2022-2023学年湖南省岳阳市华容县高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省岳阳市华容县高一（下）期末数学试卷（含解析），共16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。

1. i是虚数单位，则1−2ii的虚部是( )
A. −2B. −1C. −iD. −2i
2. 某校共有学生3000人，为了解学生的身高情况，用分层抽样的方法从三个年级中抽取容量为50的样本，其中高一抽取14人，高二抽取16人，则该校高三学生人数为( )
A. 600B. 800C. 1000D. 1200
3. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线AD1与BD所成角的大小为( )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
4. 已知α，β是两个不同的平面，则下列命题错误的是( )
A. 若α∩β=l，A∈α且A∈β，则A∈l
B. 若A，B，C是平面α内不共线三点，A∈β，B∈β，则C∉β
C. 若直线a⊂α，直线b⊂β，则a与b为异面直线
D. 若A∈α且B∈α，则直线AB⊂α
5. 已知△ABC三边，AB=5，AC=6，BC=7，则△ABC的面积等于( )
A. 7 3B. 6 6C. 6 3D. 9 35
6. △ABC中，点M为边AC上的点，且AM=3MC，若BM=λBA+μBC，则μ−2λ的值是( )
A. 14B. 1C. 0D. −12
7. 如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南.天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处.某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB=60米，BC=60米，CD=40米，∠ABC=60°，∠BCD=120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)(参考数据： 2≈1.414， 3≈1.732， 5≈2.236， 7≈2.646)( )
A. 53米B. 55米C. 57米D. 60米
8. 已知三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，BC=6，PA=3，D是BC的中点，则三棱锥P−ABC的体积最大时，三棱锥P−ABD外接球的表面积为( )
A. 18πB. 27 32πC. 12 3πD. 27π
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. 给定一组数据5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则这组数据( )
A. 标准差为4B. 平均数为3C. 方差为1.6D. 众数为2和3
10. 已知向量a=(1,2)，b=(m,−3)，若两个向量的夹角为钝角，则m的值可以是( )
A. −32B. −4C. 74D. 6
11. 一只袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个白球和2个黑球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，甲表示事件“两次都摸到黑球”，乙表示事件“两次都摸到白球”，丙表示事件“一次摸到白球，一次摸到黑球”，丁表示事件“至少有一次摸到白球”，则( )
A. 甲与乙互斥B. 乙与丙互斥C. 乙与丁互斥D. 丙与丁互斥
12. 已知正四面体ABCD，下说法中正确的是( )
A. AB与CD垂直
B. 直线AD与平面BCD所成角的正弦值为 63
C. 平面ABD与平面ABC所成角的大小为π3
D. 若AB=2，则直线AD与直线BC之间的距离为 2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球，3个黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则摸出的2个球都是黄球的概率为______ ．
14. 已知点O(0,0)，向量OA=(1,3)，OB=(7,−3)，点P是线段AB的三等分点，则点P的坐标是______ ．
15. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作经验，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底面边长为2，下底面边长为4，高为6的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为______ ．
16. △ABC中，∠ABC的角平分线BD交AC于D点，若BD=2且∠ABC=2π3，则S△ABC面积的最小值为______ ．
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)
