[数学]河南省许昌市2022-2023学年高一下学期期末试题（解析版）

这是一份[数学]河南省许昌市2022-2023学年高一下学期期末试题（解析版），共16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，其中为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意，化简得，
所以复数的虚部为.
故选：B.
2. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，则两人都中靶的概率为（ ）
A. 0.26B. 0.98C. 0.72D. 0.9
【答案】C
【解析】甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，
显然甲中靶的事件与乙中靶的事件相互独立，
所以甲乙两人都中靶的概率为.
故选：C.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以，，
由可得，，
即，整理得：．
故选：D．
4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的为（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则∥
D. 若，则
【答案】D
【解析】对于A，当时，可能平行，也可能相交，所以A错误；
对于B，当时，可能平行，可能异面，所以B错误；
对于C，当时，∥或，所以C错误；
对于D，当时，由面面平行的性质可得，所以D正确.
故选：D.
5. 中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物，高约为37，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部，鹳雀楼顶部的仰角分别为30°和45°，在处测得楼顶部的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为（ ）
A. 64B. 74C. 52D. 91
【答案】B
【解析】因为中，⊥，m，，
所以m，
因为中，⊥，，
所以，
由题意得：，
故，
在中，由正弦定理得：，
即，故(m)，
故(m).
故选：B.
6. 平行四边形中，点在边上，，记，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】在中，，，
所以.
故选：D.
7. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数.根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（ ）
A. 平均数为3，中位数为2B. 中位数为3，众数为2
C. 平均数为2，方差为2.5D. 中位数为3，方差为2.8
【答案】C
【解析】对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，
可以出现点数6，故A错误；
对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，
可以出现点数6，故B错误；
对于C，若平均数为2，且出现6点，则方差，
∴平均数为2，方差为2.5时，一定没有出现点数6，故C正确；
对于D，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，
平均数为：，
方差为，可以出现点数6，
故D错误．
故选：C．
8. 正四棱锥中，底面边长，侧棱，在该四棱锥的内部有一个小球，则小球表面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】当小球与正四棱锥各面相切时半径最大，此时小球表面积的最大，
设小球的半径为，
由底面边长，侧棱，
可得正四棱锥的高，
所以，
又侧面面积为，底面面积为，
，解得，
小球表面积的最大值为．
故选：D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9. 一个口袋内装有大小、形状相同的红球、黑球各2个，一次任意取出2个小球，则与事件“2个小球都为红球”互斥而不对立的事件有（ ）
A. 2个小球恰有1个红球B. 2个小球不全为黑球
C. 2个小球至少有1个黑球D. 2个小球都为黑球
【答案】AD
【解析】一个口袋内装有大小、形状相同的红球、黑球各2个，一次任意取出2个小球，
这2个球可能为：2个红球，2个黑球，1个红球1个黑球共3种情况，
与事件“2个小球都为红球”互斥而不对立的事件：
2个小球恰有1个红球或2个小球都为黑球.
故选：AD.
10. 某校为了解学生对食堂的满意程度，设计了一份调查问卷，从该校高中生中随机抽取部分学生参加测试，记录了他们的分数，将收集到的学生测试分数按照，，，，，，分组，画出频率分布直方图，已知随机抽取的学生测试分数不低于80分的学生有27人，则以下结论中正确的是（ ）
A. 此次测试众数的估计值为85
B. 此次测试分数在学生人数为6人
C. 随机抽取的学生测试分数的第55百分位数约为80
D. 平均数m在中位数n右侧
【答案】ABC
【解析】由直方图可知此次测试众数的估计值为85，故A正确；
因为不低于80分的学生的频率为，
∴该校高中生中随机抽取学生的人数为人，
所以此次测试分数在的学生人数为人，故B正确；
因为，
所以随机抽取的学生测试分数的第55百分位数约为80，故C正确；
由直方图在左边“拖尾”，可知平均数小于中位数，即平均数m在中位数n左侧，故D错误.
故选：ABC.
11. 在中，，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 外接圆的面积为B. 若，则
C. 的面积有最大值D. 若有一解，则
【答案】AC
【解析】在中，由，得，
由正弦定理可得，，
即3，可得外接圆的面积为，故正确；
若，则，得，
或，故B错误；
由余弦定理可得，B，
即，
得，当且仅当时取等号，
则的面积有最大值为，故C正确；
由，
得，
方程的判别式，
①，解得=，
当时，=0转化为=0，解得=符合题意；
当时=0转化为=0，
解得=不符合题意；
②0且两根之积，
可得有一正根和一负根，负根舍去，此时有一解，此时，
③0且两根之积，解得=，
当时，=0，解得=符合题意；
当时=0，解得=不符合题意；
故若有一解，则或，故D错误.
故选：AC.
12. 如图，在边长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 当为中点时，直线平面
B. 当为中点时，直线与所成的角为
C. 若是棱上动点，且，则平面平面
D. 当在棱上运动时，直线与平面所成的角的最大值为
【答案】ACD
【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，设，
当为中点时，，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则可得，
因为，所以，
因为平面，所以平面，故A正确；
因为，所以当为中点时，
直线与所成角为，故B错误；
若，则，
又，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，可得，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，可得，
因为，所以平面平面，故C正确；
因为，易得平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
则当时，取得最大值为，
所以直线与平面所成的角的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 一个盒子中装有6支圆珠笔，其中3支一等品，2支二等品和1支三等品.若从中任取2支，那么两支都是一等品的概率为___________.
