2022-2023学年湖北省新高考协作体高一下学期期末联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省新高考协作体2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题试卷满分：150分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.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.已知i是虚数单位，复数，则的虚部为（）A.1 B.2 C.i D.〖答案〗B〖解析〗，虚部为2.故选：B.2.某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有24个班，每班45人.甲就读于高一，乙就读于高二.学校计划从这两个年级中共抽取208人进行视力调查，若采用分层抽样的方式进行抽样，则下列说法：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大.其中正确的有（）A.① B.①③ C.①② D.①②③〖答案〗C〖解析〗对于①，因为总体是由差异明显的两部分组成的，所以应该采取分层随机抽样，故①正确；对于②，高一共有人，高二共有人，从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查，高一应抽取人，高二应抽取人，故②正确；对于③，甲被抽到的可能性为，乙被抽到的可能性为，甲和乙被抽到的可能性相等，故③错误；所以正确的说法是：①②.故选：C.3.已知，是两个不同的平面，为平面内的一条直线，下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，，则C.若，则 D.若，则〖答案〗D〖解析〗对于A，由面面平行判定定理可知，在平面内需要两条相交直线与平面平行才能得出两平面平行，故A错误；对于B，选项缺少不在平面内，故B错误；对于C，由面面垂直的性质定理可知，平面内的直线与，两个平面的交线垂直，才能得出，故C错误；对于D，已知，为平面内的一条直线，由面面垂直判定定理可知D正确，故D正确.故选：D.4.已知向量，满足，，则在方向上的投影向量为（）A.2 B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由，得.根据定义可知：在方向上的投影向量为.故选：C.5.已知，，是三个平面，，，，则下列结论正确的是（）A.直线与直线可能是异面直线B.若，则直线与直线可能平行C.若，则直线与直线不可能相交于点D.若，则〖答案〗D〖解析〗对于A，，，所以，，故A错误；对于B、D，因为，，，所以，，，因为，所以，所以直线，，必然交于一点（即三线共点），故B，C错误，对于D，若，，，所以，又，，则，故D正确；故选：D.6.已知平面向量，，满足，且对，有恒成立，则与的夹角为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由展开得，，对，有恒成立，即,即所以可得，所以解得，即，，所以，则与的夹角余弦值，所以与的夹角为.故选：A.7.在边长为2的正方形中，是的中点，点是的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，则到平面的距离为（）A.1 B. C. D.2〖答案〗B〖解析〗由折叠不变可知，三棱锥中，，两两相互垂直，所以，的三边长分别为，，，所以，因为，设到平面的距离为，所以，解得，故选：B8.已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为（）A.10 B.10.6C.12.6 D.13.6〖答案〗D〖解析〗设增加的数为，，原来的8个数分别为，则，，所以，又因为，即，新的样本数据的方差为，因为，，所以方差的最小值为13.6（当时取到最小值）.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.9.学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（）A.平均来说乙班比甲班防守技术好B.乙班比甲班防守技术更稳定C.乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差D.甲班很少不失球〖答案〗ACD〖解析〗对于A，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，故A正确；对于B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；故B错误；对于C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，故C正确；对于D，从平均数和标准差角度考虑是对的，故D正确.故选：ACD.10.已知（全体复数集），关于的方程的两根分别为，，若，则的可能取值为（）A. B. C.0 D.4〖答案〗ACD〖解析〗因为，，所以，当时，∴；当时，，，∴.故选：ACD.11.已知函数的部分图像如图所示，加入以下哪个选项作为已知条件，可以唯一确定的值（）A.， B.，C. D.〖答案〗ABD〖解析〗当，时得，，∴，A选项正确；当，时，函数的最小正周期，∴，以及，∴，B正确；由图像可得，，∴又因为，∴，所以C错，D对.故选：ABD12.已知棱长为1的正方体中，为正方体内及表面上一点，且，其中，，则下列说法正确的是（）A.当时，对任意，平面恒成立B.当，时，与平面所成的线面角的余弦值为C.当时，恒成立D.当时，的最小值为〖答案〗ABC〖解析〗对于A，如图1，当时，点在线段上，包含于平面，又因为平面平面，平面，所以平面，故A正确；对于B，如图2，当，时，是的中点，因为平面，平面，所以，又，，AB、BC1在面ABC1D1内，所以，是垂足，所以为所求，在中，，所以与平面所成的线面角的余弦值为，故B正确；对于C，如图3，当时，点在线段上，由选项C同理可证面，面，，故C正确；对于D，如图4，当时，点在线段上，将平面和平面展开成平面图后，线段为所求，此时，，的最小值为，故D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知i是虚数单位，复数满足，则______.