD1平行于平面ACC1A1)，故体积不变，
故D正确．
故选：D．
如图所示，连接有关线段．设M，N为AC，A1C1的中点，MN的中点为O，可得AC1与EF都是以O为中点，由此可判定A错误；利用线面垂直可以得到AC⊥EF，从而否定B；利用勾股定理和三角形锐角钝角的判定条件计算可以判定△AEF为锐角三角形，从而否定C；利用体积转化，分解方法，结合线面平行的性质可以判定D．
本题主要考查异面直线所成的角，异面直线的判定，棱柱的结构特征，棱锥的体积等知识，属于中等题．

9.【答案】BD 
【解析】解：设两地路程为s，则全程所需的时间为sm+sn，
则全程的平均速度v=2ssm+sn=2mnm+n，故B正确，A错误，
又由m>0，n>0，及基本不等式，可得v=2mnm+nm2−m2m+n=0，
所以v>m，
即mq)=5+4+3+2+16×6=512，C正确；
∵A所有取值为0，1，2，3，4，5，6，
当q=1，A=[pq]=[p]所有取值为1，2，3，4，5，6，
所以事件q=1与A=0对立，∴D正确．
故选：BCD．
分别理解p，q的实际意义，理解对立事件的意义，明确A=[pq]，其中[x]表示不超过x的最大整数即可得．
本题主要考查了互斥事件和对立事件的定义，属于基础题．

12.【答案】ACD 
【解析】解：平行四边形ABCD的面积为4，∴|AB|⋅|AD|sin∠BAD=4，即|AB×AD|=4，故A正确；
设正△ABC的边BC边上的中点为E，可得AB+AC=2AE，
已知AD=|AB×AC|(AB+AC)，∴AD=|AB|⋅|AC|⋅sin60°⋅2AE= 3|BC|2AE，
则|AD||BC|3= 3|BC|2|AE||BC|3= 3|AE||BC|= 3× 32|BC||BC|=32，故B错误；
∵|a×b|= 3，∴|a||b|sin= 3，
∵a⋅b=1，∴|a||b|cos=1，
两式作比可得，tan〈a,b〉= 3，
∵∈[0,π]，∴=π3，可得|a|⋅|b|=2，
∴|a+2b|2=|a|2+4a⋅b+4|b|2≥2 4⋅|a|2⋅|b|2+4=12，当且仅当|a|=2|b|=2时等号成立，
则|a+2b|的最小值为2 3，故C正确；
若|a×b|=1，|b×c|=2，且b为单位向量，当|a|= 2，|c|=4，=π4，=π6时，
〈a,c〉=π6+π4=5π12，
可得|a×c|=|a|⋅|c|sin〈a,c〉=4 2× 2+ 64=2+2 3，故D正确．
故选：ACD．
根据两个向量叉乘的模的定义及向量数量积的运算逐个分析判断．
本题考查平面向量数量积的性质及应用，考查运算求解能力，是中档题．

13.【答案】60 
【解析】解：采用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个样本量为200的样本，
那么应抽取高二年级学生的人数为200×300320+300+380=60．
故答案为：60．
根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可求解．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．

14.【答案】119 
【解析】
【分析】
本题主要考查了利用诱导公式及拆角技巧在三角化简求值中的应用，属于中档题．
由诱导公式对已知进行化简，sin[π−(x+π6)]+sin2[12π−(π6+x)]=sin(x+π6)+cos2(x+π6)，代入即可求解．
【解答】
解：∵sin(x+π6)=13,则sin(5π6−x)+sin2(π3−x)
=sin[π−(x+π6)]+sin2[12π−(π6+x)]
=sin(x+π6)+cos2(x+π6)
=13+1−19=119，
故答案为：119．
  
15.【答案】[−6,4] 
【解析】解：由题知，△ABC中，AB=4，AC=3，∠A=90°，
若PQ为圆心为A的单位圆的一条动直径，
则A为PQ的中点，|AP|=1,AP=QA,BC=5，
因为BP=AP−AB,CQ=AQ−AC=−AP−AC，
所以BP⋅CQ=(AP−AB)⋅(−AP−AC)=(AB−AP)(AC+AP)=AB⋅AC−AP2+AP⋅(AB−AC)=−1+AP⋅CB，
因为−|AP|⋅|CB|≤AP⋅CB≤|AP|⋅|CB|，即−5≤AP⋅CB≤5，
所以−6≤−1+AP⋅CB≤4，当且仅当AP,CB同向时取最大值，反向时取最小值，
所以BP⋅CQ的取值范围是[−6,4]．
故答案为：[−6,4]．
利用平面向量的线性运算可得出BP=AP−AB,CQ=AQ−AC=−AP−AC，运用平面向量数量积的运算性质解决即可．
本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．

