湖北省武汉市江岸区2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)

这是一份湖北省武汉市江岸区2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)，共19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。

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，只有一项是符合题目要求的.
1. （ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】.
故选：C.
2. 一组数据按从小到大的顺序排列为，若该组数据的中位数是众数的倍，则为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】从小到大排列数据为：；所以众数为4，中位数为，
该组数据的中位数是众数的倍，.
故选：C.
3. 已知向量与的夹角为，且，，则在方向上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为向量与的夹角为，且，，
所以，
所以在方向上投影向量为.
故选：C.
4. 某校200名学生参加环保知识竞赛，随机抽取了20名学生的考试成组（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 频率分布直方图中a的值为0.006
B. 估计某校成绩落在内的学生人数为50人
C. 估计这20名学生考试成绩的众数为80分
D. 估计这20名学生考试成绩的第60百分位数为80分
【答案】D
【解析】由频率分布直方图，得：
，解得，故A错误；
总体中成绩落在，内的学生人数为，故B错误；
这20名学生数学考试成绩的众数为75，故C错误；
前三个矩形的面积和为，
这20名学生数学考试成绩的第60百分数为80，故D正确.
故选：D.
5. 已知是三条不同的直线，是三个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. ，则
B. 与异面，，则不存在，使得
C. ，则
D. ，则
【答案】A
【解析】对于A，因为，如下图，
若分别为面、面、面，且为，
显然面，则，故A正确；
对于B，如下图，为直线，为直线，为直线，
取的中点，连接，
所以四边形为，存在，使得，故B错误；
对于C，若，则相交、平行、异面，所以C错误；
对于D，若，则，所以D错误.
故选：A.
6. 在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，是侧面（包含边界）上的一动点，若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如下图所示，分别取棱，的中点、，连，，
，，，分别为所在棱的中点，则，，
，又平面，平面，平面，
，，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面，
又，平面平面，
是侧面内一点，且平面，点必在线段上，
中，，
同理，在中，可得，为等腰三角形，
当点为中点时，，此时最短；点位于、处时，最长，
，，
线段长度的取值范围是.
故选：C.
7. 已知是边上的点，且为的外心，则的值为（ ）
A. B. 10C. D. 9
【答案】A
【解析】因为，所以，
因此，
取、中点分别为、，则，，
因此，
，
所以.
故选：A.
8. 已知正四棱锥的侧面是边长为6的正三角形，若其侧棱上的八个三等分点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如第一个图所示，正四棱锥中，其侧棱上的八个三等分点构成正四棱台，且正方形的边长为2，正方形的边长为4；
正四棱台中，设、分别是上、下底面对角线交点，即上、下底面中心，是正四棱台的高，
，，
在直角梯形中，，
由对称性外接球球心在直线上，设球半径为，
连接，，，
若在线段上（如第二个图所示），由得，因为，，所以方程无实数解，
因此在的延长线上（如第三个图所示），即在平面下方，
因此有，解得，
所以球表面积为．
故选：D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目条件.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A.
B.
C. 若复数满足，则或
D. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为直线
【答案】BD
【解析】对于A，由于复数不能比较大小，故A错误；
对于B，设，则，
所以，故B正确；
对于C，设，若复数满足，则，
所以复数不只是或，故C错误；
对于D，设，由于，所以，
所以，，所以在复平面内对应的点所构成的轨迹为轴，
是直线，故D正确.
故选：BD.
10. 为了解学生每个月在图书馆借阅书籍的数量，图书管理员甲抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为6，方差为8：图书管理员乙也抽取了一个容量为200的样本，并算得样本的平均数为9，方差为11.若将两个样本合在一起组成一个容量为300的新样本，则新样本数据的（ ）
A. 平均数为7.5B. 平均数为8
C. 方差为12D. 方差为10
【答案】BC
【解析】新样本平均数为，故A错误，B正确；
所以合并一起后样本的方差为，
故选项C正确，D错误.
故选：BC.
11. 已知，且，当时，定义平面坐标系为“-仿射”坐标系，在“-仿射”坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：分别为轴，轴正方向上的单位向量，若，则记为，那么下列说法中正确的是（ ）
A. 设，则
B. 设，若，则
C. 设，若，则
D. 设，若与的夹角为，则
【答案】BD
【解析】，，
对于A：，
即，故选项A错误；
对于B：若，当即时，显然满足：；
当即或时，则，使得，
即，
则可得，消去得：，故选项B正确；
对于C：∵，则，
可得
，
若，则，故选项C错误；
对于D：∵，
由选项A可得：，
，
由选项C可得：，
若与的夹角为，则，
即，
整理可得，，
解得或（舍去），
∵，则，故选项D正确.
