广西壮族自治区南宁市第三中学2022-2023学年高一（下）期末数学试卷

这是一份广西壮族自治区南宁市第三中学2022-2023学年高一（下）期末数学试卷，共17页。
2．（5分）某校高一年级重点班有250人，普通班有1050人，按比例分配分层随机抽样，从高一年级抽取130人调查学生的数学平均成绩，则从重点班中抽取的人数为（ ）
A．27人B．26人C．25人D．24人
3．（5分）已知圆锥的轴截面是边长为8的等边三角形，则该圆锥的侧面积是（ ）
A．64πB．48πC．32πD．16π
4．（5分）在平行四边形ABCD中，点E是AB的中点，点F是DE的中点，则＝（ ）
A．B．C．D．
5．（5分）圆台的上、下底面半径分别是r＝1，R＝4，且圆台的高为4，则该圆台的体积是（ ）
A．30πB．28πC．25πD．24π
6．（5分）某班主任为调查班级跑操请假的人数情况，连续5天对班级跑操请假的人数进行统计，统计数据（单位：人）：11，12，13，9，5．则该班级跑操请假人数的方差为（ ）
A．8B．10C．D．
7．（5分）已知正三棱柱底面边长为，侧棱长为1，则该正三棱柱外接球体积为（ ）
A．3πB．C．D．
8．（5分）高一年级组织端午活动，其中有一个闯关游戏，规则如下：每关有难度相当的三道题，闯关者有三次机会，约定只要答对其中的两道，代表闯关成功，则游戏结束，否则就一直答题到第三次为止．假设闯关者对抽到的不同题目能否答对是独立的，已知张华答对每道题目的概率都是0.4，则他闯关成功的概率是（ ）
A．0.36B．0.4C．0.256D．0.352
二.多选题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列叙述正确的是（ ）
A．若acsA＝bcsB，则△ABC为直角三角形
B．若△ABC的面积为，且b＝2，，则
C．若，b2＝ac，则△ABC是等边三角形
D．若，则△ABC是钝角三角形
（多选）10．（5分）从包含2个红球，2个黄球的袋子中依次不放回任意摸出两球．设事件A＝“第一次摸到红球”，事件B＝“第二次摸到红球”，事件C＝“两次都摸到红球”，事件D＝“至少一次摸到黄球”，事件E＝“两次摸到相同的颜色”，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A与事件B互斥B．事件C与事件D对立
C．事件A与事件D独立D．事件E的概率为
（多选）11．（5分）某学校为了解同学们某天上学的交通方式，在高一年级开展了随机调查，将学生某天上学的交通方式归为四类：A一家人接送，B一乘坐地铁，C一乘坐公交，D一其他方式，学校把收集到的数据整理绘制成条形图和扇形图，如图只给出了其中部分信息，根据图中信息，下列说法正确的是（ ）
A．若该校高一年级有学生1300人，则高一年级约有780人乘坐公共交通工具上学
B．估计该校高一年级有的学生某天家人接送上学
C．扇形图中B的占比为40%
D．估计该校学生上学交通方式为乘坐地铁或者其他方式的人数占全校学生的一半
（多选）12．（5分）已知矩形ABCD，SC⊥平面ABCD，E、F分别是SD、SC中点，，记直线SG与平面ABCD所成角为θ，异面直线EF与SG所成角为α，二面角E﹣AB﹣D的大小为β，则（ ）
A．sinθ＝sinαsinβ
B．
C．csθ＝csαcsβ
D．
三.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知向量，，若满足，则＝ ．
14．（5分）设复数z＝6+26i2023，z的共轭复数，则对应的点为 ．
15．（5分）已知一组样本数据x1，x2…，xn（x1＜x2＜…＜xn），现有一组新的数据，，…，，，则与原样本数据相比，对于新的数据有以下三个判断：①中位数不变；②平均数不变；③极差变小；其中所有正确判断的序号是 ．
16．（5分）已知△ABC，，AB＝2，，AD平分∠BAC交BC于点D，则AD＝ ．
四.解答题：本题共6小题，共70分。解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）已知向量满足，，与的夹角为．
（1）求；
（2）若向量与垂直，求实数t的值．
