2022-2023学年吉林省“BEST合作体”高一下学期期末联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年吉林省“BEST合作体”高一下学期期末联考数学试题含答案，共17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。
2022-2023学年吉林省“BEST合作体”高一下学期期末联考数学试题 一、单选题1．若复数满足，则（    ）A．2 B．2023 C． D．1【答案】D【分析】先利用虚数单位的性质化简，从而解方程，结合复数的四则运算求得，再利用共轭复数的定义与模的运算公式即可得解.【详解】因为，所以，则，即，故，则，故，，故选：D.2．已知直线l的方向向量，平面α的一个法向量为，则直线l与平面α所成的角为（　　）A．120° B．60° C．30° D．150°【答案】C【分析】利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】因为直线l的方向向量，平面α的一个法向量为，设直线与平面α所成的角为，则，所以直线l与平面α所成的角为，故选：C.3．《九章算术》是中国古代一部数学专著，其中的“邪田”为直角梯形，上、下底称为“畔”，高称为“正广”，非高腰边称为“邪”．如图所示，邪长为，东畔长为，在A处测得C，D两点处的俯角分别为49°和19°，则正广长约为（注：）（    ）A．6.6 B．3.3 C．4 D．7【答案】A【分析】由余弦定理即可求解.【详解】由题意知：，在中，由余弦定理可得：，代入得：，即，因为，故，故.故选：A.4．如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且，，设，，，则下列等式成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据空间向量的线性运算法则逐项进行计算即可判断.【详解】因，所以选项错误；因.所以选项错误；因为，所以选项错误.因为，所以选项正确；故选：.5．在中，角所对的边分别为，且．若有两解，则的值可以是（    ）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】由题意画出图形，可得，求出的范围，结合选项得出答案.【详解】如图，过点作，垂足为,则.  若有两解，所以，则，即，得.故选：B6．关于用统计方法获取、分析数据，下列结论错误的是（    ）A．质检机构为检测一大型超市某商品的质量情况，合理的调查方式为抽样调查B．若甲､乙两组数据的标准差满足，则可以估计甲比乙更稳定C．若数据的平均数为，则数据 的平均数为D．为了解高一学生的视力情况，现有高一男生200人，女生400人，按性别进行分层抽样，样本量按比例分配，若从女生中抽取的样本量为80，则男生样本容量为60【答案】D【分析】由抽样调查，标准差，平均数相关知识分析各选项即可.【详解】A选项，因大型超市某商品数量较大，则用抽样调查较为合理，故A正确；B选项，标准差较小的数据更加稳定，故B正确；C选项，由题有，故C正确；D选项，由题可得抽取样本中男生与女生的比例为，则男生样本容量为，故D错误.故选：D7．某中学举行疾病防控知识竞赛，其中某道题甲队答对该题的概率为，乙队和丙队答对该题的概率都是.若各队答题的结果相互独立且都进行了答题.则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为（     ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据独立事件的乘法公式计算即可.【详解】解：记“甲队答对该题”为事件A，“乙队答对该题”为事件B，“丙队答对该题”为事件C，则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率，故选：C.8．已知三棱锥的顶点都在球的球面上，底面是边长为3的等边三角形．若三棱锥的体积的最大值为，则球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设球O的半径为R，的外心为，由题意，可得外接圆的半径及面积，即可得，代入体积公式，结合题意，可求得R值，代入球的表面积公式，即可得答案.【详解】设球O的半径为R，的外心为，由题意得外接圆半径为，面积为，所以，所以最大值，所以，即，解得，所以球O的表面积为.故选:A.     二、多选题9．为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党､知史爱国的热情，某校举办了“学党史､育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的（    ）  A．的值为0.005；B．估计成绩低于60分的有25人C．估计这组数据的众数为75D．估计这组数据的第85百分位数为86【答案】ACD【分析】由所有组频率之和为1求得a，再根据频率直方图中频数、众数及百分位数的求法可得结果.