河南省2022-2023学年高一下学期6月“双新”大联考数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省2022-2023学年高一下学期6月“双新”大联考数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
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本试题卷共4页，22题，全卷满分150分．考试用时120分钟．
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
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. 复数（）在复平面内对应的点N位于第一象限，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】确定，根据三角函数定义得到答案.
【详解】根据题意：，，故.
故选：B.
2. 不共线的平面向量，满足，，则平面向量，的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，得到，再利用平面向量的夹角公式求解.
【详解】因为，所以 ，即，
又，即，
所以，
因为，所以，
故选：D.
3. 有一组样本数据如下：56，62，63，63，65，66，68，69，71，74，76，76，77，78，79，79，82，85，87，88，95，98，则其25%分位数与75%分位数的和为（ ）
A. 144B. 145C. 148D. 153
【答案】C
【解析】
【分析】由百分位数的定义求解即可.
【详解】因为，所以样本数据的25%分位数为第六个数据即66；
因为，所以样本数据的75%分位数为第十七个数据即82.
所以25%分位数与75%分位数的和为.
故选：C.
4. 设为两个不同的平面，为两条不同的直线，且，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面位置关系即可判断.
详解】①若，且，
可能平行，可能垂直，可能异面，
故“”是“”的不充分条件；
②若，
可能平行，可能相交，可能垂直.
故则“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选:D.
5. 连续抛掷一枚均匀骰子两次，向上的点数分别记为a，b，，则（ ）
A. 事件“是偶数”与“a为奇数，b为偶数”互为对立事件
B. 事件“”发生的概率为
C. 事件“”与“”互为互斥事件
D. 事件“且”的概率为
【答案】D
【解析】
【分析】a为偶数，b为奇数时，两个事件均不包含，A错误，确定，计算概率得到B错误，事件“”与“”可以同时发生，C错误，列举得到D概率正确，得到答案.
【详解】对选项A：a为偶数，b为奇数时，两个事件均不包含，错误；
对选项B：，则，发生的概率为，错误；
对选项C：事件“”与“”可以同时发生，错误；
对选项D：，，
则分别为共9种情况，
概率为，正确；
故选：D.
6. 几何定理：以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（称为拿破仑三角形）的顶点．在中，已知，，外接圆的半径为，现以其三边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，，则的面积为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理确定，外接圆圆心为对应等边三角形的中心，确定，利用勾股定理得到，为等边三角形，计算面积即可.
【详解】中，，故，，
故，，，
外接圆圆心为对应等边三角形的中心，如图所示，连接，，

则，故，
，，故，
，，则，
根据对称性知：，故为等边三角形，
其面积.
故选：C.
7. 中，，是角的平分线，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. ·D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等面积法得，从而利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】根据题意，设，如图，
因为，，则，
所以，
即，
所以，则，故，即，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：B.
8. 在五面体中，底面为矩形，，和均为等边三角形，，，则该五面体的外接球的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，交于点，取的中点，计算各线段长度，确定外接球球心在直线上，考虑球心在线段上和球心在延长线上的两种情况，利用勾股定理计算得到答案.
【详解】连接，交于点，取的中点，
，平面，故在平面的投影为，
连接，则平面，
取中点，连接，作，垂足为，
如图所示：五面体有外接球，则几何体有对称性(球心与某个面的中心连线为相关点的对称轴)，

根据对称性知：，，
在中，，
且，故四边形为矩形，故，
连接，又因为，所以，
底面为矩形，平面，
外接球球心在直线上，且到多边形各顶点距离相等，
若球心在线段上，设，则，
，即，解得(舍)，
若球心在延长线上，设，外接球的半径为，连接，
显然，则且，
即，，，，故，
故选：A.
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. 已知是复数z的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 一定是实数
C. 若是纯虚数，则z的实部和虚部绝对值相等
D. ，则
【答案】BC
【解析】
【分析】举反例排除A，根据复数的分类与共轭复数的概念，结合复数的四则运算与模的运算，即可判断BCD.
【详解】对于A，当复数时，，，故A错；
对于B，设，则，所以，故B对；
对于C，设，则，
因为是纯虚数，所以，则，即，故C对；
对于D，设，
因为，所以，
所以，解得，则，
故，所以，故D错.
故选：BC．
10. 2021年3月，中共中央、国务院印发了《关于实现巩固拓展脱贫攻坚成果同乡村振兴有效衔接的意见》，某村在各级政府的指导和支持下，开展新农村建设，两年来，经济收入实现翻番．为更好地了解经济收入变化情况，统计了某村新农村建设前后农村的经济收入构成比例．得到如下扇形图：

