2022-2023学年山东省滨州市高一（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年山东省滨州市高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.若向量五=（1,3）,K=（m,-1）.且方〃方，则m的值为（）

A.3B.-3ɛ.ɪD.—ɪ

2.已知复数Z的共轲复数满足（1+22）』=4+30为虚数单位），则Z在复平面内对应的点位

于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3.如图,用斜二测画法得到△ABC的直观图为等腰直角三角

形4B'C',其中A8'=。，则△/!BC的面积为（）

A.1

B.2√-2

C.2

D.√-2

4.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为13,弧长为10兀的扇形，则该圆锥的体积为（）

A.100πB.120TrC.150πD.300π

5.假设PQ4)=0.6,P(AB)=0.42,且4与8相互独立,则PQ4UB)=()

A.0.9B.0.75C.0.88D.0.84

6.已知三棱锥P-ABC•中，PA，平面ABC,ABLBC,AB=3,BC=4,PA=5,则三棱

锥P-48C的外接球的表面积为（）

A.36ττB.40ττC.45τrD.50ττ

7.如图，尸为平行四边形ZBCZ）对角线BD上一点，AC,BD交于点。,乔=*就，若/=

xAB+yAD，则孙=()

BC.ɪD.7

ʌ'⅛--⅜6464

8.一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1,2,3,4,5,6六个数字，投掷这枚

骰子两次，事件4="第一次向上一面的数字是2"，事件B="第二次向上一面的数字是3"，

事件C="两次向上一面的数字之和是7"，事件C="两次向上一面的数字之和是8"，则

（）

A.C与。相互独立B.4与。相互独立C.B与。相互独立D.B与C相互独立

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.下列关于复数Z=2的四个命题中为真命题的是（）

A.∣z∣=2

B.z2=—21

C.z的共血复数为—l+i

D.z是关于X的方程χ2-2X+2=0的一个根

10.有一组样本数据修，X2,X3,X8,其中Xi是最小值，Λ⅛是最大值，下列命题正确的

是（）

A.若样本的每一个数据变为原来的6倍，则平均数也变为原来的6倍，方差不变

B.若样本的每一个数据增加3,则平均数也增加3,方差不变

C.若样本数据增加两个数值与，x9,且xo<∕,x8<x9,则极差变大

D.若样本数据增加两个数值Y0，%9，且Xθ<Xl,%8<》9，则中位数不变

11.在A4BC中，角A,B,C的对边分别为α,b,c,下列条件中能确定C为锐角的有（）

A.a2+b2<c2B.AC~CB<0

C.A,B均为锐角，且SinA<cosBD.sinA=2sinC

12.已知在正三棱锥P-ABC中，△4BC为等边三角形，由此三棱锥截成的三棱台ABC-

为B1G中，AB=4,A1B1=2,AA1=BB1=CC1=ɪ,则下列叙述正确的是（）

A.该三棱台的高为2B.AA11BC

C.该三棱台的侧面积为9，石D.该三棱台外接球的半径长为殍

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.已知一组数据：20,30,40,50,50,60,70,80,这组数据的第70百分位数是.

14.已知五=（1,4）1=（一3,1），若位+E）J,J则I五I=.

15.一艘海轮从4处出发，以每小时60海里的速度沿南偏东20。方向直

线航行，30分钟后到达B处.在C处有一座灯塔，海轮在4处观察灯塔，其

方向是南偏东65。，在B处观察灯塔，其方向是北偏东55。，那么B、C■两

点间的距离是海里.

16.已知在△4BC中，B=30o,BC=2.对任意〃€R,I前一（〃一1）瓦ξ∣≥I前I恒成立,

而=3瓦?，点P在直线BC上运动，则PA+PO的最小值是.

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.（本小题10.0分）

在AABC中，角4B,C的对边分别为α,b,c,且满足α（cosC+Cs讥C）=b∙

⑴求4

（2）若α=7,c=3√1,求^ABC的面积.

18.（本小题12.0分）

已知直三棱柱ABC-ABiCi中，BC是边长为2的等边三角形，AA1=4,。为BC的中点.

（1）求证：AlB〃平面ADC1；

（2）求点BI到平面ADG的距离.

19.（本小题12.0分）

已知瓦*,右是夹角为60。的两个单位向量，Z=瓦（-2区,石=2瓦一卷.

（1）求五与石的夹角；

（2）若31一B与五+4石（；LeR）互相垂直，求4的值.

20.（本小题12.0分）

某统计局就当地居民的月收入情况调查了IOooO人，这IOooO人的月收入（单位：元）均在

[500,3500）之间，并根据所得居民的月收入数据进行分组（每组为左闭右开区间），画出了频

率分布直方图.