18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PC的中点，四边形ABCD是菱形，AB＝4，．
（1）证明：EF∥平面PAD；
（2）求点E到平面PAD的距离．
19．（12分）南宁三中强调学科阅读，为了解学生的学科阅读情况，计划对学生的阅读素养进行检测，在该校随机抽取了100名学生进行检测，现将所得的成绩按照[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分成6组，并根据所得数据作出了如图所示的频率分布直方图．
（1）求a的值；
（2）根据样本数据估计该校学生阅读素养成绩的75%分位数以及平均数．
20．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin2A+sin2B﹣sin2C＝sinAsinB．
（1）求角C的大小；
（2）若，求△ABC周长的取值范围．
21．（12分）一个袋子中有标号分别为1，2，3，4，5的5个小球，除标号外没有其他差异．
（1）从袋中不放回依次摸出2个球．若摸出的两个球标号和为质数，则甲胜，反之，则乙胜；你认为该游戏是否公平？说明你的理由．
（2）甲、乙两人轮流摸球，每次有放回地摸取一球，每人至多摸两次，由甲先开始．甲、乙约定：先摸出标号1者获胜，随后游戏终止．求甲获胜的概率．
22．（12分）如图：底面ABCD是菱形，EC⊥平面ABCD，EC∥AF，且AF＝EC＝1，BD＝2．
（1）求证：平面DEF⊥平面BEF；
（2）若二面角F﹣BD﹣A的余弦值为，求直线AB与平面BDF所成角的正弦值．
参考答案与试题解析
一.单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（5分）复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：∵＝．
∴复数的虚部为﹣．
故选：D．
2．（5分）某校高一年级重点班有250人，普通班有1050人，按比例分配分层随机抽样，从高一年级抽取130人调查学生的数学平均成绩，则从重点班中抽取的人数为（ ）
A．27人B．26人C．25人D．24人
【解答】解：由题意可知，从重点班中抽取的人数为：人．
故选：C．
3．（5分）已知圆锥的轴截面是边长为8的等边三角形，则该圆锥的侧面积是（ ）
A．64πB．48πC．32πD．16π
【解答】解：因为圆锥的轴截面是边长为8的等边三角形，
故圆锥的底面半径为4，底面周长为8π，
故圆锥的侧面积是．
故选：C．
4．（5分）在平行四边形ABCD中，点E是AB的中点，点F是DE的中点，则＝（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：∵点E是AB的中点，∴，
∵点F是DE的中点，
∴．
故选：B．
5．（5分）圆台的上、下底面半径分别是r＝1，R＝4，且圆台的高为4，则该圆台的体积是（ ）
A．30πB．28πC．25πD．24π
【解答】解：因为圆台的上、下底面半径分别是r＝1，R＝4，高为h＝4，
所以圆台的体积为V＝π（r2+R2+rR）h＝π×（1+16+1×4）×4＝28π．
故选：B．
6．（5分）某班主任为调查班级跑操请假的人数情况，连续5天对班级跑操请假的人数进行统计，统计数据（单位：人）：11，12，13，9，5．则该班级跑操请假人数的方差为（ ）
A．8B．10C．D．
【解答】解：连续5天对班级跑操请假的人数进行统计，统计数据（单位：人）：11，12，13，9，5，
∴该班级跑操请假人数的平均数为：
＝（11+12+13+9+5）＝10，
则该班级跑操请假人数的方差为：
S2＝[（11﹣10）2+（12﹣10）2+（13﹣10）2+（9﹣10）2+（5﹣10）2]＝8．
故选：A．
7．（5分）已知正三棱柱底面边长为，侧棱长为1，则该正三棱柱外接球体积为（ ）
A．3πB．C．D．
【解答】解：由正三棱柱的底面边长为，
得底面所在平面截其外接球所成的圆O的半径r满足2r＝＝，即r＝，
又由正三棱柱的高为1，则球心到圆O的球心距d＝，
根据球心距，截面圆半径，球半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们易得球半径R满足：
