2022-2023学年天津市高一年级下册册第二次月考数学模拟试题（含解析）

2022-2023学年天津市高一下册第二次月考数学模拟试题

（含解析）

注意事项：

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2.请将答案正确填写在答题卡上

一、单选题（共30分）

1.抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件1表示“骰子向上的点数为奇数”，事件2表示“骰子

向上的点数为偶数”，事件3表示“骰子向上的点数大于3”，事件4表示“骰子向上的点数小

于3”则（）

A.事件1与事件3互斥B.事件1与事件2互为对立事件

C.事件2与事件3互斥D.事件3与事件4互为对立事件

【正确答案】B

【分析】根据互斥事件、对立事件定义判断求解.

【详解】由题可知，事件1可表示为：4={1,3,5},事件2可表示为：5={2,4,6},

事件3可表示为：C={4,5,6},事件4可表示为：D={1,2},

因为Z∩C={5},所以事件1与事件3不互斥，A错误；

因为ZCB为不可能事件，4u8为必然事件，

所以事件1与事件2互为对立事件，B正确；

因为8∏C={4,6},所以事件2与事件3不互斥，C错误；

因为CcO为不可能事件，CUJD不为必然事件，

所以事件3与事件4不互为对立事件，D错误；

故选：B.

2.已知复数Z=——则Z在复平面内所对应的点位于（）

l+2i

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

【正确答案】D

【分析】根据复数运算法则求Z的代数形式，再确定其在复平面所对应的点及其象限.

2+3i(2+3i)(l-2i)8-i^81.

【详解】因为Z=l+2i-(l+2i)(l-2i)-^V^5-s'

/O］、

所以复数Z在复平面内所对应的点为1,一£,该点在第四象限.

vɔɔ/

故选：D.

3.某校举行知识竞赛，对全校参赛的IOOO名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按

［90,100］分成5组，得到如图所示的频率分布

B.得分在［80,100］的人数为400

C.这组数据的极差为50D.这组数据的平均数的估计值为77

【正确答案】C

【分析】根据频率分布直方图中所有长方形的面积和为1,以及极值、频数以及平均数的计

算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对于A,由(0.005+x+0.035+0.030+0.010)χl0=l,可解得X=O.020,故选

项A正确；

对于B,得分在80分及以上的人数的频率为(0∙030+0.010)xl0=0.4,

故人数为IOooXo.4=400,故选项B正确；

对于C,频率分布直方图无法看出这组数据的最大值和最小值，故选项C不正确；

对于D,这组数据的平均数的估计值为：

55×0.05+65×0.2+75×0.35+85×0.3+95×0.1=77,故选项D正确.

故选：C.

4.在"BC中，角4,B,C所对的边分别是，4,h,c,α=2,b=娓,B=2A,则CoSN=

()

A.巫B.aC.显D.近

3243

【正确答案】C

【分析】利用正弦定理可得，一=/一,再结合倍角正弦公式即可求解.

sinAsinB

【详解】由正弦定理得：

ab2瓜2√6,√6

——=——=>——=—....=>——=——；--------ncosA=—•

SinZsin5sin√4Sin24Sin42sinZcosZ4

故选：C

5.某射击运动员连续射击5次，命中的环数(环数为整数)形成的一组数据中，中位数为8,

唯一的众数为9,极差为3,则该组数据的平均数为()

A.7.6B.7.8C.8D.8.2

【正确答案】B

【分析】首先分析数据的情况，再根据平均数公式计算可得.

【详解】依题意这组数据一共有5个数，中位数为8,则从小到大排列8的前面有2个数,

后面也有2个数，

又唯一的众数为9,则有两个9,其余数字均只出现一次，则最大数字为9,

又极差为3,所以最小数字为6,

所以这组数据为6、7、8、9、9,

6+7+8+9+9

所以平均数为=7.8.

5

故选：B

6.给定一组数据：1,3,2,1,5,则这组数据的方差及第40百分位数分别是()

5656

A.5,2B.—,2C.——，1.5D.5,1.5

2525

【正确答案】C

【分析】根据数据的方差与百分位数的概念计算即可.