(1)求α的值；

(2)根据频率分布直方图估计样本数据的中位数；

(3)已知在收入为[500,1000),[1000,1500)之间的人中采取分层随机抽样的方法抽取6人进行

调查，并在这6人中再随机选取2人作为调查员，求选取的2名调查员中至少有一人收入在

[500,1000)之间的概率.

21.(本小题12.0分)

某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，甲同学答对每道题目的概率都是0.8,乙同学答

对每道题目的概率都是0.7,且甲、乙抽到不同题目能否答对是独立的.若每位面试者共有三次

机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直到第三次答完为止.

(1)求在甲、乙两人第一次答题中只有一人通过面试的概率；

(2)求甲、乙两人都通过面试且甲的答题次数少于乙的答题次数的概率.

22.(本小题12.0分)

如图1,在四边形力BCD中，BC1CD,AE//CD,AE=BE=2CD=2,CE=C.G为力B的中

点，将四边形AECD沿4E折起，使得BC=C，得到如图2所示的几何体.

(I)证明:Z)GI平面ABE；

(2)若尸为BE上靠近B点的三等分点，求二面角。-AF-B的余弦值.

C

D

图1图2

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：因为向量式=(1,3),b—(m,—1)＞且有〃后,

所以-I-∙3zn=0,解得Tn=—上

故选：D.

根据平面向量共线的坐标公式计算即可.

本题主要考查向量共线的性质，属于基础题.

2.【答案】A

【解析】解：由(1+2加=4+3i得W=援=褐矩弱=匕普至=丝券=2-3

所以z=2+i,则Z在复平面内对应的点为(2,1),位于第一象限.

故选：A.

根据复数的除法运算化简共轨复数W,从而得复数Z,再根据复数的几何意义即可得答案.

本题主要考查复数的运算，属基础题.

3.【答案】B

【解析】解：∙∙∙RtAAB'C'是一平面图形的直观图，直角边长为AB'=£，

二直角三角形的面积是TX√^^2×√^^2=1,

因为平面图形与直观图的面积的比为2。，

•••原平面图形的面积是IX2√^Σ=2√-2∙

故选:B.

根据所给的直观图是一个等腰直角三角形且直角边长是，至，求出直观图的面积，根据平面图形

的面积是直观图的2/1倍，得到结果.

本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题.

4.【答案】A

【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r,高为/1,则2m∙=10兀，

所以r=5,高为九=√132-52=12,

所以该圆锥的体积为Vr=^πr2h="兀X52X12=IOOTT.

故选：A.

求出圆锥的底面圆半径和高，即可计算圆锥的体积.

本题考查了圆锥的体积计算问题，是基础题.

5.【答案】C

【解析】解：由题意P(4)=0.6,P(AB)=0.42,且4与B相互独立，

则P(B)=鬻=0.7,

故P(AUB)=P(A)+P(B)-PQ4B)=0.6+0.7-0.42=0.88.

故选：C.

根据独立事件的乘法公式求得P(B),再根据和事件的概率计算即可求得答案.

本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题.

6.【答案】D

【解析】解：在三棱锥P—ABC中，PAI平面力BC,ZB_L

BC,AB=3,BC=4,PA=5,

以SB,BC,PA为长宽高构建长方体，

则长方体的外接球是三棱锥P-ABC的外接球，

所以三棱锥P-ABC的外接球的半径为R=

1√32+42+52=5≤I,

所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积为S=4πR2=

4πX造合)2—5θ7r-

故选：D.

以AB,BC,P4为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥P-力BC的外接球，由此能求

出三棱锥P-4BC的外接球的表面积.

本题考查了空间几何体外接球问题，重点考查了球的表面积公式，属中档题.

7.【答案】C

【解析】解：因为尸为平行四边形ABCD对角线BD上一点，AC,BD交于点0,融=之前,

所以胡=*丽=3X；前=W前=W(同-而)，

所以而=AB+BF=AB+^(AD-AB)=^AB+^AD,

oOO

因为而=XAB÷yAD^所以％=^fy=ɪ,

所以Xy="六套

故选：C.

由前=J的，得而r=J/，再根据向量的加减法则用通,而把刀表示出来，从而可求出X,y,

4o

进而可求出％y.

本题主要考查了向量的线性运算及平面向量的基本定理，属于基础题.

8.【答案】D

【解析】解：投掷这枚骰子两次,共有6×6=36个基本事件,

A={(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6)}共6个基本事件,

则P(A)=

B={(1,3),(2,3),(3,3),(4,3),(5,3),(6,3)}共6个基本事件,

则P(B)4.