R2＝r2+d2，可得R＝＝，
∴外接球的体积V＝πR3＝π．
故选：B．
8．（5分）高一年级组织端午活动，其中有一个闯关游戏，规则如下：每关有难度相当的三道题，闯关者有三次机会，约定只要答对其中的两道，代表闯关成功，则游戏结束，否则就一直答题到第三次为止．假设闯关者对抽到的不同题目能否答对是独立的，已知张华答对每道题目的概率都是0.4，则他闯关成功的概率是（ ）
A．0.36B．0.4C．0.256D．0.352
【解答】解：他闯关成功的情况有两种：
①前二道题全答对；②三道题中答对两道中的一道且第三题答对，
则他闯关成功的概率是：
P＝0.42+＝0.352．
故选：D．
二.多选题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（5分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列叙述正确的是（ ）
A．若acsA＝bcsB，则△ABC为直角三角形
B．若△ABC的面积为，且b＝2，，则
C．若，b2＝ac，则△ABC是等边三角形
D．若，则△ABC是钝角三角形
【解答】解：若acsA＝bcsB，由余弦定理可得a•＝b•，
化为a4﹣b4＝c2（a2﹣b2），即为（a2﹣b2）（a2+b2﹣c2）＝0，
可得a＝b或a2+b2＝c2，即有△ABC为等腰三角形，或直角三角形，故A错误；
若△ABC的面积为，且b＝2，，则bcsinA＝×2××sinA＝，解得sinA＝，即有内角A＝或，故B错误；
若，由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accs＝a2+c2﹣ac，又b2＝ac，可得（a﹣c）2＝0，即有a＝c＝b，则△ABC是等边三角形，故C正确；
若，即•＜0，即有cacsB＜0，即csB＜0，可得B为钝角，则△ABC是钝角三角形，故D正确．
故选：CD．
（多选）10．（5分）从包含2个红球，2个黄球的袋子中依次不放回任意摸出两球．设事件A＝“第一次摸到红球”，事件B＝“第二次摸到红球”，事件C＝“两次都摸到红球”，事件D＝“至少一次摸到黄球”，事件E＝“两次摸到相同的颜色”，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A与事件B互斥B．事件C与事件D对立
C．事件A与事件D独立D．事件E的概率为
【解答】解：对于A，事件A与事件B有可能同时发生，不是互斥事件，故A错误；
对于B，事件C与事件D不能同时发生，也不能同时不发生，是对立事件，故B正确；
对于C，P（A）＝，P（D）＝＝，P（AD）＝＝，
P（AD）≠P（A）P（D），∴事件A与事件D不是相互独立事件，故C错误；
对于D，P（E）＝＝，故D正确．
故选：BD．
（多选）11．（5分）某学校为了解同学们某天上学的交通方式，在高一年级开展了随机调查，将学生某天上学的交通方式归为四类：A一家人接送，B一乘坐地铁，C一乘坐公交，D一其他方式，学校把收集到的数据整理绘制成条形图和扇形图，如图只给出了其中部分信息，根据图中信息，下列说法正确的是（ ）
A．若该校高一年级有学生1300人，则高一年级约有780人乘坐公共交通工具上学
B．估计该校高一年级有的学生某天家人接送上学
C．扇形图中B的占比为40%
D．估计该校学生上学交通方式为乘坐地铁或者其他方式的人数占全校学生的一半
【解答】解：因为C一乘坐公交的调查人数为30，所占比例为25%，
所以调查的总人数为 30÷25%＝120，
对于A选项：，所以A选项正确，
对于B选项：，所以B选项错误，
对于C选项：%，所以C选项错误，
对于D选项：%，所以D选项正确．
故选：AD．
（多选）12．（5分）已知矩形ABCD，SC⊥平面ABCD，E、F分别是SD、SC中点，，记直线SG与平面ABCD所成角为θ，异面直线EF与SG所成角为α，二面角E﹣AB﹣D的大小为β，则（ ）
A．sinθ＝sinαsinβ
B．
C．csθ＝csαcsβ
D．
【解答】解：由知，四边形AFSG是平行四边形，
所以AF∥SG，
因为SC⊥平面ABCD，所以∠FAC就是直线SG与平面ABCD所成角，即θ＝∠FAC，
因为AF∥SG，所以∠AFE就是异面直线EF与SG所成角，