【详解】数据：1，3,2,1,5的平均数为l+3+j+l+5=2∙4,

所以方差为O-2.4)2+(32.4)2f02.4)2+°—2.4『+(5-2.4『_224=56；

525

这组数从小到大排列为I,1,2,3,5,共5个数，

所以5x40%=2,则这组数据的第40百分位数为虫=1.5.

2

故选：C.

7.小明想在2个“冰墩墩”和3个“雪容融”里随机选取两个吉祥物作为冬奥会纪念品，小明选

取到1个“冰墩墩”和1个“雪容融”的概率()

ɪ3c22

A.T-B.-C.-D.一

2535

【正确答案】B

【分析】用列举法求出选取两个吉祥物作为冬奥会纪念品的基本事件及选取到1个“冰墩敦”

和1个“雪容融”有6个基本事件，根据古典概型的计算公式求解即可.

【详解】记2个“冰墩墩”为“，b,记3个“雪容融”为1,2,3,

选取两个吉祥物作为冬奥会纪念品的基本事件有：(α,b),(4,l),(4,2),(4,3),(⅛,1),

(b,2),(Z>,3),(1,2),(1,3),(2,3),共10个.

其中选取到1个“冰墩敦”和1个“雪容融”有6个基本事件，

则概率为A=∣.

故选:B.

8.设/、机是两条不同的直线，1、/7是两个不同的平面，则下列命题正确的是()

A.若///a、mill,则m∕∕a

B.若/La、l∣∣β,则a，尸

C.若///a、mua,则IHrn

D.若aJ■尸、m//a,则〃Z-L£

【正确答案】B

【分析】根据线面的位置关系依次对选项进行判断.

【详解】A选项，若IIIa、mill,则加//ɑ或muα,所以A不正确；

B选项，若/_La、IHβ,则α∙L∕7,所以B正确；

C选项，若///a、mua,则/与加平行或异面，所以C不正确；

D选项，若a，/?,m//a,则加与力的位置关系不确定，所以D不正确.

故选:B.

9.如图，在四边形4SCO中，ABHCD,=4C。，点E在线段CB上，且CE=2E8,

设万=£，而=与，则标=（）

8228

1-3r3-1-

C.-a+—bD.-a+-b

3443

【正确答案】D

【分析】根据向量加、减法则及向量共线定理即可得出结果.

【详解】在梯形ABCD中，ABHCD,且/8=4CO,则皮=,而，

4

因为E在线段C6上，且CE=2EB,则屉=L瑟，

3

BC=BA+AD+DC=-a+b+—a=b――a,

44

所以，AE-AB+BE-ABH—BC=「+」仿一为=匕+与.

33l4J43

故选：D.

10.已知A∕8C中，AB-AC--3>AB=2>cos2^+sin2B+sin2C+sinBsinC=1r

。是边BC上一点，ZCAD=3ZBAD.B∣JAD=()

3√3√6

【正确答案】B

2τ^

【分析】利用正弦定理及余弦定理可得4=——，结合条件可得b=3,然后利用余弦定理

3

可得COSC,tanC,进而可得力。=力CtanC,即得.

【详解】设“8C中,角C的对边为α,b,c,

Vcos2A+sin2B+sin2C+sinBsinC=1，即sin2B+sin2C+sin5sinC=sin2A，

∙∙b2+c2+he=a2

/.cosA=b+0——=-ɪ,又Z∈(θ,"),

2bc2v7

2πL——►——►

：.A=-,又ABAC=-3,AB=2,

∙*.AB,AC=2bcosA—2b×(—~J=—3,即6=3,

∙*∙a1=b2+c2+be=32+22+3×2=19»

故Q=M，

a2+b2-c219+9-44

/.cosC=SinC=tanC=--

6√19^√19而4

又NCAD=3NBAD,A=—

3

LNCAD=IAD=ACtanC=3×-=-.

244

故选：B.