【详解】对于A，由，得.故A正确；对于B，估计成绩低于60分的有人.故B错误；对于C，由众数的定义知，估计这组数据的众数为75.故C正确；对于D，设这组数据的第85百分位数为m，则，解得：，故D正确.故选：ACD10．已知是平面单位向量，且，若该平面内的向量满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根据平面向量的数量积运算可判断A；根据可判断B；设,由可求出，从而可判断CD.【详解】因为是平面单位向量，且，所以.因为，所以，故A错误；因为，所以，即，故B错误；设，因为，所以，解得，所以，故C正确；因为，所以，故D正确.故选：BCD.11．已知的内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（   ）A．若，则B．若，，则外接圆半径为10C．若，则为等腰三角形D．若，，，则三角形面积【答案】ACD【分析】利用三角形性质和正弦定理可知A正确，利用正弦定理可知B,C的正误，利用余弦定理及三角形面积公式可知D正确.【详解】因为，所以，由正弦定理，可得，即，A正确；由正弦定理可知，所以外接圆半径为5，B不正确；因为，所以，即，整理可得，即，因为为三角形的内角，所以，即为等腰三角形，C正确；因为，，，由余弦定理得，解得，所以，D正确.故选：ACD.12．如图所示，为正方形，平面平面，为的中点，，且，则（    ）A．B．直线到平面的距离为2C．异面直线与所成角的余弦值为D．直线与平面所成角的正弦值为【答案】ACD【分析】根据几何体特征，可利用空间向量对各选项进行求解；以为坐标原点建立空间直角坐标系可得，即选项A正确；易知直线到平面的距离为，即B错误；利用向量的夹角计算公式可求得所成角的余弦值为，即C正确；求出直线与平面法向量夹角的余弦值即可得D正确.【详解】根据题意可知，平面平面，平面平面，又为正方形，所以，即平面；又平面，平面，所以，；过点作，过点作交于点，所以四边形是平行四边形；且又，所以四边形是矩形；即分别以所在直线为轴，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：由，可得；则，由为的中点可知；所以，所以，故A正确；易知，平面，平面，所以平面，由，可知，平面，所以直线到平面的距离为，即B错误；易知，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为，即C正确；设平面的一个法向量为，则，令，可得，即；，设直线与平面所成的角为，则，即D正确.故选：ACD 三、填空题13．i是虚数单位，若复数为纯虚数，则      ．【答案】【分析】根据复数的除法运算与概念即可得的值.【详解】,所以，所以.故答案为：.14．某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定，小王到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但是可以确定该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．则小王至少尝试两次才能成功的概率是         ．【答案】【分析】由题，小王尝试两次或三次成功，分别计算概率，相加即可得答案.【详解】由题，小王尝试两次或三次成功.小王尝试两次成功的概率为：，小王尝试三次成功的概率为：，则小王至少尝试两次才能成功的概率是.故答案为：.15．在某次调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，部分数据如下表．样品类别样本容量平均数方差A1032B3053根据这些数据可计算出总样本的方差为      ．【答案】【分析】先求出总样本的平均数，再根据方差公式求解即可【详解】总样本的平均数为，所以总样本的方差为，故答案为：16．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，点D为AC边的中点，已知，则当角C取到最大值时等于           .【答案】/【分析】利用向量的数量积求解得到，用余弦定理和基本不等式得到的最小值，此时角C取到最大值，求解得出结果.【详解】点D为AC边的中点，， 则，即，因为，所以，由知，角C为锐角，故，因为，所以由基本不等式得：，当且仅当，即时等号成立，此时角C取到最大值，所以，故答案为：. 四、解答题17．年月日，我国实施“全国二孩”政策，中国社会科学院在某地随机抽取了名已婚男性，其中愿意生育二孩的有名，经统计，该名男性的年龄情况对应的频率分布直方图如下：(1)根据频率分布直方图，估计这名已婚男性的年龄平均值、众数和样本方差（同组数据用区间的中点值代替，结果精确到个位）；(2)若在愿意生育二孩的且年龄在、、的三组已婚男性中，用分层抽样的方法抽取人，试估计每个年龄段应各抽取多少人？【答案】(1)平均值36、众数为，方差25(2)人数分别为人、人、人. 【分析】（1）利用频率分布直方图的平均数，方差公式及众数定义直接求解即可；（2）利用分层抽样的定义求解即可.