【答案】
【解析】盒子中装有6支圆珠笔，从中任取2支，包含个，
其中两支都是一等品的包含个，所以两支都是一等品的概率为为.
故答案为：.
14. 已知三棱柱所有棱长均相等，各侧棱与底面垂直，D，E分别为棱，的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为________．
【答案】
【解析】取的中点，连接，则平面，连接，则，
以为原点，分别以为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示空间直角坐标系，设棱长为2，
则，，
所以，
所以.
故答案为：.
15. 在中，，，，D在上，且满足，则______.
【答案】
【解析】中，，，，
则，
由，得，即，
所以
.
故答案为：.
16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，点P是的重心，且，则___________.
【答案】或
【解析】，
，
整理得，解得或（舍去），
，或，
又∵点P是的重心，
，
，整理得，
当时，，得，
此时，解得；
当时，，得，
此时，解得.
故答案为：或.
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. 已知复数，.
（1）若复数在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围；
（2）若复数为纯虚数，求的虚部.
解：（1）复数，则，
因为复数在复平面内对应的点在第二象限，则有，解得，
所以实数的取值范围为.
（2）依题意，，而复数为纯虚数，
因此，解得，则（或），
所以的虚部为（或）.
18. 已知平面向量.
（1）若，求的值；
（2）若，求向量在向量上的投影向量．
解：（1），
，
又，，解得，
.
（2），
，，解得，
则，，
则向量在向量上的投影向量为.
19. 为巩固当前抗疫成果，某地疫情防控指挥部根据当地疫情防控工作部署，安排甲部门名职工和乙部门名职工到该地的三个高速路口担任疫情防控志愿者．
（1）若从这名职工中随机选出人作为组长，求这人来自同一部门的概率；
（2）若将甲部门的名职工随机安排到三个高速路口（假设每名职工被安排到各高速路口是等可能的，且每名职工的选择是相互独立的），求恰有人被安排到第一高速路口的概率．
解：（1）记甲部门名职工分别为、、，乙部门名职工分别为、，
样本空间，
共个样本点，
设事件“这人来自同一部门”，则，共个样本点，
故所求概率为．
（2）由题意可知甲部门每名职工被安排到每个高速路口的概率为，
则恰有人被安排到第一高速路口的概率为．
20. 在中，内角，，所对的边分别为，，，．
（1）求角的大小；
（2）若，求周长的取值范围．
解：（1）解法一：因为，
所以由正弦定理可得，
又，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
又，所以．
解法二：因为，
所以由余弦定理可得，
整理得，即，
因为，所以，所以，
又，所以．
（2）因为，，所以由正弦定理得，
则，，
故的周长
，
易知，所以，
因为在时单调递增，在时单调递减，
所以，则，
所以，故周长的取值范围为．
21. 从2022年秋季学期起，河南省启动实施高考综合改革，实行高考科目“”模式.“3”指语文、数学、外语三门统考学科，以原始分数计入高考成绩；“1”指考生从物理、历史两门学科中“首选”一门学科，以原始分数计入高考成绩；“2”指考生从政治、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩.按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如下表：
将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为，其中，分别表示原始分区间的最低分和最高分，，分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，表示考生的原始分，表示考生的等级分，规定原始分为时，等级分为，计算结果四舍五入取整.某次化学考试的原始分最低分为50，最高分为98，呈连续整数分布，其频率分布直方图如下：
（1）求实数的值；
（2）估计此次化学考试的平均成绩；
（3）按照等级分赋分规则，估计此次考试化学成绩等级的原始分区间.若某学生化学成绩的原始分为90，并估计其等级分.
解：（1）由频率分布直方图得：，解得，
所以.
（2）化学考试成绩在区间的频率依次为
，
于是，
所以此次化学考试的平均成绩约为73分.
（3）由频率分布直方图知，原始分成绩位于区间的占比为，
位于区间的占比为，
估计等级A的原始分区间的最低分在区间内，为，
因此估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间为，
由，解得，估计该学生的等级分为91分.
22. 如图所示，在直角梯形BCEF中，，A，D分别是BF，CE上的点，且，，将四边形ADEF沿AD折起，连接BE，BF，CE，AC．
（1）证明：面BEF；
（2）若，求直线BF与平面EBC所成的角的正弦值．
解：（1）方法一：取ED中点H，连接HA，HC，HF，如下图：
由题意可知，即四边形AFEH为平行四边形，
可得，面EFB，面EFB，可得面EFB，
四边形AFHD为平行四边形，则，，
可得四边形BCHF为平行四边形，则，面EFB，面EFB，
可得面EFB，，面AHC，面AHC，
根据面面平行的判定定理可得面面AHC，面AHC，
从而可得面EFB．
方法二：在面AFED内，延长EF，DA交于G点，连接BG，如下图：
则面EFB．由条件，则，
从而可得，四边形AGBC为平行四边形，
可得，又面EFB，面EFB，
根据线面平行的判定定理可得面EFB．
（2）取ED中点H，在平面DEC内作于M点，如下图：
由题意，，
进而可得四边形FHCB为平行四边形，，
直线BF与平面EBC所成的角即为直线HC与平面EBC所成的角，
在翻折过程中，始终有，，，
即恒有面EDC，面EDC，面BEC，
可得面面BCE，面面BCE=CE，面DEC，，
可得面BCE，从而HC在面EBC内的射影为MC，
因此BF与平面EBC所成的角为，
若，则，进而可得，，，
在中，由正弦定理可得，即，
解得，即直线BF与平面EBC所成角的正弦值为．等级
人数比例
赋分区间