二、填空题（共20分）

11.2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相.某高中为了

解学生对这一新闻的关注度，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取了36人进行问卷

调查，其中高一年级抽取了15人，高二年级抽取了12人，且高三年级共有学生900人，则

该高中的学生总数为人.

【正确答案】3600

【分析】根据题意求得每个学生抽到的概率，结合分层抽样列出方程，即可求解.

【详解】利用分层抽样的方法从三个年级中抽取了36人进行问卷调查，其中高一、高二年

级各抽取了15人,12人，可得高三年级抽取了9人，

91

又由高三年级共有900名学生，则每个学生被抽到的概率为P=—=—,

设该校共有〃名学生，可得生=—L,解得〃=3600(人)，

n100

即该校共有3600名学生.

故答案为.3600

12.已知复数z=α+2i(α∈R),若z+±为实数，则IZl=.

Z

【正确答案】2

【分析】根据复数的加法和除法运算求得z+χ4α+yAa+(2-不8卜、进而得到

Q

2——--=0,求得α=0,即可求得答案.

a+4

444(α-2i)4a(8ʌ

【详解】z+-=α+2i+-ɪ-=α+2i+-_IJ、=_+^_+2--i,

Zα+2i(α+2i)(α-2i)α2+4(a2+4)

Q

所以2--z—=0,得α=0,所以z=2i,∣z∣=2.

a~+4

故2

13.如图所示，在长方体48CZ)—48ClA中，A4=AB=2,NZ)=I,点£，6G分

别是。。，AB，CG的中点，则异面直线4«与G厂所成的角是.

【正确答案】90。

【分析】连接G8∣,BlF,EG,则得NB∣G∕或其补角即为耳£与G/所成的角，再利用

勾股定理即可得到线线角.

【详解】连接GA,BlF,EG,•••点E,F,G分别是DD,AB，CG的中点，

EGIlDxCx,EG=D1C1,DlCi//AiBl,D^l-AxBx,

.∙∙4A∕∕EG,44=EG,四边形4EG8∣为平行四边形，

则GBjIAlE,故NBIGF或其补角即为与GF所成的角，

22222222

易得BTG=λ∕Cl5l+C1G=√1+1=√2,B1F=y∣BiB+BF=√2+l=√5,

GF=y∣CG2+CB2+BF2=√3>所以用G?+FG?=8/，所以NAGE=90°.

故答案为.90°

14.如图，圆台。|。2中，OiO2=y∣5,其外接球的球心。在线段。1。2上，上下底面的半径

分别为4=1,弓=6,则圆台外接球的表面积为.

【分析】列出外接球半径所满足的方程，解出半径，得外接球表面积.

设外接球半径为R,

则麻二I+JF二5=逐，解得衣2=刀，

AQjr

所以外接球表面积为4πN

......、，69兀

故答案为.----

5

15.在等腰梯形中,已知∕B∕∕DC,4B=2,3C=1,N49C=6O°,动点E和歹分别

在线段BC和Z)C上,且,丽=2丽而=白灰，则荏.赤的最小值为

7A

29

【正确答案】—

18

.1..ɪ.

【详解】因为DF=±DC,DC=-AB,

9λ2

———1——1-9/1—►1-92——

CF=DF-DC=—DC-DC=------DC=--------AB,

929λ18Λ

~AE=JB+~BE=JB+λBC^

----..........----——1—92—1+92——

AF=AB+BC+CF=AB+BC+-------AB=--------AB+BC,

182182

22

AE-AF=(AB+λBC)(^AB+Bc)=^AB+λBC+(l+λ-^]AB-BC

∖;I18Λ)18Λ(18Λ)

1+92)19+922117一211729

-------×4+Λ1+---------×2×Ixcos120°=-----F-AH----≥2J--------λH=—

18λ189λ2189λ21818

21229

当且仅当彳=上九即2=一时次.万的最小值为—.

9Λ2318

£

B

考点：向量的几何运算、向量的数量积与基本不等式.

三、解答题(共50分)

16.已知Q=(4,3),b-(-1,2).

