2022-2023学年广西百色市高一下学期期末教学质量调研数学试题含答案

2022-2023学年广西百色市高一下学期期末教学质量调研数学试题

一、单选题

1．已知复数z满足，则（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】B

【分析】由复数的除法法则计算得到，从而求出模长.

【详解】由，即，所以．

故选：B．

2．中，，则一定是

A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定

【答案】C

【分析】表示出向量的点乘，结合已知条件进行判定三角形形状

【详解】因为中，，则，

即，，角为钝角，

所以三角形为钝角三角形

故选

【点睛】本题考查了由向量的点乘判定三角形形状，只需运用公式进行求解，较为简单

3．已知某地、、三个村的人口户数及贫困情况分别如图（1）和图（2）所示，当地政府为巩固拓展脱贫攻坚成果，全面推进乡村振兴，决定采用分层随机抽样的方法抽取20%的户数进行调查，则样本容量和抽取村贫困户的户数分别是（    ）

A．150，15 B．150，20 C．200，15 D．200，20

【答案】D

【分析】将饼图中的、、三个村的人口户数全部相加，再将所得结果乘以得出样本容量，得出村抽取的户数，再乘以可得出村贫困户的抽取的户数.

【详解】将饼图中的、、三个村的人口户数全部相加，

再将所得结果乘以得出样本容量为，

村抽取的户数为户，

则抽取村贫困户的户数为户．

故选：D.

4．已知，，，则在上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据投影向量的求法直接求解即可.

【详解】在上的投影向量为：.

故选：A

5．甲、乙两人各加工一个零件，若甲、乙加工的零件为一等品的概率分别是和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】应用独立事件乘法公式及对立事件概率求法，结合互斥事件加法求目标概率.

【详解】由题意，这两个零件中恰有一个一等品的概率为.

故选：C

6．在中，为线段上一点，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】待求向量中含有，先根据得到向量表达式，然后插入点，根据向量的线性运算求解.

【详解】由于，由于为线段上一点，则，故，

整理可得.

故选：C

7．已知直角三角形三边分别是3，4，5，对其三边进行旋转得到三个几何体，其中最大的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别计算以直角边和斜边为轴旋转得到的几何体体积，然后比较大小；

【详解】当以斜边为轴旋转时，所得的几何体是由两个同底的圆锥拼接而成，如图所示，

在直角三角形中，所以

解得：

故圆锥底面面积为：

所以几何体的体积为

以为轴旋转时，

当以为轴旋转时，

综上所述，当以为轴旋转时，体积最大为.

故选：B

8．百色起义纪念碑于1984年建成．纪念碑外形似一面迎风飘扬的红旗，又似一杆红缨枪直指天宇．正面有邓小平同志的亲笔题词，背面是百色起义的纪事碑文，两侧分别是邓小平、张云逸率领的广西警备第四大队来到百色，韦拔群举办农民运动讲习所的两幅浮雕，碑顶凸起的“1929”字样标明了百色起义的时间．为测量纪念碑的高度，小李同学取了从西到东相距10.1米的，两个观测点，在点测得纪念碑在北偏西的点处（，，在同一水平面上），在点测得纪念碑在北偏西，碑顶的仰角为，则纪念碑的高度约为（    ）（）

A．18.4米 B．19.29米 C．21.7米 D．23.9米

【答案】D

【分析】作图分析，结合正弦定理可得，进而可得.

【详解】如图，由题意可得，，，则.

由正弦定理，即

.

故.

故选：D

二、多选题

9．一个口袋内装有大小、形状相同的红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，则与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件有（    ）

A．2个小球都为蓝球 B．2个小球恰有1个红球

C．2个小球至少有1个红球 D．2个小球不全为红球

【答案】AB

【分析】利用互斥事件、对立事件的定义直接求解．

【详解】一个口袋内装有大小、形状相同的红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，

对于A，事件“2个小球都为蓝球”与事件“2个小球都为红色”是互斥而不对立的事件，故A正确．

对于B，事件“2个小球恰有1个红球”与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件，故B正确；

对于C，事件“2个小球至少有1个红球”与事件“2个小球都为红色”能同时发生，不是互斥事件，故C错误；

对于D，事件“2个小球不全为红球”与事件“2个小球都为红色”是对立事件，故D错误.