16.【答案】2 2 
【解析】解：如图所示，
取BC的中点O，连接OA，建立空间直角坐标系．设OA=c，CD=b，BE=a．
O(0,0,0)，A(c,0,0)，B(0,1,0)，C(0,−1,0)，E(0,1,a)，D(0,−1,b)，
AE=(−c,1,a)，DB=(0,2,−b)，
∵AE⊥BD，
∴AE⋅DB=2−ab=0，
∴|CD|+|BE|=a+b≥2 ab=2 2，当且仅当a=b= 2时取等号．
∴BE+CD的最小值为2 2．
故答案为：2 2．
如图所示，取BC的中点O，连接OA，建立空间直角坐标系．设OA=c，CD=b，BE=a.由AE⊥BD，可得AE⋅DB=0，再根据基本不等式的性质即可得出|CD|+|BE|的最小值．
本题考查了空间直角坐标系的应用、向量垂直与数量积的关系、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

17.【答案】解：(1)f(x)= 3(sinx+cosx)2+2cos2x+m
= 3+ 3sin2x+1+cos2x+m=2sin(2x+π6)+ 3+1+m，
由函数f(x)的最大值为2+ 3，可得2+ 3+1+m=2+ 3，
解之得m=−1．
(2)由(1)可得f(x)=2sin(2x+π6)+ 3，
由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，可得kπ−π3≤x≤kπ+π6，
则函数f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ],k∈Z；
由2x+π6=kπ，可得x=kπ2−π12，
则函数f(x)的对称中心为(−π12+kπ2, 3)，k∈Z． 
【解析】(1)先化简f(x)的解析式，列出关于m的方程，解之即可求得m的值；
(2)利用整体代换法即可求得函数f(x)的单调递增区间及图象的对称中心．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，函数的单调性和对称中心的确定，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．

18.【答案】解：(Ⅰ)AE=AB+BE=(2e1+e2)+(−e1+λe2)=e1+(1+λ)e2，
因为A，E，C三点共线，所以存在实数k，使得AE=kEC，
即e1+(1+λ)e2=k(−2e1+e2)，得(1+2k)e1=(k−1−λ)e2，
因为e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，
所以1+2k=0k−1−λ=0，解得k=−12，λ=−32；
(Ⅱ)BC=BE+EC=−3e1−12e2=(−6,−3)+(−1,1)=(−7,−2)；
(Ⅲ)因为A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，所以AD=BC，
设A(x,y)，则AD=(3−x,5−y)，
因为BC=(−7,−2)，所以3−x=−75−y=−2，解得x=10y=7，
即点A的坐标为(10,7)． 
【解析】(Ⅰ)可得出AE=e1+(1+λ)e2，然后根据A，E，C三点共线可得出AE=kEC，从而可得出(1+2k)e1=(k−1−λ)e2，然后即可求出λ=−32；
(Ⅱ)可得出BC=−3e1−12e2，然后代入e1,e2的坐标即可；
(Ⅲ)根据题意得出AD=BC，可设A(x,y)，然后可得出3−x=−75−y=−2，然后解出x，y的值，从而可得出点A的坐标．
本题考查了向量加法的几何意义，共线向量和平面向量基本定理，相等向量的定义，考查了计算能力，属于基础题．

19.【答案】解：(1)由(0.005+0.01+0.015+0.015+0.025+a)×10=1，得a=0.03，
因为0.01×10×200=20(人)，0.015×10×200=30(人)，所以不高于50分的抽5×2020+30=2(人)；
(2)平均数x−=45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71，
因为在[40,70]内共有80人，则中位数位于[70,80]内，则中位数为70+2060×10=2203；
(3)记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件A，则P(A)=23×14+13×34+23×34=1112，
故至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为1112． 
【解析】(1)先根据各矩形的面积之和为1，求得a，再根据各层的人数比例抽取；
(2)利用平均数和中位数公式求解；
(3)分一人或二人获优秀，利用互斥事件和独立事件的概率求解．
本题考查频率分布直方图的应用，属于基础题．