(1)求Z与否夹角的余弦值；

(2)若(方一司M2〉+办求实数，的值;

(3)若布=213，阮=£+痴，且A、B、。三点共线，求加的值.

【正确答案】(1)空

25

⑵二

9

、1

(3)----

2

【分析】(1)利用向量的数量积的坐标运算和夹角公式即可得出；

(2)依题意可得卜-花上甘+可=0,根据数量积的运算律得到方程，解得即可；

(3)首先求出万，胫的坐标，依题意可得就〃刀，根据向量共线的坐标表示计算可得.

【小问1详解】

a=(4,3),b=(—1,2).

∙,∙5∙6=-l×4+3×2=2,同=√42+32=5,W=J(—1)~+2?二#f.

/一E∖a`b22Λ∕5

*COS\Cl.b/=---二77—------7==-----

\/同5×y∣525

【小问2详解】

(之一/lB)_1_(2。+B),

(3-花)∙(2Q+B)=0,

即2/+(1-24)34-2^=2^2+(1-22)24-4^2=2×25÷(l-2Λ)×2-5Λ=0,

52

整理得92=52,解得；1=一.

9

【小问3详解】

因为刀=2Z-B=2(4,3)-(-1,2)=(9,4),

BC=α+mB=(4,3)+∕n(-l,2)=(4-m,3+2∕n),

因为A、B、。三点共线，

所以能〃万,即9(3+2"i)=4(4-优)，解得“=

17.在Δ∙45C中，角/、B、C的对边分别为α,b,c.已知α==2c,cosZ=—1.

4

(1)求C的值；

(2)求SinB的值；

(3)求sin(24-5)的值.

【正确答案】(1)C=I

(八∙n_VΓθ

(2)sinB-----

4

(3)sin(2N—8)=吟

【分析】（1）根据余弦定理α2=∕+c2-2bccosZ以及b=2c解方程组即可求出；

（2）由（D可求出6=2,再根据正弦定理即可解出；

（3）先根据二倍角公式求出sin24cos2/,再根据两角差的正弦公式即可求出.

【小问1详解】

因为/=〃+c2-2bccosA>即6=/>2+c2+—be，而b=2。，代入得6=4c?+c2+c2>

2

解得：c=l∙

【小问2详解】

由（1）可求出6=2,而0<∕<π,所以sinA=Vl—cos2A=乂叵，又一--=—-—,

4sinAsinB

9√15

所以.bsin∕X4VlO.

sinB=--------=-----r=j-=-----

【小问3详解】

因为COSZ=-所以一v∕<7i,故0<8<一,又SirI/=Jl—cos?A=’所以

4224

sin224=2SinZCOSN=2×(4姮=一正,

I448

21一］,而sin8=

cos2/=2cos2A-I=2×----1,所以cosB=Vl-sin2B=，

16844

χ√6+7χ√10^√i0

故Sin(24-B)=sin2AcosB-cos2AsinB

4848

18.在甲、乙两个盒子中分别装有编号为1,2,3,4的4个球，现从甲、乙两个盒子中各

取出一个球，每个球被取出的可能性相等.

(1)请列出所有可能的结果；

(2)求取出的两个球的编号恰为相邻整数的概率；

(3)求取出的两个球的编号之和与编号之积都不小于4的概率.

【正确答案】(1)答案见解析；

【分析】(1)列举法写出所有基本事件即可；

(2)求出满足条件的基本事件的个数，利用古典概型求解；

(3)求出满足两个球的编号之和与编号之积都不小于4的事件的个数，利用古典概型求解.

【小问1详解】

从甲、乙两个盒子中各取出一个球，所有可能的结果为：

(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),

(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),共16种情况.

【小问2详解】

设“取出的两个球的编号恰为相邻整数”为事件A,

事件A的所有可能的结果为：(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3),共6种情况,

63

.∙.尸⑷

168

【小问3详解】

设“取出的两个球的编号之和与编号之积都不小于4”为事件5,

事件B的所有可能的结果为:(1,4),(2,2),(2,3),(2,4),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),

(4,2),(4,3),(4,4),共11种情况，

.∙.P(B)=U.