2022-2023学年湖北省武汉市江岸区高一下学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省武汉市江岸区2022-2023学年高一下学期期末数学试题一、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.1 C. 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.4 B.5 C.6 D.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，所以在方向上的投影向量为.故选：C4.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0.006B.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正确．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：D5.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，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.在中，.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.10 C. 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：A8.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、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（）AB.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7.5 B.平均数为8C.方差为12 D.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的几何体，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：3814.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〗为：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〗：.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.（1）证明：连接与交于点，则为中点，为中位线，，又面面平面（2）解：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9.810.31010.29.99.810.010.110.29.7新设备10.110.410.010.110.310.610.510.410.5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B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.湖北省武汉市江岸区2022-2023学年高一下学期期末数学试题一、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.1 C. 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.4 B.5 C.6 D.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，所以在方向上的投影向量为.故选：C4.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0.006B.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正确．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：D5.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，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.在中，.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.10 C. 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：A8.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、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（）AB.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7.5 B.平均数为8C.方差为12 D.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的几何体，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：3814.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〗为：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〗：.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.（1）证明：连接与交于点，则为中点，为中位线，，又面面平面（2）解：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9.810.31010.29.99.810.010.110.29.7新设备10.110.410.010.110.310.610.510.410.5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）