已知复数Z=m+1+(m−1)i，m∈R，其中i为虚数单位．
(1)若Z是实数，求m的值；
(2)当复数Z在复平面内对应的点位于第四象限时，求m的取值范围．
18. (本小题12.0分)
1995年，联合国教科文组织宣布4月23日为世界读书日，向全世界发出了走向阅读社会的号召，4月也因此成为“读书月”.定这个日期是因为，1616年4月23日是西班牙著名作家塞万提斯和英国著名作家莎士比亚的辞世纪念日.某校为了解高一学生在“读书月”课外阅读时间的情况，抽样调查了其中的100名学生，统计他们阅读的时间(单位：小时)，并将统计数据绘制成如图的频率分布直方图．
(1)估计这100名学生在“读书月”课外阅读时间的众数，中位数，平均数；
(2)估计这100名学生在这个“读书月”内课外阅读时间的第75百分位数(结果保留两位小数)．
19. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是菱形，PA=PC，E为PB的中点．
(1)求证：PD//面AEC；
(2)求证：平面AEC⊥平面PDB．
20. (本小题12.0分)
11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10：10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为23，乙发球时甲得分的概率为12，各球的结果相互独立.在某局双方10：10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X=2)；
(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率．
21. (本小题12.0分)
在四棱锥P−ABCD中，△PAD是等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AD=2AB=2BC，∠BAD=∠ABC=90°．
(1)在AD上是否存在一点M，使得平面PCM⊥平面ABCD，若存在，请证明；若不存在，请说明理由；
(2)若△PCD的面积为8 7，求三棱锥P−ABC的体积．
22. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinC+asinA=bsinB+csinC．
(1)求A；
(2)设D是线段BC的中点，若c=2,AD= 13，求csB．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵1−2ii=(1−2i)(−i)−i2=−2−i，
∴1−2ii的虚部是−1．
故选：B．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由题意知，抽样比例为3000÷50=60，高一抽取14人，高二抽取16人，则高三抽取50−14−16=20(人)，
所以该校高三学生人数有20×60=1200(人)．
故选：D．
求出抽样比例为60，根据高一、高二抽取的人数求出高三抽取的人数，即可求出该校高三学生人数．
本题考查了分层抽样方法应用问题，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：如图，连接B1D1，AB1，

由于BD//B1D1，
则异面直线AD1与BD所成角，即为直线AD1与B1D1所成角，即∠AD1B1，
又△AB1D1为正三角形，
则∠AD1B1=60°．
故选：C．
利用正方形的特点可知BD//B1D1，再利用异面直线的定义即可得求．
本题考查了异面直线所成角，还考查了正方体的特点，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：对于A，由根据A∈α且A∈β，则A是平面α和平面β的公共点，
又α⋂β=l，由公理2可得A∈l，故A正确；
对于B，由公理3：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，
又A∈β，B∈β，且A，B，C∈α，则C∉β，故B正确；
对于C，由于平面α和平面β位置不确定，则直线a与直线b位置亦不确定，可能异面、相交、平行、重合，故C错误；
对于D，由公理1：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，故D正确．
故选：C．
根据公理2可判断A；根据公理3可判断B；根据异面直线的定义可判断C；根据公理1可判断D．
本题主要考查了平面的基本性质及推论，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由余弦定理可得csB=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=25+49−362×5×7=1935，
则B为锐角，故sinB= 1−cs2B= 1−(1935)2=12 635，
因此△ABC的面积为S△ABC=12AB⋅BCsinC=12×5×7×12 635=6 6．
故选：B．
利用余弦定理求出csB的值，利用同角三角函数的基本关系求出sinB的值，再利用三角形的面积公式可求得△ABC的面积．