故选：AB．

10．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列为假命题的是（    ）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，则

【答案】BCD

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．

【详解】若，则与内的所有直线垂直，

又，则内存在直线与平行，可得，则，故A正确；

若，，则与的关系不确定，故B错误；

若，，则或，故C错误；

若，，则或或与相交，相交也不一定垂直，故D错误．

故选：BCD．

11．有一组从小到大排列的样本数据，若将第1个数据减1，最后一个数据加2，其余数据不变，得到新的一组数据，则下列统计量中，相比原来的数据变大的有（    ）

A．极差 B．中位数 C．平均数 D．方差

【答案】ACD

【分析】根据极差、中位数、平均数、方差的定义计算即可得出得出答案.

【详解】极差比原数据大3，故A正确；

中位数不变，故B不正确；

，，

所以平均数变大，故C正确；

因为最小的数据变小，最大的数据变大，其余数据不变，显然新数据较原数据相对于各自的平均值波动变大，

由方差的意义易知方差也变大了，故D正确.

故选：ACD.

12．在三棱锥中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，且，，与底面所成的角的余弦值为，则以下正确的是（    ）

A．三棱锥的外接球体积为 B．面面

C． D．三棱锥的外接球表面积是其表面积的2倍

【答案】AC

【分析】取中点，连接，，即可证明平面平面，则为与底面所成线面角（或其补角），利用余弦定理求出，即可判断C，取中点，连接，即可证明平面，即可判断B，且，所以为外接球的球心，根据球的体积公式即可判断A，再求出球的表面积与锥体的表面积，即可判断D.

【详解】取中点，连接，，因为，，

所以，，，，平面，

所以平面，又因为平面，所以平面平面，

所以为与底面所成线面角（或其补角），即（或），

因为，所以，，

令，

若，则，解得或（舍去），

若，则，解得（舍去）或，

因为，所以，即，即，选项C正确；

取中点，连接，，

即，因为，所以，

又平面平面，平面，

∴平面，平面，所以平面平面，

显然平面与平面不垂直，故B错误；

因为平面，平面，所以，

所以，

所以，所以为外接球的球心，半径为，

所以外接球的体积，∴选项A正确；

又，，

所以，，

所以，

又，，

所以三棱锥的表面积，

又三棱锥的外接球表面积，故D错误；

故选：AC

三、填空题

13．已知向量，满足，，，则             ；

【答案】

【分析】根据向量模长的坐标计算，结合数量积的运算律，可得答案.

【详解】由，则，

由，则，解得.

故答案为：.

14．棉花的纤维长度是棉花质量的重要指标，在一批棉花中随机抽到10根棉花的纤维长度（单位：mm），按从小到大排序结果为：

260    263    265    293    296    301    303    305    321    325

则这组数据的第70百分位数是             ；

【答案】304

【分析】直接计算第70百分位数可得答案.

【详解】由已知得这组数据的第70百分位数是.

故答案为：.

15．已知等边的边长为2，则它的直观图的面积为           .

【答案】

【分析】已知等边的边长为2，作交于点，得出，根据斜二测画法，作出等边的直观图，从而可知，，，即可求出直观图的面积.

【详解】解：已知等边的边长为2，则，

作交于点，并分别以为轴，建立平面直角坐标系，

如下图1，可得，

根据斜二测画法，作出等边的直观图，如下图2，

可知，，，

过作，则，

故该等边三角形的直观图的面积为.

故答案为：.

16．已知内一点是其外心，，且，则的最大值为             ．

【答案】/0.75

【分析】延长交于，令结合向量共线的推论得到，数形结合判断取最大值时的形状，进而求其最大值.

【详解】如图所示，延长交于，

令，

∵，，三点共线，

∴，

∴取最大值时，取最大值，则，

∵为外接圆的半径（定值），

∴当取得最小时，取最大值，此时，

∴为等腰三角形，且，

∴，则，，，

∵，，

∴．

故答案为：

【点睛】关键点点睛：延长交于，令结合向量知识，将问题化为求的最大值，数形结合进一步化为求最小值为关键.

四、解答题

17．已知向量，．

(1)若，求实数的值；

(2)已知、、三点共线，若，，求实数的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据数量积的运算结合垂直数量积为0求解即可；

（2）根据向量平行的坐标公式求解即可.