而EF∥CD∥AB，所以∠AFE＝∠FAB，即α＝∠FAB，
因为EF∥AB，所以二面角E﹣AB﹣D就是二面角F﹣AB﹣C，
因为SC⊥平面ABCD，AB⊥BC，
所以由三垂线定理知，AB⊥BF，
所以∠FBC就是二面角E﹣AB﹣D的平面角，即β＝∠FBC，
设AB＝x，AD＝y，CF＝SF＝z，
则sinθ＝sin∠FAC＝＝，sinα＝sin∠FAB＝＝，sinβ＝＝，
所以csθ＝，csα＝，csβ＝，tanθ＝，tanβ＝，
选项A，sinαsinβ＝•＝＝sinθ，即选项A正确；
选项B，＝+＝＝1，即选项B正确；
选项C，csθ＝，csαcsβ＝，所以csθ≠csαcsβ，即选项C错误；
选项D，＝1+＝1+，sin2α+cs2θ＝+＝1+，
所以＝sin2α+cs2θ，即选项D正确．
故选：ABD．
三.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知向量，，若满足，则＝ （﹣5，5） ．
【解答】解：，，
则．
故答案为：（﹣5，5）．
14．（5分）设复数z＝6+26i2023，z的共轭复数，则对应的点为 （6，26） ．
【解答】解：z＝6+26i2023＝6﹣26i，z的共轭复数＝6+26i，则对应的点为（6，26）．
故答案为：（6，26）．
15．（5分）已知一组样本数据x1，x2…，xn（x1＜x2＜…＜xn），现有一组新的数据，，…，，，则与原样本数据相比，对于新的数据有以下三个判断：①中位数不变；②平均数不变；③极差变小；其中所有正确判断的序号是 ②③ ．
【解答】解：对于①，不妨设原数据为1，2.5，3，中位数为2.5，
新数据为1.75，2.75，2，中位数为2，
2.5≠2，∴中位数变了，故①错误；
对于②，新数据的总数为++…，+＝x1+x2+•••+xn，
与原数据一样，且数据数量不变都是n，∴平均数不变，故②正确；
对于③，原数据极差为xn﹣x1，
新数据极差为﹣，
∵﹣﹣（xn﹣x1）＝＜0，
∴极差变小，故③正确．
故答案为：②③．
16．（5分）已知△ABC，，AB＝2，，AD平分∠BAC交BC于点D，则AD＝ 4﹣ ．
【解答】解：因为△ABC中，，AB＝2，，
所以BC2＝AB2+AC2﹣2AB•ACcs，即6＝4+AC2﹣4AC•（），
整理得AC2+2AC﹣2＝0，解得AC＝﹣1（舍负）．
AD平分∠BAC，则∠DAB＝∠DAC＝∠BAC＝，
由S△ABD+S△ACD＝S△ABC，得AB•ADsin+AD•ACsin＝AB•ACsin，
即AD+AD＝，
整理得（+1）AD＝，所以AD＝＝4﹣．
故答案为：4﹣．
四.解答题：本题共6小题，共70分。解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）已知向量满足，，与的夹角为．
（1）求；
（2）若向量与垂直，求实数t的值．
【解答】解：向量满足，，与的夹角为，
则，
（1）＝＝；
（2）向量与垂直，
则＝+＝4t﹣6+3t﹣2＝0，解得t＝．
18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PC的中点，四边形ABCD是菱形，AB＝4，．
（1）证明：EF∥平面PAD；
（2）求点E到平面PAD的距离．
【解答】解：（1）证明：取CD中点G，连接EG，FG，
∵在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PC的中点，
四边形ABCD是菱形，AB＝4，，
∴EG∥AD，FG∥PD，
∵EG∩FG＝G，AD∩PD＝D，
∴平面PAD∥平面EFG，
∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面PAD；
（2）连接DE，由题意得DE，DC，DP两两垂直，
以D为坐标原点，DE，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则D（0，0，0），E（2，0，0），＝（2，0，0），
设DP＝t（t＞0），则P（0，0，t），A（2，﹣2，0），＝（，﹣2，0），＝（0，0，t），
设平面PAD的法向量为＝（x，y，z），
则，取x＝1，得＝（1，，0），