本题考查余弦定理，考查三角形面积公式，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：∵点M为边AC上的点，且AM=3MC，
∴AM=34AC，
∴BM=BA+AM=BA+34AC=BA+34(BC−BA)=14BA+34BC，
∵BM=λBA+μBC，
由平面向量基本定理得：λ=14μ=34，
∴μ−2λ=34−2×14=14．
故选：A．
由平面向量线性运算求出BM=14BA+34BC，从而求出λ，μ即可．
本题考查平面向量的线性运算和平面向量基本定理，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：在△ACB中，AB=60，BC=60，∠ABC=60°，所以AC=60，
在△CDA中，AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs60°=602+402−2×60×40×12=2800，
所以AD=20 7≈53(米)．
故选：A．
求出AC，在△CDA中，利用余弦定理即可求得AD．
本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，

设AB=a，AC=b，则a2+b2=BC2=36，
∴ab≤a2+b22=362=18，当且仅当a=b=3 2时等号成立．
∴(S△ABC)max=12ab=9，此时三棱锥P−ABC的体积最大．
∵AB=AC，D为BC的中点，可得AD⊥BC，
∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BD，而PA∩AD=A，
∴BD⊥平面PAD，得BD⊥PD，又PA⊥AB，
∴PB的中点O为三棱锥P−ABD外接球的球心，
可得外接球的半径R=OA=12PB=12 PA2+AB2=12 32+(3 2)2=3 32．
∴三棱锥P−ABD外接球的表面积为4π×(3 32)2=27π．
故选：D．
由题意画出图形，利用基本不等式可得三棱锥P−ABC的体积最大时有AB=AC，结合D为BC的中点可得PB的中点O为三棱锥P−ABD外接球的球心，求其半径，代入球的表面积公式得答案．
本题考查多面体的外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，
众数为2和3，故D正确；
平均数为：110×(2×5+4+3×3+3×2+1)=3，故B正确；
方差为：110×[2×(5−3)2+(4−3)2+3×(3−3)2+3×(2−3)2+(1−3)2]=1.6，故C正确；
标准差为： 1.6，故A错误．
故选：BCD．
根据已知条件，结合众数的定义，结合平均数、方差的公式，即可求解．
本题主要考查众数的定义，结合平均数、方差的公式，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：因为向量a=(1,2)，b=(m,−3)，这两个向量的夹角为钝角，
设这两个向量的夹角为θ，
则csθ=a⋅b|a|⋅|b|=m−6 12+22⋅ m2+9<0，
且csθ≠−1，即m≠−32，
解得m<6且m≠−32．
故选：BC．
根据向量夹角的计算公式csθ=a⋅b|a|⋅|b|，即可求出m的取值范围(两向量不能共线)．
本题考查平面向量的数量积，属于基础题．
11.【答案】AB
【解析】解：甲与乙不能同时发生，甲与乙是互斥事件，故A正确；
乙与丙不能同时发生，乙与丙是互斥事件，故B正确；
丁与乙可以同时发生，乙与丁不是互斥事件，故C错误；
丙与丁可以同时发生，丙与丁不是互斥事件，故D错误．
故选：AB．
利用互斥事件的定义直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查互斥事件等基础知识，是基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A选项，取线段CD的中点F，连接AF、BF，
因为△ACD、△BCD均为等边三角形，F为CD的中点，
所以CD⊥AF，CD⊥BF，
因为AF∩BF=F，AF、BF⊂平面ABF，
所以CD⊥平面ABF，
因为AB⊂平面ABF，所以AB⊥CD，A正确；
对于B选项，设正四面体ABCD的棱长为a，
则点A在面BCD的射影为等边△BCD的中心，
连接AO、OD，
则BF=BCsin60°= 32a，
所以OD=OB=23BF=23× 32a= 33a，
因为AO⊥平面BCD，OD⊂平面BCD，所以AO⊥OD，
所以AO= AD2−OD2= a2−( 33a)2= 63a，
由线面角的定义可知，直线AD与平面BCD所成角为∠ADO，
且sin∠ADO=AOAD= 63，
故AD与平面BCD所成角的正弦值为 63，B正确；
对于C选项，取线段AB的中点E，连接CE、DE，
因为△ABC、△ABD都是边长为a的等边三角形，且E为线段AB的中点，
则CE⊥AB，DE⊥AB，且CE=DE=ADsin60°= 32a，
由二面角的定义可知，平面ABD与平面ABC所成角为∠CED，
由余弦定理可得cs∠CED=CE2+DE2−CD22CE⋅DE=( 32a)2×2−a22×( 32a)2=13，