【详解】（1）已知向量，，则

又，于是有，

即：，于是所求实数．

（2）解1：由题意有，，

又、、三点共线，

于是，

于是所求实数．

解2：已知、、三点共线，则存在实数，使得，即：，于是即为所求．

18．袋子中放有大小质地完全相同的球若干个，其中红色球1个，黑色球1个，白色球个，从袋子中随机抽取1个小球，设取到白色球为事件，且事件发生的概率是．

(1)求的值；

(2)若从袋子中有放回地取球，每次随机取一个，若取到红色球得2分，取到白色球得1分，取到黑色球得0分，求连续两次取球所得分数之和大于2分的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据古典概型公式求解即可；

（2）将所有基本事件列出，再分析满足各条件的事件个数，进而根据古典概型公式求解即可.

【详解】（1）由题意，从袋子中随机抽取1个小球，共有个结果，每个结果可能性相同，

其中事件发生有种结果，所以，解得．

（2）由（1）可知连续取球两次所包含的基本事件有：（红，红），（红，白1），（红，白2），（红，黑），（白1，红），（白1，白1），（白1，白2），（白1，黑），（白2，红），（白2，白1），（白2，白2），（白2，黑），（黑，红），（黑，白1），（黑，白2），（黑，黑），所以基本事件的总数为16．

设事件：连续取两次分数之和为3分，

设事件：连续取两次分数之和为4分，

设事件：连续取两次分数之和大于2分，则，且事件与事件互斥，

因为事件所包含的基本事件有：（红，白1），（红，白2），（白1，红），（白2，红），所以，

因为事件所包含的基本事件有：（红，红），所以，

故．

即两次取球所得分数之和大于2分的概率为．

19．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点．

(1)求证：平面；

(2)求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意，根据线面平行判定定理，结合中位线定理，可得答案；

（2）由题意，根据等体积法，可得答案.

【详解】（1）如图所示：

连接BD与AC交于点O，连接OE，∵E，O为中点，∴，

又平面，平面，∴平面；

（2）设点B到平面ACE的距离为d，

在中，，

在中，，

，又∵O为CA中点，，

在中，，

则，

即，

∵在正方体中，点E到平面ABC的距离为DE，

，，则，即.

20．在中，角所对的边分别为，，，已知．

(1)求角；

(2)若，的周长为，求．

【答案】(1);

(2).

【分析】（1）由正弦定理将角化为边，再由余弦定理即可求解；

（2）根据正弦定理可得（是的外接圆半径），根据正弦定理求出即可.

【详解】（1）已知，由正弦定理有，

由余弦定理可得，

解得，

因为是的一个内角，故.

（2）因为，的周长为，所以，

由正弦定理（是的外接圆半径），

可得，

又，

于是．

21．某中学400名学生参加全市高中数学竞赛，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：，，…，，并整理得到如下频率分布直方图：

(1)由频率直方图求样本中分数的中位数；

(2)已知样本中分数在的学生有5人，试估计总体中分数小于40的人数；

(3)已知样本中男生与女生的比例是，男生样本的均值为70，方差为10，女生样本的均值为80，方差为12，请计算出总体的方差．

【答案】(1)72.5

(2)20人

(3)

【分析】（1）由频率分布直方图数据求解；

（2）由频率分布直方图数据求解；

（3）由总样本的均值与方差的公式计算求解即可.

【详解】（1）由频率分布直方图，设分数中位数为，则有，解得，

所以分数的中位数为72.5；

（2）由频率分布直方图知，分数在的频率为，

在样本中分数在的人数为（人），

在样本中分数在的人数为95人，所以估计总体中分数在的人数为（人），

总体中分数小于40的人数为20人；

（3）总样本的均值为，

所以总样本的方差为．

22．如图，四棱锥，平面，，，，过点作直线的平行线交于，为线段上一点．

(1)求证：平面平面；

(2)求平面与平面所成二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理，结合平行线的性质，可得答案；

（2）根据二面角平面角的定义，作图，结合勾股定理以及余弦定理，可得答案.

【详解】（1）因为平面，平面，所以，

因为，所以，

因为，、平面，所以平面，

因为，所以平面，

因为平面，所以平面平面；

（2）连结，过点作于点，连接，如图，

平面，、平面，所以，，

因为，，，

由勾股定理得：，则，

同理可得，，

故，所以三角形为等边三角形，，

同理可得：，，，

在中，由余弦定理得：，

则，，

在中，由余弦定理得：，

在中，，

因为，所以，

所以是平面与平面所成二面角的平面角，

由余弦定理得：．