∴点E到平面PAD的距离为d＝＝＝．
19．（12分）南宁三中强调学科阅读，为了解学生的学科阅读情况，计划对学生的阅读素养进行检测，在该校随机抽取了100名学生进行检测，现将所得的成绩按照[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分成6组，并根据所得数据作出了如图所示的频率分布直方图．
（1）求a的值；
（2）根据样本数据估计该校学生阅读素养成绩的75%分位数以及平均数．
【解答】解：（1）由图可知：（0.005+0.025+0.030+a+0.010+0.010）×10＝1，
解得a＝0.02．
（2）因为（0.005+0.025+0.03+0.02）×10＝0.8＞0.75，
所以75%分位数在第四组，设第75%分位数为x，
所以有，
即，
解得x＝73，
所以第75%分位数为73．
平均数为（45×0.005+55×0.025+65×0.03+75×0.02+85×0.01+95×0.01）×10＝68.5．
20．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin2A+sin2B﹣sin2C＝sinAsinB．
（1）求角C的大小；
（2）若，求△ABC周长的取值范围．
【解答】解：（1）因为sin2A+sin2B﹣sin2C＝sinAsinB，
所以a2+b2﹣c2＝ab，
由余弦定理可得，csC＝＝，
由C为三角形内角得，C＝60°；
（2）若，
则a2+b2＝12+ab，
即（a+b）2＝12+3ab≤12，当且仅当a＝b时取等号，
解得，a+b≤4，
因为a+b＞c，
所以4a+b+c＜6，
故△ABC周长的取值范围为（4）．
21．（12分）一个袋子中有标号分别为1，2，3，4，5的5个小球，除标号外没有其他差异．
（1）从袋中不放回依次摸出2个球．若摸出的两个球标号和为质数，则甲胜，反之，则乙胜；你认为该游戏是否公平？说明你的理由．
（2）甲、乙两人轮流摸球，每次有放回地摸取一球，每人至多摸两次，由甲先开始．甲、乙约定：先摸出标号1者获胜，随后游戏终止．求甲获胜的概率．
【解答】解：（1）游戏公平，理由如下．
摸出的两个球标号和为质数的组合有（1，2），（1，4），（2，3），（2，5），（3，4）5种，即两个球标号和为质数的事件数为5×2＝10，实验总的事件数为5×4＝20，
所以甲胜的概率为＝，游戏公平；
（2）甲获胜的事件有①甲第一次就摸到1号球，②甲第一次未摸到1号球，乙第一次未摸到1号球，甲第二次摸到1号球，所以甲获胜的概率为+××＝．
22．（12分）如图：底面ABCD是菱形，EC⊥平面ABCD，EC∥AF，且AF＝EC＝1，BD＝2．
（1）求证：平面DEF⊥平面BEF；
（2）若二面角F﹣BD﹣A的余弦值为，求直线AB与平面BDF所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：设AC、BD交于点O，取EF的中点G，连接BG，DG，OG，
因为ABCD是菱形，且EC⊥平面ABCD，EC∥AF，所以OG∥EC，
所以OG⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，
所以OG⊥OB，EC⊥DC，FA⊥DA，
又因为AF＝EC＝1，BD＝2，所以Rt△FAE≌Rt△ECD，
所以DE＝DF，所以DG⊥EF，
同理，BG⊥EF，所以∠BGD是二面角B﹣EF﹣D的平面角，
因为OG＝BD＝1，所以∠BGD＝，所以平面DEF⊥平面BEF；
（2）解：因为FA⊥平面ABCD，所以∠AOF是二面角F﹣BD﹣A的平面角，
因为cs∠AOF＝，AF＝1，设OA＝x，则OF＝3x，由x2+12＝（3x）2，
解得x＝，即OA＝，
分别以OA、OB、OG为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则A（，0，0），B（0，1，0），F（，0，1），
所以＝（﹣，1，0），＝（0，1，0），＝（，0，1），
设平面BDF的一个法向量为＝（x，y，z），则，
令x＝1，得z＝﹣，所以＝（1，0，﹣），
所以直线AB与平面BDF所成角的正弦值为
sinθ＝|cs＜，＞|＝＝＝．