江苏省徐州市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)

这是一份江苏省徐州市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)，共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知复数z满足，则复数z在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】因为，所以点位于第四象限.
故选：D.
2. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，则两次掷出的点数之和为6的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】先后两次掷一枚质地均匀的骰子，共有种情况，
点数和为6的有共5种情况，所以概率为.
故选：B.
3. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，与所成的角相等，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】D
【解析】若，，则或，A错；
若，与所成的角相等，则或与相交或异面，B错；
若，，则与平行或相交，C错；
若，，所以，又，则，D正确.
故选：D.
4. 有一组样本数据，，其平均数为，中位数为b，方差为c，极差为d.由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中，则新样本数据的（ ）
A. 样本平均数为2aB. 样本中位数为2b
C. 样本方差为4cD. 样本极差为
【答案】C
【解析】A选项，由题意得，
则，故A错误；
B选项，由于，
故的大小排列顺序与变化后的的大小排列顺序一致，
由于的中位数为，
故的中位数为，B错误；
C选项，由题意得，
所以
，C正确；
D选项，由于，
故中最大值和最小值，
经过变化后仍然为中的最大值和最小值，
即，
则，D错误.
故选：C.
5. 已知向量，的夹角为，若，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由得，
即，所以，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，
所以，即，故，
.
故选：C.
7. 如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所制成的.已知圆台的上、下底面半径分别为和，且圆台的母线与底面所成的角为，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据题意，该圆台的轴截面为等腰梯形，如图，
所以即为圆台母线与底面所成角，即，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，
因为，则四边形为矩形，
且，
因为，，，
所以，所以，
且，
因为，则，
所以，圆台，圆锥的高均为，
所以，该工业部件的体积为
.
故选：B.
8. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为，
所以由正弦定理得，
即，所以，即，
又，所以，
因为锐角三角形ABC，所以，即，解得，
，
令，因为，所以，
则在单调递减，
所以.
故选：C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 设，是复数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若是纯虚数，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】A：，则，故A正确；
B：当时，，但得不出，故B错误；
C：设，则，，所以，C正确；
D：设则得，
又，，
故成立，D正确.
故选：ACD.
10. 有个相同的球，分别标有数字、、、，从中不放回的随机取两次，每次取个球，表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则（ ）
A. 、相互独立B. 、相互独立
C. 、相互独立D. 、相互独立
【答案】BC
【解析】对于A选项，从上述四个球中不放回的随机取两次，每次取个球，
所有的基本事件有：、、、、、、、、
、、、，共种，
其中事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，
事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，
事件包含的基本事件有：、、、、、、、
，共种，
事件包含的基本事件有：、、、，共种，
对于A选项，，，
事件包含的基本事件有：、、、，共种，
则，故、不相互独立，A错；
对于B选项，事件包含的基本事件有：、，共种，则，
又因为，则，共、相互独立，B对；
对于C选项，事件包含的基本事件有：、，共种，则，
则，故、相互独立，C对；
对于D选项，，故、不相互独立，D错.
故选：BC.
11. 如图，在等腰直角三角形ABC中，，，设点，，，是线段BC的五等分点，则（ ）
A.
B.
C.
D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】对于A：，故A错误；
对于B：同上可得
因为在等腰直角三角形ABC中，，
所以，
所以，
，
所以，故B正确；
对于C：设的中点为，则，
所以，故C正确；
对于D：设的中点为，为线段上一点，设，
，
则，
，
所以，
作点关于的对称点，则四边形为边长为1的正方形，
故，当三点共线时取等号，
所以的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
12. 如图，在矩形ABCD中，，M为边BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为线段的中点，则在翻折过程中，（ ）
A. 异面直线CN与所成的角为定值
B. 存在某个位置使得
C. 点C始终在三棱锥外接球的外部
D. 当二面角为60°时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】AC
【解析】A选项，矩形ABCD中，，M为边BC的中点，
所以为等腰直角三角形，故，，
翻折过程中，，取的中点，连接，
因为N为线段的中点，所以，
则或的补角为异面直线CN与所成的角，
因为M为边BC的中点，所以，且，
所以四边形为平行四边形，故，
所以，其中，
由余弦定理得，
故，故，
所以异面直线CN与所成的角的余弦值为，A正确；
B选项，因为，所以，故⊥，
假如，因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，这与矛盾，
故假设不成立，所以不存在某个位置使得，B错误；
C选项，由于⊥，故外接圆的圆心为，
设三棱锥外接球球心为，则⊥平面，
连接，则即为三棱锥外接球的半径，
由于，所以，
所以点C始终在三棱锥外接球的外部，C正确；
D选项，取的中点，连接，，
因为，所以⊥，且，所以⊥，
所以即为二面角为平面角，即，
过点作⊥于点，则，，
，
因为⊥，⊥，，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
由C选项可知，三棱锥外接球球心为，则⊥平面，
过点作⊥于点，则，，
若球心在平面的上方时，如图，此时，
由勾股定理得，，
故，解得，不合要求，舍去；
若球心在平面的下方时，如图，此时，
由勾股定理得，，
故，解得，满足要求，
代入上式可得外接球半径为，
三棱锥的外接球的表面积为，
故当二面角为60°时，三棱锥的外接球表面积为，D错误.
故选：AC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知一组数据：24，30，40，44，48，52.则这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为______.
【答案】36
【解析】因为，故这组数据的第30百分位数为30，
因为，所以第50百分位数为，
所以这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为.