所以平面ABD与平面ABC所成角不是π3,C错误；
对于D选项，当AB=2时，则AF=BF= 32AB= 3，
因为E为AB的中点，则EF⊥AB，且EF= AF2−AE2= 3−1= 2，
又因为CE=DE，F为CD的中点，则EF⊥CD，
因此，若AB=2，则直线AD与直线BC之间的距离为EF= 2，D正确．
故选：ABD．
取线段CD的中点F，连接AF、BF，证明出CD⊥平面ABF，利用线面垂直的性质可判断A选项；利用线面角的定义可判断B选项；利用二面角的定义可判断C选项；找出直线AD与直线BC的公垂线段，并求其长度，可判断D选项．
本题考查了正四面体的性质，考查了空间角、空间距离以及空间中的线面关系，属于中档题．
13.【答案】310
【解析】解：由题意可给这五个球分别标上号码，红球为1，2，黄球为3，4，5，
可得从中不放回地依次随机摸出2个球，共有基本事件如下，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10个，
其中摸出的2个球都是黄球的基本事件有(3,4)，(3,5)，(4,5)共3个，
故摸出的2个球都是黄球的概率为310．
故答案为：310．
求出从中不放回地依次随机摸出2个球的基本事件，求出摸出的2个球都是黄球的基本事件，根据古典概型的概率公式即可求得答案．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
14.【答案】(3,1)或(5,−1)
【解析】解：点O(0,0)，向量OA=(1,3)，OB=(7,−3)，点P是线段AB的三等分点，
设P(a,b)，则PABP=12或PABP=2，
∵PA=(1−a,3−b)，BP=(a−7,b+3)，
∴(a−7,b+3)=2(1−a,3−b)或(1−a,3−b)=2(a−7,b+3)，
解得a=3b=1或a=5b=−1，
则点P的坐标是(3,1)或(5,−1)．
故答案为：(3,1)或(5,−1)．
设P(a,b)，则PABP=12或PABP=2，由此利用向量坐标运算法则能求出点P的坐标．
本题考查点的坐标的求法，考查向量坐标运算法则、三等分点性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15.【答案】56
【解析】解：上底面边长为2，下底面边长为4，高为6的正四棱台体积为V=13×(22+ 22×42+42)×6=56，
根据“祖暅原理”知，该不规则几何体的体积为56．
故答案为：56．
计算正四棱台的体积，即可求出不规则几何体的体积．
本题考查了正四棱台的体积计算问题，也考查了阅读与理解能力，是基础题．
16.【答案】4 3
【解析】解：因为△ABC中，∠ABC的角平分线BD交AC于D点，∠ABC=2π3，
所以∠ABD=∠DBC=π3，
又BD=2，S△BCD+S△ABD=S△ABC，
所以12×2×BC×sinπ3+12×2×AB×sinπ3=12×AB×BC×sin2π3，可得2(BC+AB)=AB⋅BC，
所以2(BC+AB)=AB⋅BC≥4 AB⋅BC，解得AB⋅BC≥16，当且仅当AB=BC=4时等号成立，
所以S△ABC=12AB⋅BC⋅sin∠ABC≥12×16× 32=4 3，当且仅当AB=BC=2时等号成立，
则S△ABC面积的最小值为4 3．
故答案为：4 3．
由题意利用角平分线的性质可得∠ABD=∠DBC=π3，又S△BCD+S△ABD=S△ABC，利用三角形面积公式可求得2(BC+AB)=AB⋅BC，根据基本不等式可求AB⋅BC≥16，进而利用三角形的面积公式即可求解S△ABC面积的最小值．
本题考查了角平分线的性质，三角形面积公式，基本不等式在解三角形中的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)若z=m+1+(m−1)i是实数，
则m−1=0，即m=1；
(2)当复数Z在复平面内对应的点位于第四象限时
m+1>0m−1<0，解得−1故m的取值范围为(−1,1)．
【解析】由已知结合复数的基本概念即可求解(1)(2)．
本题主要考查了复数的概念及复数的几何意义，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得：
(0.02+0.06+0.075+a+0.025)×4=1，解得a=0.07，
∵(0.02+0.06)×4=0.32，且(0.02+0.06+0.075)×4=0.62，
∴中位数位于18～22之间，设中位数为x，x−1822−18=0.5−−0.32，
解得x=18+125=20.4，故中位数是20.4，
平均数为(0.02×12+0.06×16+0.075×20+0.07×24+0.025×28)×4=20.32，
又从频率分布直方图可看出最高矩形底边上的中点值为20，故众数是20，
(2)75百分位数即为上四分位数，
又∵(0.02+0.06+0.075)×4=0.62，(0.02+0.06+0.075+0.07)×4=0.9，
∴上四分位数位于22～26之间，设上四分位数为y，
则y−2226−22=0.75−0.620.9−0.62，
解得y=22+137≈23.86..