C={(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)}共6个基本事件,

61

P=-=

6-

36

D={(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)}共5个基本事件，

则P(D)=£，

对于选项4事件CD为不可能事件，贝IJP(CD)=O≠P(C)P(D),

所以C与D不相互独立，故A错误；

对于选项B,事件AD={(2,6)}共1个基本事件，则P(4D)=ɪ≠P(A)P(D),

所以4与。不相互独立，故B错误；

对于选项。，事件BD={(5,3)}共1个基本事件，则P(BD)=表≠P(B)P(D),

所以B与。不相互独立，故C错误；

对于选项D,事件BC={(4,3)}共1个基本事件，贝IJP(BC)=*=P(B)P(C),

所以B与C相互独立，故。正确.

故选：D.

根据相互独立事件得定义结合古典概型的概率公式即可得解.

本题主要考查了独立事件和互斥事件的定义，属于中档题.

9.【答案】BD

【解析】解：复数Z=W=I—i,

l+ι

「4IZl=VI2÷I2=√-2,故A错误；

对于氏z2=(l-i)2=-21,故B正确；

对于C,Z的共粗复数为1+3故C错误；

对于D,(1-O2-2(1-0+2=-2i-2+2i+2=0,

故Z是关于％的方程——2x+2=。的一个根，故O正确.

故选：BD.

根据已知条件，结合复数的四则运算，先对Z化简，即可依次求解.

本题主要考查复数的四则运算，以及复数的性质，属于基础题.

10.【答案】BCD

【解析】解：小若样本的每一个数据变为原来的6倍，则平均数也变为原来的6倍，方差变为原

来的36倍，A错误；

B：根据原来的数据都加上一个数后的平均数与方差的性质可知，

若样本的每一个数据增加3,则平均数也增加3,方差不变，B正确；

C：原来数据的极差为&-Xi，样本数据增加两个数值*0,弱后的极差为样本数据增加两个数值

X9-X0r

由于％o<%μX8<X9,故为一％()>&一C正确；

D-.不妨假设样本数据X],X2,X3,…，心是从小到大排列，则其中位数为空，

样本数据增加两个数值X9,且Xo<∕,x8<x9,则其中位数也为空，O正确，

故选：BCD.

根据一组数据都加上或都乘以一个数后的平均值以及方差的性质可判断4B；根据极差的概念判

断C：根据中位数的概念判断D∙

本题考查了极差，方差，平均数的性质，考查了学生的理解应用能力，属于基础题.

11.【答案】BD

【解析】解：对于4∙∙∙ɑ2+F<c2,...cosC=吆也*<0，

2ab

∙∙∙NC为钝角，故A错误；

对于B,∙.∙^C∙Cβ<O..∙.CA-CB>O,

.∙∙cosC>0,.∙.4C为锐角，故B正确；

对于c,∙.∙a,B均为锐角，

--A1B∈(θ,ɪ),J-BE(0,》

又Sina<CosB,■■SinA<cosB=SinG-B),

所以4<^一8,可得4+B<*则C>*故C错误；

对于D,sinA=2sinC,由正弦定理得，α=2c,二α>c,

则A>C,.∙.NC为锐角，故D正确.

故选：BD.

选项A由余弦定理可判断；选项8由向量的数量积定义可判断；选项C由诱导公式有CosB=

sinξ-B),由正弦函数的单调性可判断；选项。由正弦定理可得α=2c,则α>c,由大边对大

角可判断.

本题考查平面向量数量积与正、余弦定理的综合应用，属中档题.

12.【答案】ABD

【解析】解：如下图所示，取AABC,BICl的中心0,%,连接4。，A1O1,0P,

对于4,在AZBC中，根据正弦定理得AB=2Rsin60。，

得4ABC外接圆半径R=殍，即04=殍，

同理，O1A1

在平面044Ι。1中，过点必作&G1OA交04与G点，

显然，四边形。。遇G为矩形，则。G=OIAl=亨，

所以4G=OA-OG=*，

2

在直角△44(G中，A1G=√AAl-AG=J曰-g=2,

所以Ool=AIG=2,即该三棱台的高为2,故A正确；

对于B,由正三棱锥的性质可知，OPJ•平面4BC,

因为BCU平面48C,所以OPIBC,

因为。是等边△4BC的中心，所以。4J.BC,

又因为。4OPU平面04P,OAOOP=O,所以BC1平面04P,

因为441U平面04P,所以44iJ.BC,故B正确；

对于C,如右图所示，在梯形A4IB]B4J,过点必作_L4B交4B于点M,过点Bl作B】N_LAB交

AB于点N,

4

根据梯形性质易知，四边形为MNBl是矩形，则MN=4/1=2,则AM=NB=1,

2

在直角A44ιM中，A1M=√AA1-AM=J与-1=萼,

所以梯形Λ4ιBιB的面积为笔变TlM=竽X粤=ΛΛ39.