故答案为：36．
14. 已知，，则的值为______.
【答案】
【解析】由，代入，
解得，
.
故答案为：.
15. 在中，角、、的对边分别为、、，已知，与的平分线交于点，则的值为______.
【答案】
【解析】由，
可得，
由正弦定理可得，即，
整理可得，由余弦定理可得，
因为，则，所以，
因为与的平分线交于点，
所以
.
故答案为：.
16. 在正四棱柱中，已知，，则点到平面的距离为______；以A为球心，2为半径的球面与该棱柱表面的交线的总长度为______.
【答案】
【解析】空1：由题意可得：，
因为平面，平面，可得，
设点到平面的距离为d，
因为，则，解得，
即点到平面的距离为.
空2：由题意可知：球A仅与平面、平面、平面和平面相交，
因为，此时球A与平面的交线为半径为2的圆的，
则交线的长度为；
设球A与棱的交点为，即，
可得，
则，
且为锐角，则，即，
所以球A与平面的交线为半径为2的圆的，
则交线的长度为；
同理可得：球A与平面的交线的长度；
可知，所以球A与平面的交线为半径为的圆的，
则交线的长度为；
所以球面与该棱柱表面的交线的总长度为.
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. 已知向量，.
（1）若∥，求；
（2）若，求.
解：（1）因为∥，向量，，
所以，
当时，不成立，则，从而，
所以.
（2）因为，所以，
即，故，
因，，
所以，
当时，不成立，则，故，
所以.
18. 如图，四棱锥的底面为梯形，，，底面，平面平面，点在棱上，且.
（1）证明：平面；
（2）证明：.
解：（1）在平面中，过作交于点，连接，
因为，所以，
又，所以，
又，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）因为底面，平面，所以，
在平面中，过点作，交于点，
因为平面平面，平面，
平面平面，
所以平面，又平面，所以，
又平面，平面，，所以平面，
又平面，所以.
19. 近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式.某直播平台有800个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示.为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取60个直播商家进行问询交流.
（1）应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？
（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的60个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率直方图如图②所示.
（i）估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（求平均数时同一组中的数据用该组区间中点的数值为代表）；
（ii）若将平均日利润超过470元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数.
解：（1）根据分层抽样知：
应抽取小吃类家，生鲜类家，
所以应抽取小吃类21家，生鲜类9家.
（2）（i）根据题意可得，解得，
设中位数为x，因为，，
所以，解得，
所以该直播平台商家平均日利润的中位数为元，
平均数为
，
所以该直播平台商家平均日利润的平均数为440元.
（ii），
所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为256.
20. 每年的月日为国际数学日，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节，其中一项活动是“数学知识竞赛”，竞赛共分为两轮，每位参赛学生均须参加两轮比赛，若其在两轮竞赛中均胜出，则视为优秀，已知在第一轮竞赛中，学生甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮竞赛中，甲、乙胜出的概率分别为，.甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响.
（1）若，求甲恰好胜出一轮的概率；
（2）若甲、乙各胜出一轮的概率为，甲、乙都获得优秀的概率为.
（i）求，，的值；
（ii）求甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概率.
解：（1）设“甲在第一轮竞赛中胜出”为事件，“甲在第二轮竞赛中胜出”为事件，
“乙在第一轮竞赛中胜出”为事件，“乙在第二轮竞赛中胜出”为事件，
则，，，相互独立，
且，，，，
设“甲恰好胜出一轮”为事件，则，，互斥，
当时，
，
所以当，甲恰好胜出一轮的概率为.
（2）由（1）知，（i）记事件为“甲、乙各胜出一轮”，
事件为“甲、乙都获得优秀”，
所以，，
因为甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响，
所以
，
，
则，解得或（舍去），
综上，，.
（ii）设事件为“甲获得优秀”，事件为“乙获得优秀”，
于是“两人中至少有一人获得优秀”，
且，，
所以，，
所以，
故甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概率为.
21. 在①，②，③的面积这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答.
在中，角、、的对边分别为、、，已知______.
（1）求角；
（2）若点在边上，且，，求.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分
解：（1）若选择①：因为，结合余弦定理，
得，即，
由正弦定理可得，所以，
又，所以，所以，即，
又，所以.
若选择②：因为，
结合正弦定理可得，
即，
，
即，
又，，故，即，
所以，即，
因为，，所以，得.
若选择③：条件即，
又，，
所以，
即，所以，
又因为，则，所以，
又因为，所以.
（2）设，则，
因为，，故，
所以，
在中，由正弦定理可得，即，
在中，同理可得，，
因为，所以，即，
整理得，即.
22. 如图，在三棱锥中，底面BCD是边长为2的正三角形，平面BCD，点E在棱BC上，且，其中.
（1）若二面角为30°，求AB的长；
（2）若，求DE与平面ACD所成角的正弦值的取值范围.
解：（1）取CD中点F，连接BF，AF，
因为为等边三角形，所以，
因为平面BCD，BC，平面BCD，
所以，，
又因为，所以，
因为F为CD中点，所以，
因此为二面角的平面角，所以，
所以在直角三角形ABF中，.
（2）因为平面BCD，所以，
在中，，
所以，
所以，
设E到平面ACD的距离为d，所以，
所以，
因为，所以，解得，
在中，由余弦定理得，
所以，
设DE与平面ACD所成角为，
则，
令，
则，
因为，所以，所以，
所以DE与平面ACD所成角的正弦值的取值范围是.