【解析】(1)根据众数，中位数，平均数的定义，结合频率分布直方图可解；
(2)根据百分位数的定义可解．
本题考查众数，中位数，平均数、百分位数的定义，属于基础题．
19.【答案】解：(1)证明：设AC∩BD=O，连接EO，
因为O，E分别是BD，PB的中点
，所以PD//EO…(4分)
而PD⊄面AEC，EO⊂面AEC，
所以PD//面AEC…(7分)
(2)连接PO，因为PA=PC，
所以AC⊥PO，
又四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD…(10分)
而PO⊂面PBD，BD⊂面PBD，PO∩BD=O，
所以AC⊥面PBD…(13分)
又AC⊂面AEC，
所以面AEC⊥面PBD…(14分)
【解析】(1)设AC∩BD=O，连接EO，证明PD//EO，利用直线与平面平行的判定定理证明PD//面AEC．
(2)连接PO，证明AC⊥PO，AC⊥BD，通过PO∩BD=O，证明AC⊥面PBD，然后证明面AEC⊥面PBD
本题考查直线与平面平行，平面与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力．
20.【答案】解：(1)根据题意，X=2就是某局双方打成10：10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，
则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分，
故P(X=2)=23×12+(1−23)×(1−12)=12；
(2)“X=4且甲获胜”，就是某局双方打成10：10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，
且这4个球的得分情况为前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分，
则所求概率为P(X=4且甲获胜)=[23×(1−12)+(1−23)×12]×23×12=16．
【解析】(1)X=2就是某局双方10：10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，从而可解；
(2)“X=4且甲获胜”，就是某局双方10：10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分，从而可解．
本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．
21.【答案】解(1)存在，当M为AD的中点时，满足平面PCM⊥平面ABCD，理由如下：
取AD的中点M，连接CM，PM，
∵△PAD是等边三角形，
∴PM⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，PM⊂平面PAD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PM⊥平面ABCD，又PM⊂平面PCM，
∴平面PCM⊥平面ABCD；
(2)设AB=a，则BC=a，AD=2a，
∴MC=AB=MD=a，
∴CD= 2a，PD=2a，PM= 3a，
又PM⊥MC，
∴由勾股定理可得：PC= PM2+MC2= 3a2+a2=2a，
∴S△PCD=12 2a⋅ 4a2−12a2= 72a2=8 7，∴a=4，
∴三棱锥P−ABC的体积为VP−ABC=13S△ABC⋅h=13×12×4×4×4 3=32 33．
【解析】(1)当M为AD的中点时，使得平面PCM⊥平面ABCD.运用面面垂直的性质定理和判定定理，即可得证；
(2)根据三棱锥的体积公式，即可求解．
本题考查面面平行的证明，三棱锥的体积的求解，属中档题．
22.【答案】解(1)∵bsinC+asinA=bsinB+csinC，
∴在△ABC中，由正弦定理得bc+a2=b2+c2，即bc=b2+c2−a2，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=12，
∵A∈(0,π)，则A=π3；
(2)∵D是线段BC的中点，c=2，AD= 13，
∴∠ADB+∠ADC=π，则cs∠ADB+cs∠ADC=0，
由余弦定理得AD2+BD2−AB22AD⋅BD+AD2+DC2−AC22AD⋅DC=0，
即13+a24−222 13⋅a2+13+a24−b22 13⋅a2=0，整理得a2=2b2−44，
又a2=b2+c2−2bccsA=b2+4−2b，则b2+4−2b=2b2−44，解得b=6或b=−8(不合题意，舍去)，
∴a2=2b2−44=28，即a=2 7．
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=28+4−362×2×2 7=− 714．
【解析】(1)利用正弦定理和余弦定理，即可得出答案；
(2)由题意得∠ADB+∠ADC=π，则cs∠ADB+cs∠ADC=0，利用余弦定理求出b，a，即可得出答案．
本题考查正弦定理，余弦定理，考查转化思想，考查运算能力，属于中档题．