所以该三棱台的侧面积为3厅，故C错误；

对于D,因为OAl=√OO12+01A12=J4+g=殍，贝IJoAl=0A,

则。点是三棱台外接球的球心，则该三棱台外接球的半径长为故。正确.

故选：ABD.

对于4,根据三棱台的图形特点，利用直角三角形中勾股定理求解即可；对于B,根据线面垂直的

相关知识，结合图形特点进而证明即可；对于C,根据梯形面积计算方法直接计算即可；对于D,

根据图形特点找到外接球的球心，进而得到半径即可判断.

本题考查立体几何中棱锥与棱台的综合问题，属于中档题.

13.【答案】60

【解析】解：因为8X70%=5.6,

所以组数据的第70百分位数是第6个数，即为60.

故答案为：60.

根据百分位数的定义计算即可.

本题考查了百分位数的求解，属于基础题.

14.【答案】5√-2

【解析】解：因为五=(1,4)石=(—3,1)，可得五+1=(—2,2+1)，

又因为0+E)1万,可得0+Wi=-2x(-3)+lx(2+l)=a+7=O,解得2=-7,

所以苍=(L一7),所以Iwl=JF+(—7)2=Syri.

故答案为：5√-2∙

根据题意求得五+石=（-2,2+1），结合向量的数量积的运算公式求得4的值，得到五的坐标，利用

向量模的公式，即可求解.

本题主要考查了向量数量积的性质的坐标表示，属于基础题.

15.【答案】lθV^^6

【解析】解：由题意得，AB=60X：=30,NBaC=65。-20。=45。，/.ABC=20°+55°=75°,

所以=180o-∆BAC-∆ABC=180°-45°-75°=60°,

在A4BC中，由正弦定理得一*=—^左，即』=莘，

SlnZJIC8sιn∆BACsιn60sιn45

所以?BC=30X?，得BC=IO门，

所以B、C两点间的距离是104石海里，

故答案为：io/%.

根据已知条件先求出Z∙B4C,∆ABC,ZB的值，然后在△ABC中，利用正弦定理求得BC的长，即

可.

本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，方位角是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，

属于基础题.

16.【答案】V39

【解析】解：因为I前j--1）瓦≥I前所以I前一〃或I≥I前|，

因为对任意〃CR,I於一（〃一1）瓦？I≥I而I恒成立，

所以由减法与数乘的几何意义，AC为点C到48的垂线段，所以NCAB=90。，

因为BC=2,B=30°,所以4C=1,48=/3,4。=3日，

设4关于直线BC的对称点为Q,连接4Q,连接DQ交BC于P,

D

此时PA+PD最小，PA+PD=DQ,

因为AQ=34B∙sin30σ=∖∏>∕BAQ=60o,∆DAQ=120°.

在AAZ)Q中，根据余弦定理可得。Q=√τlDI2+AQ2-2AD-AQcosl20°=

I(3<3)2+(O)2-2×3y∕~3××(-ɪ)=ʌra.

即PA+PD的最小值为√而，

故答案为：√39.

由题意可得AC为点C到ZB的垂线段，即NCAB=90。，设A关于直线BC的对称点为Q,连接力Q,连

接DQ交BC于P,此时P4+PC最小，PA+PD=DQ,结合余弦定理即可求解.

本题主要考查向量的数量积运算以及平面向量在三角形中的应用，属于中档题.

17.【答案】解：(1)因为α(cosC+V^^5sinC)=b，由正弦定理得SinA(COSC+V^^5SinC)=sinB,

所以SirL4cosC+∖∕~3sinAsinC=Sin(A+C)=SinAcosC+cosAsinC>

则√r^5sinAsinC=CosAsinCf因为C∈(0,兀)，所以S讥C≠O

⅛√-3sin½=cosA>即tan4=?,又4∈(O,τr),所以A=,

2

(2)由余弦定理COSa=?%2-叱得:£1=fe+27-49,整理得02—96—22=0,

2bc22h×3√3

解得6=11或b=-2(舍)，

所以△ABC的面积S=ɪbcsinA=ɪ×11×3V~3×ɪ=ɜɜɪ3∙

【解析】(1)根据正弦定理与三角恒等变换即可得CSin4=cosA,再由弦化切得tan4=?，从

而可得角4的大小；

(2)由余弦定理求边b,再由面积公式即可得△4BC的面积.