则下面结论中正确的是（ ）
A. 新农村建设后，种植收入增加了14%
B. 新农村建设后，其他收入增加了一倍以上
C. 新农村建设后，养殖收入持平
D. 新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半
【答案】BD
【解析】
【分析】设新农村建设前经济收入为a，则新农村建设后经济收入为2a，根据扇形图，逐项分析即可.
【详解】设新农村建设前经济收入为a，则新农村建设后经济收入为2a，
则由扇形图可得新农村建设前种植收入为0.6a，其他收入为0.04a，养殖收入为0.3a，
新农村建设后种植收入为0.74a，其他收入为0.1a，养殖收入为0.6a.
对A，新农村建设后，种植收入增加了，故A错误；
对B，其他收入为0.1a，，故增加了一倍以上，故B正确；
对C，养殖收入为0.6a，因为，即新农村建设后，养殖收入增加了一倍，故C错误；
对D，因为养殖收入与第三产业收入总和为1.16a，由，所以养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半，故D正确.
故选：BD.
11. 在一次考试中，小明同学将比较难的第8题、第12题、第16题留到最后做，做每道题的结果相互独立．假设小明同学做对第8、12、16题的概率从小到大依次为，，，做这三道题的次序随机，小明连对两题的概率为p，则（ ）
A. p与先做哪道题次序有关B. 第8题定为次序2，p最大
C. 第12题定为次序2，p最大D. 第16题定为次序2，p最大
【答案】D
【解析】
【分析】先判断得小明连对两题，则第二题为必对题；再分别求得小明做的第二题为第8题、第12题与第16题对应的概率，从而利用作差法与因式分解即可得解.
【详解】小明连对两题，则第二题为必对题，
若小明做的第二题为第8题，则做题顺序为12、8、16与16、8、12，且其概率均为，
记此时连对两题的概率为，
则
；
同理：若小明做的第二题为第12题，记连对两题的概率为，
则；
若小明做的第二题为第16题，记连对两题的概率为
则；
所以，
，
则，，
所以小明做的第二题为第16题，对于的最大，故ABC错误，D正确.
故选：D.
12. 如图，在四棱锥中，，，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为，，二面角的大小为，则（ ）

A. 四边形ABCD为直角梯形
B. 在平面PAB内，使得直线平面PBE的点M有无数个
C.
D. 直线PA与平面PCE所成角正弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】确定四边形ABCD为直角梯形，A正确，的轨迹为两平面的交线，B正确，计算，C错误，确定为直线与平面所成角，计算得到D正确，得到答案.
【详解】对选项A：，，且，故四边形ABCD为直角梯形，正确；
对选项B：与平面平行，的集合为平面，设为，
则且平面，故的轨迹为两平面的交线，正确；
对选项C：，，，平面，故平面，
平面，故，又，
平面平面，且平面，平面，
故为二面角的平面角，，，错误；
对选项D：如图所示，过A作垂直于的延长线于，连接，作于，，，与相交，平面，
故平面，平面，故，

，，平面，故平面，
平面，故，
又，，平面，故平面，
故为直线与平面所成角，
为等腰直角三角形，故，，
，正确；
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设M为内一点，且，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】将，转化为求解.
【详解】解：因为，
所以，即，
又因为，
所以，则，
故答案为：
14. 一组数据由8个数组成，将其中一个数由6改为4，另一个数由10改为12，其余数不变，得到新的一组数据，则新的一组数的方差相比原一组数的方差的增加值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】利用方差公式求解.
【详解】解：设原一组数据的方差为，平均数为，
新一组数据的方差为，易知平均数不变，
则，
，
所以，
故答案为：3
15. 如图，四边形中，与相交于点，平分，，，则______．

【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理求出，再由正弦定理求出，即得解；
【详解】在中，，，不妨记，则，
由余弦定理得
，
所以，
由正弦定理得，则，
又平分，
所以.
故答案为：.
16. 某学校围棋社团组织高一与高二交流赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高，已知高二每个段位的选手都比高一相应段位选手强一些，比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序．则第一局比赛高一获胜的概率为______，在一场比赛中高一获胜的概率为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】第一局先安排2个对手共9种不同安排方法，利用古典概型求解，安排一场三局比赛的出场顺序共36种，列出高一获胜的安排方法，利用古典概型求解.
【详解】设为高一出场选手，为高二出场选手，其中表示段位，
则第一局比赛中，共有，共9个基本事件，其中高一能取得胜利的基本事件为，，，共3个，
所以第一局比赛高一获胜的概率为，
在一场三局比赛中，共有不同的种安排方法，
其中高一能获胜的安排方法为，，，，，，共6种，故在一场比赛中高一获胜的概率为.
故答案为：；
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. 后疫情时代，为了可持续发展，提高人民幸福指数，国家先后出台了多项减税增效政策．某地区对在职员工进行了个人所得税的调查，经过分层随机抽样，获得2000位在职员工的个人所得税（单位：百元）数据，按，，，，，，，，分成九组，制成如图所示的频率分布直方图：

（1）求直方图中t的值：
（2）根据频率分布直方图估计该市的70%职工年个人所得税不超过m（百元），求m的最小值；
（3）已知该地区有20万在职员工，规定：每位在职员工年个人所得税不超过5000元的正常收取，若超过5000元，则超出的部分退税20%，请估计该地区退税总数约为多少．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1计算得到答案.
（2）根据前5组的频率之和与前4组的频率之和得到，根据比例关系解得答案.
（3）各区间分别超出元，计算平均值得到答案.
【小问1详解】
，解得.
【小问2详解】
前5组的频率之和为：；
前4组的频率之和为：；
故，，解得.
【小问3详解】
区间在，，，内的个人所得税分别取作为代表.
则分别超出元，
则退税总数约为：
.
18. 如图，在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．