〖答案〗〖解析〗因为，所以.故〖答案〗为：.14.如图是水平放置的的直观图，其中，，，则的周长为______.〖答案〗24〖解析〗如图，根据直观图复原原图，则，故的周长为，故〖答案〗为：24.15.半径为的球的球面上有四点，，，，已知为等边三角形且其面积为，三棱锥体积的最大值为，则球的半径等于______.〖答案〗4〖解析〗设的中心为，三棱锥外接球的球心为，则当体积最大时，点，，在同一直线上，且垂直于底面，如图，因为为等边三角形且其面积为，所以的边长满足，故，所以，，故，故三棱锥的高，所以，所以.故〖答案〗为：16.已知直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边，，上，且，，则的最小值为______.〖答案〗〖解析〗设，，则中，，由正弦定理得：，∴，在中，，，同理可得，因此可得，，因为，其中，，由于，，所以当时，，所以，则的最小值为.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.已知为三角形一个内角，i为虚数单位，复数，且在复平面上对应的点在虚轴上.（1）求；（2）设，，在复平面上对应的点分别为，，，求的面积.解：（1）∵，∴，，∴；（2）由（1）知：，，∴，，∴.在复平面上对应的点分别为，，，∴，，，由余弦定理可得，且，∴，∴.18.记的内角的对边分别为，满足.（1）求角A；（2）若，，是中线，求的长.解：（1）因为，由正弦定理可知：，由，故，∴∴，∴，又，所以；（2）根据数量积的定义，由，得，又，在中由余弦定理得：∵，∴，所以19.如图，在边长为2的正方体中，，分别是棱，的中点,（1）求证：点在平面内；（2）用平面截正方体，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为，，求的值.（1）证明：如图，连接，在正方体中，且，所以四边形平行四边形，所以，又，分别是棱，的中点,则，所以，所以、、、A四点共面，即点在平面内；（2）解：连接，所以平面截正方体的截面是四边形，所以是几何体三棱台的体积，则，，所以，且.因此：.20.2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成，为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取1000名学生进行了航天知识竞赛并记录得分（满分：100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图.（1）请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为72分和1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为87分和2，求这200人中分数在区间的学生成绩的方差.解：（1）成绩落在的频率为，补全的频率分布直方图，如图样本的平均数（分）设80%分位数为，则，解得：（分）；（2）由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取30人和20人分层抽样的平均值：（分）分层抽样的方差：所以这200人中分数在区间所有人的成绩的方差为55.421.在三棱柱中，，，，.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值.（1）证明：如图，设的中点为，连接，，因为，所以，又因为，且，所以，因为，平面，且，所以平面，因为平面，所以，在中，，，由余弦定理求得，则，，因为，所以，解得，在，，，可知，又，在中，，因此.由（1）知，，且，平面，且，所以平面，平面，因此平面平面.（2）解：由第一问证明易得，，且.取的中点，为二面角的平面角，且，，，所以二面角的平面角的余弦值为.22.记的内角，，的对边分别为，，，且边上的高.（1）若，求；（2）已知中角和是锐角，求的最小值.解：（1）因为边上的高，则，由正弦定理得，而，则，当时，，即有，即，显然，即，有，于是或，所以或.（2）在中，由，得，而B和为锐角，即，于是，显然，从而，因此，当且仅当时取等号，所以当时，的最小值.湖北省新高考协作体2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题试卷满分：150分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.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.已知i是虚数单位，复数，则的虚部为（）A.1 B.2 C.i D.〖答案〗B〖解析〗，虚部为2.故选：B.2.某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有24个班，每班45人.甲就读于高一，乙就读于高二.学校计划从这两个年级中共抽取208人进行视力调查，若采用分层抽样的方式进行抽样，则下列说法：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大.其中正确的有（）A.① B.①③ C.①② D.①②③〖答案〗C〖解析〗对于①，因为总体是由差异明显的两部分组成的，所以应该采取分层随机抽样，故①正确；对于②，高一共有人，高二共有人，从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查，高一应抽取人，高二应抽取人，故②正确；对于③，甲被抽到的可能性为，乙被抽到的可能性为，甲和乙被抽到的可能性相等，故③错误；所以正确的说法是：①②.故选：C.3.已知，是两个不同的平面，为平面内的一条直线，下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，，则C.若，则 D.若，则〖答案〗D〖解析〗对于A，由面面平行判定定理可知，在平面内需要两条相交直线与平面平行才能得出两平面平行，故A错误；对于B，选项缺少不在平面内，故B错误；对于C，由面面垂直的性质定理可知，平面内的直线与，两个平面的交线垂直，才能得出，故C错误；对于D，已知，为平面内的一条直线，由面面垂直判定定理可知D正确，故D正确.