2022-2023学年广东省广州市部分学校高一下学期期末模拟联考数学试题含答案

2022-2023学年广东省广州市部分学校高一下学期期末模拟联考数学试题

一、单选题

1．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（　　）

A．①是棱台 B．②是圆台 C．③是棱锥 D．④不是棱柱

【答案】C

【分析】利用几何体的结构特征进行分析判断．

【详解】对于A ，不是由棱锥截来的，所以①不是棱台，故A错误；

对于B，上、下两个面不平行，所以②不是圆台；故B错误；

对于C，底面是三角形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，所以③是棱锥，故C正确.

对于D，前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱，故D错误.

故选：C．

2．已知是半径为1的圆上的两个动点，，则的夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将已知条件两边平方，结合数量积定义可解.

【详解】由题可知，，设的夹角为.

因为

所以，即，

解得或（舍去），即的夹角的余弦值为.

故选：C

3．在中，若，则角C等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据余弦定理可得的值，即得答案．

【详解】在中，，可得，

由于，故 ，

故选：A．

4．已知，则复数的共轭复数的虚部为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算求解，共轭复数的概念等求解即可.

【详解】因为，

所以，复数的共轴复数为，

所以复数的共轭复数的虚部为．

故选：C

5．已知正方体的棱长为1，P为棱的中点，则四棱锥P－ABCD的外接球表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分别取三角形，四边形的外心，，利用正弦定理得到，即可得到，然后利用勾股定理得到，最后根据球的表面积公式求表面积即可.

【详解】

设四棱锥的外接球球心为，取中点，连接，取三角形，四边形的外心，，连接，，，，，

因为正方体的棱长为1，点为中点，所以，，，，，，所以，外接球的表面积.

故选：C.

6．作为惠民政策之一，新农合是国家推出的一项新型农村合作医疗保险政策，极大地解决了农村人看病难的问题.为了检测此项政策的落实情况，现对某地乡镇医院随机抽取100份住院记录作出频率分布直方图如图：

已知该医院报销政策为：花费400元及以下的不予报销；花费超过400元不超过6000元的，超过400元的部分报销；花费在6000元以上的报销所花费费用的.则下列说法中，正确的是（    ）

A．

B．若某病人住院花费了4300元，则报销后实际花费为2235元

C．根据频率分布直方图可估计一个病人在该医院报销所花费费用为的概率为

D．这100份花费费用的中位数是4200元

【答案】D

【分析】由频率之和为1可判断A，求出该病人在医院住院保险金额可判断B，根据样本中可报销的占比为0.15可判断C，根据样本中消费费用小于4000的直方图面积判断出中位数应在内，计算即可得出结果.

【详解】由频率分布直方图可得

，

经计算得，即A错误；

某病人住院花费了4300元，则报销的金额为元，所以此人实际花费为元，即B错误；

样本中可报销费用为的占比为0.15，即根据频率分布直方图可估计一个病人在该医院报销所花费费用为的概率为，即C错误；

样本中花费金额小于4000的概率为

所以中位数应在区间内，

所以花费费用的中位数是元，即D正确.

故选：D

7．已知事件的概率均不为0，则的充要条件是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据和事件的概率公式、积事件的概率公式以及相互独立事件的概率公式逐项分析即可.

【详解】因为，

由，

只能得到，并不能得到，

故A错误；

因为，

，

又，

所以，

由于无法确定事件是否相互独立，

故无法确定，故B选项错误；

因为，，

又，所以，

故C正确；

对于D，由于不能确定是否相互独立，

若相互独立，则，，

则由可得，

故无法确定，

故D错误；

故选：C.

8．在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分析得到球心O在平面ACD的投影与M点重合，由面面垂直得到球心O在平面BCD上，作出辅助线，球心O在MH上，设OM=x，由半径相等列出方程，求出x，进而得到外接球半径，求出表面积.

【详解】因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，

所以AM⊥CD，且，

因为，所以，而，

由勾股定理得：，所以BM=BC，

故为等腰直角三角形，，，

由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，

因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，

在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故，

球心O在MH上，设OM=x，

由余弦定理得：，

则，

由得：，解得：，

设外接球半径为，则，

故该三棱锥的外接球的表面积为.

故选：D

【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ．

二、多选题

9．下列说法中，错误的是（    ）

A．两个复数不能比较大小

B．在复数集内，的平方根是

C．是虚数的一个充要条件是

D．若是两个相等的实数，则是纯虚数

【答案】ACD

【分析】ACD选项，可举出反例，B选项，可根据得到B正确.