20.【答案】解：(1)∵cos∠DAB=−45，∴sin∠DAB=35，cos∠DCB=−cos∠DAB=45，
在△ABD中，由余弦定理可得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcos∠DAB，
∴45=25+AD2−2×5×AD×(−45)，解得AD2+8AD−20，解得AD=2或AD=−10(舍去)，
在△CBD中，由余弦定理可得BD2=CB2+CD2−2CB⋅CDcos∠DCB，
45=25+CD2−8CD，解得CD=10或AD=−2(舍去)，
所以S=S△ABD+S△BCD=12AB×AD×sin∠DAB+12BC×CD×sin∠DCB=12×5×2×35+12×5×10×35=18；
(2)在△BCD中，由正弦定理得BCsinα=BDsinC，即5sinα=3 535，sinα= 55，
∵DC2+DB2>BC2，∴α是锐角，∴cosα=2 55，
又∵sin(α+β)=sin(180°−C)=sinC=sinA=35，
∴cos(α+β)=−cosC=cosA=−45，
∴sin(2α+β)=sin[α+(α+β)]=sinαcos(α+β)+cosαsin(α+β)=2 525． 
【解析】(1)在△ABD中，由余弦定理可求AD，△CBD中，由余弦定理可求CD，进而可求面积；
(2)由正弦定理可求sinα= 55，进而求cosα，利用sin(2α+β)=sin[α+(α+β)]可求值．
本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，属中档题．

21.【答案】证明：(1)因为AB为半球M的直径，C为AB上一点，
所以AC⊥BC，
又因为AC⊥PC，BC∩PC=C，BC，PC⊂平面PBC，
所以AC⊥平面PBC，
又因为PB⊂平面PBC，
所以AC⊥PB，
又因为P为半球面上一点，
所以PA⊥PB，
又因为PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
所以PB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，
所以PB⊥PC；
解：(2)因为三角形ABC为直角三角形，AB=2AM=4，AC=2，
所以BC=2 3，
又因为PB= 6，PB⊥平面PAC，
所以PC= 6，
又因为三角形PAB也是直角三角形，
所以PA= 10，
所以S△PAC=12⋅AC⋅PC=12×2× 6= 6，S△PAB=12PA⋅AB=12× 10× 6= 15，
设点C到平面PAB的距离为h，
则有VC−PAB=VB−PAC，
即13S△PAB⋅h=13S△PAC⋅PB，
所以h=S△PAC⋅PBS△PAB= 6× 6 15=2 155，
设直线PC与平面PAB所成的角为θ，
则sinθ=hPC=2 155 6= 105． 
【解析】(1)由AC⊥BC，AC⊥PC可得AC⊥平面PBC，进而可得AC⊥PB，又由于PA⊥PB，所以可得PB⊥平面PAC，即可得PB⊥PC；
(2)利用等体积法求得点C到平面PAB的距离为h=2 155，设直线PC与平面PAB所成的角为θ，则有sinθ=hPC，即可得答案．
本题主要考查了直线与平面垂直的判定，考查了直线与平面所成的角，属于中档题．

22.【答案】解：(1)对A类的5个问题进行编号：a，b，c，d，e，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，
则有{(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(b,c)，(b,d)，(b,e)，(c,d)，(c,e)，(d,e)}共10种，设小明只能答对4个问题的编号为：a，b，c，d，
则小明在第一轮得40分，有{(a,b)，(a,c)，(a,d)，(b,c)，(b,d)，(c,d)}共6种，
则小明在第一轮得40分的概率为：610=35；
(2)由(1)知，小明在第一轮得40分的概率为35，
则小明在第一轮得0分的概率为：1−35=25，
依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分，
∴当第一轮答对两题得40分，第二轮答对一题得30分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
P1=0.5×0.5×[0.5×(1−0.5)+(1−0.5)×0.5]=0.125，
P2=35×(0.4×0.6+0.6×0.4)=0.228；
当第一轮答对两题得40分，第二轮答对两题得60分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
P3=0.5×0.5×0.5×0.5=0.0625，
P4=35×0.4×0.4=0.096；
当第一轮答错一题得0分，第二轮答对两题得60分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
P5=[0.5×(1−0.5)+(1−0.5)×0.5]×0.5×0.5=0.125，
P6=25×0.4×0.4=0.064；
当第一轮答错两题得0分，第二轮答对两题得60分时，
小芳晋级复赛的概率分别为：
P7=(1−0.5)×(1−0.5)×0.5×0.5=0.0625；
∴小芳晋级复赛的概率为：P1+P3+P5+P7=0.125+0.0625+0.125+0.0625=0.375；
小明晋级复赛的概率为：P2+P4+P6=0.288+0.096+0.064=0.448；
∵0.448>0.375，
∴小明更容易晋级复赛． 
【解析】(1)对A类的5个问题进行编号：a，b，c，d，e，设小明只能答对4个问题的编号为：a，b，c，d，列出所有的样本空间，即可求出小明在第一类得40分的概率；
(2)依题意能够晋级复赛，则第一轮答对两题得40分，第二轮答对一题得30分；或第一轮答对两题得40分，第二轮答对两题得60分；或第一轮答错两题得0分，第二轮答对两题得60分；或第一轮答对一题得0分，第二轮答对两题得60分；分别求出小芳和小明晋级复赛的概率，进行比较得出结论．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．