（1）求；
（2）过点A作，交线段于点，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理，结合整体法即可得解；
（2）先由题意求得，再利用正弦定理求得，从而在中求解即可.
【小问1详解】
因为，则，
所以由余弦定理得，，
又，所以.
【小问2详解】
因为，则，
所以，
又，则，
所以在中，由正弦定理得，，
又，
所以在中，.
19. 如图，三棱柱中，为等边三角形，，，．

（1）证明：平面平面；
（2）求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于O，连接，证明可得线面垂直，再由面面垂直的判定定理得证；
（2）利用等体积法求出点到平面的距离，再由线面角公式求解即可.
【小问1详解】
连接交于O，连接，如图，

因为为等边三角形，所以为等边三角形，四边形是菱形，
所以，又，，是的中点，
所以且，
所以，，
在中，，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
设到平面距离为，
因为中，，，
所以，
又，，
所以由，可得，
即，
设直线和平面所成角为，
则,
因为平面平面，所以求直线和平面所成角的正弦值为．
20. 大学毕业生小张和小李通过了某单位的招聘笔试考试，正在积极准备结构化面试，每天相互进行多轮测试，每轮由小张和小李各回答一个问题，已知小张每轮答对的概率为，小李每轮答对的概率为．在每轮活动中，小张和小李答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．
（1）求两人在两轮活动中都答对的概率；
（2）求两人在两轮活动中至少答对3道题的概率；
（3）求两人在三轮活动中，小张和小李各自答对题目的个数相等且至少为2的概率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算即可；
（2）两人分别答两次，总共四次中至少答对3道题，分五种情况计算可得答案；
（3）分小张和小李均答对两个题目、均答对三个题目两种情况计算即可.
【小问1详解】
依题意，设事件 “小张两轮都答对问题”， “小李两轮都答对问题”，
所以，．因为事件相互独立，
所以两人在两轮活动中都答对概率为．
【小问2详解】
设事 “甲第一轮答对”， “乙第一轮答对”， “甲第二轮答对”， “乙第二轮答对”， “两人在两轮活动中至少答对3道题”，
则，
由事件的独立性与互斥性，可得
，
故两人在两轮活动中至少答对3道题的概率为．
【小问3详解】
设事件，分别表示甲三轮答对2个，3个题目，，分别表示乙三轮答对2个，3个题目，
则，，，，
设事件 “两人在三轮活动中，小张和小李各自答对题目的个数相等且至少为2”，
则，且，，，分别相互独立，
所以．
所以两人在三轮活动中，小张和小李各自答对题目的个数相等且至少为2的概率为．
21. 已知四边形ABCD为菱形，，，沿着AC将它折成如图所示的直二面角，

（1）求CE；
（2）求平面CDE与平面ABC所成的二面角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面ABC，由向量运算可得，据此利用勾股定理求解即可；
（2）作辅助线如图，根据题意可证明∠BHE为平面CDE与平面ABC的二面角的平面角，解直角三角可得解.
【小问1详解】
记AC中点为M，连结DM ，如图，

由菱形中知，和为正三角形，且,
则且 .
因为平面平面，平面平面， 平面，
所以平面ABC，
，
又不共线，
所以，所以平面，而平面，
所以，
在中，，
所以.
【小问2详解】
如图，

延长MB，DE交于点G，则AG为平面ADE与平面ABC的交线，
因为，所以B为MG的中点，连结CG，则CG为平面CDE与平面ABC的交线，
在平面ABC内，过点B作CG的垂线，垂足为H.
连结EH，因为BE⊥平面ABC， CG 平面ABC，故BE⊥CG,
平面BEH，故CG⊥平面BEH，EH平面BEH，
故CG⊥EH，则∠BHE为平面CDE与平面ABC的二面角的平面角，
由△ABC为正三角形，，故，
则且，所以.
故在△GBC中，，
故 ，而，
故，
又因为，所以，
所以，
即平面CDE与平面ABC所成的二面角的余弦值为.
22. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）若外接圆的半径为，且AC边上的中线长为，求的面积；
（2）的外心O、重点G、垂心H依次位于同一直线上，这条直线叫欧拉线，证明：
（i）；
（ii）．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理得到，确定，再根据正弦定理得到，根据向量运算得到，计算，再根据面积公式计算得到答案.
（2）（i）根据向量的加减运算法则计算得到证明.
（ii）连接并延长与外接圆交于点，连接，，确定四边形为平行四边形，得到，得到证明.
【小问1详解】
，则，整理得到，
故，，故，，故，
设为中点，则，
故，
故，又，即，
故，.
【小问2详解】
，
如图所示：连接并延长与外接圆交于点，连接，，
则，，又，，故，，
故四边形为平行四边形，
，
又，故.