【详解】A选项，当两个复数的虚部为0时，两个复数为实数，可以比较大小，A错误；

B选项，在复数集内，，故的平方根是，B正确；

C选项，不妨设，此时为实数，则，满足，故C错误；

D选项，不妨设，，不是纯虚数，D错误.

故选：ACD

10．下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则的最小值为4

C．命题使得，则

D．从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则以这3个数为边长能构成直角三角形的概率为

【答案】AD

【分析】根据不等式的性质判断A选项，根据基本不等式取等条件判断B选项，根据命题的否定判断C选项，根据古典概型概念判断D选项.

【详解】若，左右两边乘以,可得,A选项正确;

,当且仅当取等号,显然等号取不到，即的最小值不是4,B选项错误;

命题使得，则,C选项错误;

从1，2，3，4，5中任取3个不同的数共有10种情况：,

则以这3个数为边长能构成直角三角形有1种情况，

则以这3个数为边长能构成直角三角形的概率为,D选项正确;

故选:AD.

11．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.则下列命题正确的是（    ）

A．若，则为直角三角形

B．若，则是等腰三角形

C．若，则为钝角三角形

D．若，则

【答案】ACD

【分析】由条件结合余弦定理证明，由此判断A，由条件结合正弦函数性质及角的范围证明或由此判断B，由条件结合余弦定理证明判断C，由条件结合余弦定理和基本不等式证明判断D.

【详解】对于A，因为，

又余弦定理可得，

所以，化简可得，

故，所以为直角三角形，A正确；

对于B，因为，

所以或，

又，

所以或，

所以是直角三角形或等腰三角形，B错误；

对于C，因为，所以，

又，所以为钝角，

故为钝角三角形；C正确；

对于D， 由余弦定理可得，

由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，

因为，

所以，又，

所以，故D正确；

故选：ACD.

12．如图，直四棱柱的所有棱长均为2，，则（    ）

A．与所成角的余弦值为

B．与所成角的余弦值为

C．与平面所成角的正弦值为

D．与平面所成角的正弦值为

【答案】BC

【分析】证明是异面直线与所成角或其补角，求出其余弦值，作于，证明是与平面所成角，然后求出其正弦值．

【详解】连接，

直四棱柱中,由与平行且相等得平行四边形，从而，是异面直线与所成角或其补角，

又由已知易得，，

，

所以与所成角的余弦值为，A错B正确；

作于，连接，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，从而可得（因为平面），

则是与平面所成角，

由得，，

，

C正确，D错误．

故选：BC．

三、填空题

13．复数满足，则          ．

【答案】/

【分析】利用复数的模和除法运算即可求解.

【详解】因为复数满足，所以，

故答案为：.

14．甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为        ．

【答案】

【分析】分两种情况讨论：（1）第一局甲胜，第二局乙胜：（2）第一局乙胜，第二局甲胜.分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】分两种情况讨论：

（1）第一局甲胜，第二局乙胜：

若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，

若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，

所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；

（2）第一局乙胜，第二局甲胜：

若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，

若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，

所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为.

综上所述，甲、乙各胜一局的概率为.

故答案为：.

15．设M为内一点，且，则与的面积之比为           ．

【答案】

【分析】根据题意结合三点共线的结论确定点的位置，进而分析运算即可.

【详解】在取点，使得，则，

可知：点为的中点，

可得，即，

所以与的面积之比为.

故答案为：.

16．在正三棱柱中，为棱的中点，若是面积为的直角三角形，则此三棱柱的体积为        ．

【答案】

【分析】由题意首先求得棱长，然后计算其体积即可．

【详解】解：由题，设，，截面是面积为的直角三角形，

所以，，

则由得，又，

则，，

故答案为：．

四、解答题

17．已知在复平面内表示复数的点为.

(1)若点在函数的图象上，求实数的值；

(2)若为坐标原点，点A在轴的正半轴上，且向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）将点Z的坐标代入函数求解即可；

（2）根据题意可知，点Z在第二、三象限，据此列不等式求解即可.

【详解】（1）由题可知，复数在复平面内对应的点的坐标为.

又该点位于函数的图象上，

所以，

即，

解得或.

（2）由题可知，点在第二象限或第三象限，

所以且，

即且且，

所以的取值范围为.

18．在中,.

(1)求;

(2)若,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使存在且唯一确定,求及的面积.

条件①:;

条件②:;

条件③:.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）利用正弦定理和二倍角公式求解即可;

（2）结合正弦定理和余弦定理求解即可;

【详解】（1）由正弦定理得,

得,

,

因为,

所以

则.