本题考查解三角形相关知识，属于中档题.

18.【答案】⑴证明:连接4也交AC】于。点,

连接0。，

∕1∣∣-----------------—≡C∣

/1

I∖N/1

I∖z/I

∖β∣Γxδ/

B

因为四边形4CG4为矩形，

故。为&C的中点，

又。为BC的中点，故

而。DU平面4。。出8U平面

故AIB〃平面力DC1；

(2)解：因为在直三棱柱ABC-力IBIG中，

CC1_L平面力BC,ACU平面4BC,

故CC11AC,

则力Cl=√AC2+CC1=2√^5.

2

C1D=√CD-VCCl=/T7，

AD=√AB2-BD2=√^^3,

22

=C1D+AD,即ACDCi为直角三角形,

由题意知，BBIL平面ABC,ADU平面4BC,

BB1S.AD,

又AD1BC,BBICBC=B,

BB1,BCU平面BCClB1，

故4λL平面BCClB1，

设点Bl到平面ADC1的距离为d,

由于½3-40Cι=以一B1C1D,

则WSAMG∙d=WABBIGD-AD,呜X©X√3XE)Xd=IXGX2x4)X√3,解得d=

807

17

故点Bi到平面4。C的距离为喑.

【解析】(1)根据已知条件，结合中位线定理，以及线面平行的判定，即可求证；

(2)根据已知条件，结合勾股定理，推得AZDG为直角三角形，再结合线面垂直的判定定理，以

及等体积法，即可求解.

本题主要考查棱锥等体积法的应用，考查转化能力，属于中档题.

19.【答案】解：(1)由题意，同I=层|=1,<百局>=60。，

故瓦∙¾=p

则为i=©-2孩)∙(2前一名)=2国2-5瓦•石+2筱2=5，

又1初=,叵-2硝2=J国2-4瓦•石+(2砌2=<1-2+4=门，

∖b∖=J(2部-7)2=J4e72-4e7∙¾+¾2=√4-2+1=√3>

故COS<五]>=矗=V7言=4

又<区3>∈[0o,180°].

故<a,b>=60°.即五与方的夹角为60。；

(2)因为3方一石与苍+4方(，∈R)互相垂直，

KlJ⅛(30-K)∙(α-Λh)=3α2+(32-1)ɑ∙K-Ife2=0-

即9+?x(3；l-1)-32=0,

解得2=-5.

【解析】(I)根据数量积的运算律求得心石以及I初,131，利用向量的夹角公式即可求得答案；

(2)根据垂直的向量表示，列式计算，即可求得答案.

本题考查平面向量的数量积及其性质，属基础题.

20.【答案】解：(I)由题意，500(0.0002+0.0004+a+a+0.0003+0.0001)=1,

解得a=0.0005；

(2)因为500(0.0002+0.0004)=0.3<0.5,0.3+500×0.0005=0.55>0.5,

所以中位数位于区间［1500,2000)内，设为，

则0.3+0.0005(x-1500)=0.5,解得X=1900,

所以样本数据的中位数为1900元；

(3)由题意，［500,1000)内有X6=2人,设为A,B,

U∙UU:U4黑IU.UUUii"

［1(WL500)内有000察禽004X6=4人,设为a，b,c,d,

在这6人中再随机选取2人作为调查员，

有(4,B),(A,a),(A,b),(4c),(A,d),(β,a),(B,b),(B,c),(B,d),(a,b),(α,c),(a,d),

(b,c),(b,d),(c,d),共15种，

其中选取的2名调查员中至少有一人收入在［500,1000),

有(4B),(A,a),(A,b),(A,c),(A,d),(B,a),(B,b),(B,c),(B,d),共9种，

所以选取的2名调查员中至少有一人收入在［500,1000)之间的概率为W=

【解析】(1)根据概率之和等于1求解即可；

(2)根据频率分布直方图中中位数的计算公式计算即可；

(3)先根据分层抽样的定义求出每层的人数，再利用列举法结合古典概型即可得解.

本题考查频率、中位数、概率、频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础

题.

21.【答案】解⑴由题意，所求概率为0.8×(1-0.7)+(1-0.8)×0.7=0.38；

(2)由题意，有甲第一次通过乙第二次通过、甲第一次通过乙第三次通过和甲第二次通过乙第三次

通过三种情况，

当甲第一次通过乙第二次通过时，概率为0.8X(0.3×0.7)=0.168,

当甲第一次通过乙第三次通过时，概率为0.8X(0.3×0.3X0.7)