【详解】（1）已婚男性的平均年龄和样本方差分别为：，，众数为.（2）在年龄段、、的频率分别为、、，，∴人数分别为人、人、人.18．如图1，菱形中，，，于E，将沿翻折到，使，如图2．(1)求三棱锥的体积；(2)在线段上是否存在一点F，使∥平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，. 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用等体积法及棱锥的体积公式计算即可.（2）设线段的中点为，线段的中点为，先证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明平面，即可得出结论.【详解】（1）解：由题可知在菱形中，，，，故，所以在四棱锥中，，又，所以平面，且，连接，因为则,所以.故棱锥的体积为.（2）解：设线段的中点为，线段的中点为，连接，因为点为的中点，点为的中点，所以，又由（1）得，，所以，所以四边形为平行四边形，故,又平面，平面，所以平面，此时点为的中点，故.19．已知向量满足，，．(1)求向量的夹角的大小；(2)设向量，若的夹角为锐角，求实数k的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用向量的模公式及向量的夹角公式即可求解；（2）根据向量夹角与向量数量积的关系即可求解.【详解】（1）由，两边平方得，∵，，，解得，,，  .（2）向量的夹角为锐角，等价于且方向不同． 所以,解得，若方向相同，设，，∵不共线，，解得， 综上所述，的取值范围是.20．如图，在三棱锥P-ABC中，∠ACB=90°，PA⊥底面ABC.(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；(2)若AC=BC=PA，求平面PAB与平面PCB所成二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2). 【分析】（1）由，结合面面垂直的判定证明即可；（2）作辅助线，证明，由二面角的定义得出即为二面角的平面角，再由三角形的边角关系求解.【详解】（1）平面，..平面PAC，平面.平面，平面PAC⊥平面PBC（2）在中，取中点，连接，则.在中，过D作于E，连接CE.由面，得，又，且平面PAB，故面.所以.又，且平面CDE，故面，所以.所以即为二面角的平面角.设.由题可得，，由得，.在中，，则.即平面与平面所成二面角的大小为.21．一个口袋内装有形状､大小相同，编号为1，2，3的3个白球和编号为a的1个黑球.（1）从中一次性摸出2个球，求摸出的2个球都是白球的概率；（2）从中连续取两次，每次取一球后放回，甲､乙约定：若取出的两个球中至少有1个黑球，则甲胜，反之，则乙胜.你认为此游戏是否公平？说明你的理由.【答案】（1）；（2）不公平，理由见详解.【解析】（1）用列举法列举出总的基本事件，以及满足摸出的2个球都是白球所包含的基本事件，基本事件的个数比，即为所求概率；（2）用列举法列举出“从袋中连续取两次，每次取一球后放回”所包含的基本事件，以及“取出的两个球中至少有1个黑球”所包含的基本事件，基本事件个数比即为甲胜的概率，进而可得出结论.【详解】（1）从袋中一次性摸出2个球，所包含的基本事件有：，，，，，，共个基本事件；摸出的2个球都是白球，所包含的基本事件有：，，，共个基本事件；则从中一次性摸出2个球，求摸出的2个球都是白球的概率为；（2）从袋中连续取两次，每次取一球后放回，则所包含的基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，，，共个基本事件；则取出的两个球中至少有1个黑球，所包含的基本事件有：，，，，，，，共个基本事件；因此取出的两个球中至少有1个黑球的概率为，即甲胜的概率为，则乙胜的概率为，所以此游戏不公平.【点睛】方法点睛：求古典概型的概率的常用方法：（1）古典概型所包含的基本事件个数较少时，可用列举法列举出总的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，基本事件个数比即为所求概率；（2）古典概型所包含的基本事件个数较多时，可根据排列组合数的计算，求出总的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，进而求出所求概率.22．已知在中，角的对边分别为，点满足，且.(1)求证：；(2)求的值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）分别在和中利用正弦定理表示出，，代入已知等式化简整理即可得到结果；（2）根据，余弦定理整理得到；在中利用余弦定理得，进而得，代入求值，再求正弦值，令，则，将目标式化简得到关于的代数式，即可求值.【详解】（1），则，，在中；在中；又，，即，.（2）在中，由余弦定理得：；在中，由余弦定理得：；，则，即，整理可得：；在中，由余弦定理得：，则，，故，即；.由（1）知：，则，则，令，则，，所以，，.