所以,

所以.

（2）选条件①:

因为,

由正弦定理得,

由余弦定理得,

解得，

则,

解得，

所以存在且唯一确定,

则.

选条件②:,

已知

由正弦定理得,

因为,

所以,,

所以存在且唯一确定,

则.

选条件③:,

由余弦定理得,

即,

所以,即,

因为,

所以不存在使得存在.

19．如图I为某同学搭建的立体几何模型，相关性质如图描述，其侧面展开图如图II所示.图I中，圆锥的半径为3，体积为12π. 在等腰（可近似看作与扇形KUN重合）中，.中间圆柱展开图可看作正方形.圆柱J-G中，半径为3，体积为45π.侧面非阴影部分的圆边共占20%.设圆O所在平面为，圆G所在平面为，各立方体平稳放置，回答以下问题：

(1)求证：.

(2)试求K到G的距离及阴影部分面积.

【答案】(1)证明见解析

(2)，

【分析】（1）根据线面垂直及面面平行得出线面垂直；

（2）根据图形特征结合余弦定理计算即可.

【详解】（1）证明：在圆柱中，有

∵各立方体平稳放置,

∴圆,

∴

（2）在圆锥中，，而，解得：,

在中母线长，，

由余弦定理：

解得:

,则,

在圆柱中，，解得：

则.

20．如图是某校高三（1）班的一次数学知识竞赛成绩的茎叶图（图中仅列出、的数据）和频率分布直方图.

(1)求全班人数以及频率分布直方图中的、；

(2)估计学生竞赛成绩的平均数和中位数（保留两位小数）.

(3)从得分在和中学生中随机抽取两人，求所抽取的两人中至少有一人的得分在区间的概率是多少？

【答案】(1)25（人），，；

(2)平均数为71.4，中位数约为；

(3).

【分析】（1）根据茎叶图，结合频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1进行求解即可；

（2）根据频率分布直方图，结合平均数和中位数的定义进行求解即可；

（3）利用对立事件概率公式，结合古典概型计算公式进行求解即可.

【详解】（1）分数在的频率为，

由茎叶图知，分数在之间的频数为，∴全班人数为（人），

分数在之间的频数为，则，

由解得；

（2）平均数为，

∵，∴中位数在内，

设中位数为，则，解得，

∴中位数约为；

（3）得分在内的人数为人，记为、、，

得分在内的人数为人，记为、，

从这人中随机抽取两人的所有基本事件为：

、、、、、、、、、，共个，

其中所抽取的两人都在的基本事件为：、、共个，

则所抽取的两人中至少有一人的得分在区间的概率为.

21．如图，直四棱柱的底面是菱形，，分别是的中点.

(1)证明：平面；

(2)求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）连接，，证得且，得到四边形为平行四边形，得出所以，利用线面平行的判定定理，即可得证；

（2）设点到平面的距离为，结合，即可求得点C到平面的距离.

【详解】（1）证明：连接，，

在中，因为，分别为，中点，所以且，

又因为为中点，且，，所以且，

所以且，所以四边形为平行四边形，

所以，又因为平面，平面，

所以平面.

（2）解：在菱形中，，可得，

所以为等边三角形，因为为中点，所以，且，

又因为，在直角中，可得，

因为棱柱为直棱柱，所以底面，

又因为底面，所以，

因为，且平面，所以平面，

又因为平面，所以，所以，

设点到平面的距离为，

由，则有，

解得，所以点C到平面的距离为.

22．如图1，某景区是一个以为圆心，半径为的圆形区域，道路，成60°角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道，点，分别在和上，修建的木栈道与道路，围成三角地块．（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）．

(1)若△的面积，求木栈道长；

(2)如图2，若景区中心与木栈道段连线得，求木栈道的最小值．

【答案】(1)

(2)6

【分析】（1）应用得，由得，最后利用余弦定理列方程求木栈道长；

（2）设圆与、分别切于、，易证，，由且，可得，再由得到关于的关系式，应用基本不等式求最值，注意取值条件.

【详解】（1）在中，因为，解得，

所以，则，

所以，则，

由余弦定理得，，即，则，

则，解得；

（2）设圆与、分别切于、，则，，，

所以，，则，，

由，得，

由，得，则，

则，；

，

当且仅当时等号成，则的最小值6．

【点睛】关键点点睛：第二问，利用三角函数的定义及边角关系得到得到关于的关系式，结合基本不等式求最值.