故选：D.4.已知向量，满足，，则在方向上的投影向量为（）A.2 B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由，得.根据定义可知：在方向上的投影向量为.故选：C.5.已知，，是三个平面，，，，则下列结论正确的是（）A.直线与直线可能是异面直线B.若，则直线与直线可能平行C.若，则直线与直线不可能相交于点D.若，则〖答案〗D〖解析〗对于A，，，所以，，故A错误；对于B、D，因为，，，所以，，，因为，所以，所以直线，，必然交于一点（即三线共点），故B，C错误，对于D，若，，，所以，又，，则，故D正确；故选：D.6.已知平面向量，，满足，且对，有恒成立，则与的夹角为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由展开得，，对，有恒成立，即,即所以可得，所以解得，即，，所以，则与的夹角余弦值，所以与的夹角为.故选：A.7.在边长为2的正方形中，是的中点，点是的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，则到平面的距离为（）A.1 B. C. D.2〖答案〗B〖解析〗由折叠不变可知，三棱锥中，，两两相互垂直，所以，的三边长分别为，，，所以，因为，设到平面的距离为，所以，解得，故选：B8.已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为（）A.10 B.10.6C.12.6 D.13.6〖答案〗D〖解析〗设增加的数为，，原来的8个数分别为，则，，所以，又因为，即，新的样本数据的方差为，因为，，所以方差的最小值为13.6（当时取到最小值）.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.9.学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（）A.平均来说乙班比甲班防守技术好B.乙班比甲班防守技术更稳定C.乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差D.甲班很少不失球〖答案〗ACD〖解析〗对于A，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，故A正确；对于B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；故B错误；对于C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，故C正确；对于D，从平均数和标准差角度考虑是对的，故D正确.故选：ACD.10.已知（全体复数集），关于的方程的两根分别为，，若，则的可能取值为（）A. B. C.0 D.4〖答案〗ACD〖解析〗因为，，所以，当时，∴；当时，，，∴.故选：ACD.11.已知函数的部分图像如图所示，加入以下哪个选项作为已知条件，可以唯一确定的值（）A.， B.，C. D.〖答案〗ABD〖解析〗当，时得，，∴，A选项正确；当，时，函数的最小正周期，∴，以及，∴，B正确；由图像可得，，∴又因为，∴，所以C错，D对.故选：ABD12.已知棱长为1的正方体中，为正方体内及表面上一点，且，其中，，则下列说法正确的是（）A.当时，对任意，平面恒成立B.当，时，与平面所成的线面角的余弦值为C.当时，恒成立D.当时，的最小值为〖答案〗ABC〖解析〗对于A，如图1，当时，点在线段上，包含于平面，又因为平面平面，平面，所以平面，故A正确；对于B，如图2，当，时，是的中点，因为平面，平面，所以，又，，AB、BC1在面ABC1D1内，所以，是垂足，所以为所求，在中，，所以与平面所成的线面角的余弦值为，故B正确；对于C，如图3，当时，点在线段上，由选项C同理可证面，面，，故C正确；对于D，如图4，当时，点在线段上，将平面和平面展开成平面图后，线段为所求，此时，，的最小值为，故D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知i是虚数单位，复数满足，则______.〖答案〗〖解析〗因为，所以.故〖答案〗为：.14.如图是水平放置的的直观图，其中，，，则的周长为______.〖答案〗24〖解析〗如图，根据直观图复原原图，则，故的周长为，故〖答案〗为：24.15.半径为的球的球面上有四点，，，，已知为等边三角形且其面积为，三棱锥体积的最大值为，则球的半径等于______.〖答案〗4〖解析〗设的中心为，三棱锥外接球的球心为，则当体积最大时，点，，在同一直线上，且垂直于底面，如图，因为为等边三角形且其面积为，所以的边长满足，故，所以，，故，故三棱锥的高，所以，所以.故〖答案〗为：16.已知直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边，，上，且，，则的最小值为______.〖答案〗〖解析〗设，，则中，，由正弦定理得：，∴，在中，，，同理可得，因此可得，，因为，其中，，由于，，所以当时，，所以，则的最小值为.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.已知为三角形一个内角，i为虚数单位，复数，且在复平面上对应的点在虚轴上.（1）求；（2）设，，在复平面上对应的点分别为，，，求的面积.解：（1）∵，∴，，∴；（2）由（1）知：，，∴，，∴.在复平面上对应的点分别为，，，∴，，，由余弦定理可得，且，∴，∴.18.记的内角的对边分别为，满足.（1）求角A；（2）若，，是中线，求的长.解：（1）因为，由正弦定理可知：，由，故，∴∴，∴，又，所以；（2）根据数量积的定义，由，得，又，在中由余弦定理得：∵，∴，所以19.如图，在边长为2的正方体中，，分别是棱，的中点,（1）求证：点在平面内；（2）用平面截正方体，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为，，求的值.（1）证明：如图，连接，在正方体中，且，所以四边形平行四边形，所以，又，分别是棱，的中点,则，所以，所以、、、A四点共面，即点在平面内；（2）解：连接，所以平面截正方体的截面是四边