故选：BD．
12. 某组合体由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，如图②.则下列说法正确的有（ ）
A. 多面体的体积为
B. 经过三个顶点的球的截面圆的面积为
C. 异面直线与所成的角的余弦值为
D. 球离球托底面的最小距离为
【答案】ACD
【解析】因为托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，
所以连接、和得几何体，
因此构建一个底面边长为2，高为的正三棱柱，
取、和的中点分别为、和，
则几何体就是题意中几何体，如图：
这个儿何体的上底面是边长为1的正三角形，
下底面是边长为2的正三角形，高为，
因为铜球的体积为，所以由球的体积公式得铜球的半径，
对于A，因为由几何体的构成知：
多面体的体积为三棱柱的体积减去3个三棱锥的体积，
即，因此A正确；
对于B，因为经过三个顶点的球的截面圆就是正的外接圆，
所以若边长为1的正三角形的外接圆半径为，则，解得，
因此经过三个顶点的球的截面圆的面积为，所以B不正确；
对于C，取的中点，连接，则由几何体的构成知：
且，因此四边形是平行四边形，
所以，因此就是异面直线与所成的角，
连接，在中，，，
因此 ，
即异面直线与所成的角的余弦值为，所以C正确；
对于D，由B知：经过三个顶点的球的截面圆的半径，
所以铜球的球心到截面的距离为，
因此球离球托底面的最小距离为，所以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. 若是方程的一个根，则______.
【答案】38；
【解析】假设另外一个根为，
是方程的一个根，
则 ①，
由，可知是的共轭复数，
所以 ②，
把②代入①可知，所以.
故答案为：38.
14. 在正四棱锥中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】连接交点为连接
或其补角为异面直线与所成的角，
结合题中条件，正四棱锥中，
则四边形为边长为正方形，每个侧面为边长为的正三角形，
则
在正三角形中，为的中点，则，
则，所以
则故则异面直线与所成角的余弦值为.
故答案：.
15. 在中，它的内角对应边分别为.若，则__________.
【答案】
【解析】由，可得，化简得，
又∵，∴.
故答案为：.
16. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和.若，则__________.
【答案】
【解析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，所以，
又，则，所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故答案为：.
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. 已知点，直线与单位圆在第一象限的交点为.
（1）求；
（2）求.
解：（1），
.
（2）设点坐标为，由于三点共线，
，
，
.
18. 已知直三棱柱面为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若直三棱柱的体积为1，且，求直线与平面所成角的正弦值.
解：（1）证明：连接与交于点，
则为中点，为中位线，
，又面面，
平面.
（2）平面是在平面上射影，
是直线与平面所成的角，
又，
在中，，
直线与平面所成角的正弦值为
19. 某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：
旧设备和新设备生产产品的该项指标样本平均数和，样本方差分别为和.已知.
（1）求；
（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果，则认为有显著提高，否则不认为有显著提高）.
解：（1）由题意得，
解得，所以，
所以
.
（2）由（1）中数据可得：，
而，
因为，
所以成立，
所以认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
20. 等腰直角中，为内一点，.
（1）若，求；
（2）若，求.
解：（1）中，，
，，
在中，由余弦定理得
，
.
（2）设，则，
又，在中由正弦定理得，
即，，
即，.
21. 如图，在三棱台中，平面平面.
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求二面角的大小的正切值.
解：（1）如图，过点作，交直线于点，连接，
由得，
由平面平面，且平面平面
平面
则平面，又平面，所以，
由则为等腰直角三角形，
又则，
设则
在中，由余弦定理得
则，
即又平面BDO，
平面又平面
又由三棱台，得，
与所成角的余弦值为.
（2）过点作，垂足为，
由面面，得面，
过作，垂足为，连接，
面，又平面，
为二面角的平面角，
设，则，
在Rt中，，
二面角大小的正切值为.
22. 小明对圆柱中的截面进行一番探究.他发现用平行于底面的平面去截圆柱可得一圆面，用与水平面成一定夹角的平面去截可得一椭圆面，用过轴的平面去截可得一矩形面.
（1）图1中，圆柱底面半径为，高为2，轴截面为，设为底面（包括边界）上一动点，满足到的距离等于到直线的距离，求三棱锥体积的最大值；
（2）如图2，过圆柱侧面上某一定点的水平面与侧面交成为圆，过点与水平面成角的平面与侧面交成为椭圆，小明沿着过的母线剪开，把圆柱侧面展到一个平面上，发现圆展开后得到线段，椭圆展开后得到一正弦曲线（如图3），设为椭圆上任意一点，他很想知道原因，于是他以为原点，为轴建立了平面直角坐标系，且设（图3）.试说明为什么椭圆展开后是正弦曲线，并写出其函数解析式.
解：（1）过作，垂足为，
过作，底面，底面，
则，平面，
于是平面平面，则，，
因此平面，
∵平面，
∴是到的距离，
∵， ，且，
∴， ∴平分，
在△和△中，设点到直线的距离为，由三角形面积公式得
∵，，∴，
又∵，，
∴，∴，
∵，，∴，
∴，∴，
∴点的轨迹是过与垂直的垂线段上（圆内部分），
当三棱锥体积最大时，三棱锥的高最大，此时点在圆周上，
此时在△中，由△∽△可得，
∴.
（2）设倾斜平面与水平面交线为，
过作水平面，垂足为，过作，连接，
则是倾斜平面与水平面的夹角，
设，，，则，
∴，
在△中，，∴，
即展开后的曲线是正弦曲线.旧设备
9.8
10.3
10
10.2
9.9
9.8
10.0
10.1
10.2
9.7
新设备
10.1
10.4
10.0
10.1
10.3
10.6
10.5
10.4
10.5