2022-2023学年湖南省怀化市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湖南省怀化市2022-2023学年高一下学期期末数学试题1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡，并认真核对条形码上的姓名、准考证号和科目.2.考生作答时，选择题和非选择题均须做在答题卡上，在本试题卷上答题无效.考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题.3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.4.本试题卷共4页，如缺页，考生须声明，否则后果自负.第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题:本大题共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，其中为虚数单位，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由得.故选：A2.已知，若，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由且，可得，所以.故选：D.3.若圆锥母线长为2，底面圆的半径为1，则该圆锥的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为圆锥母线长为2，底面圆的半径为1，所以该圆锥的侧面积为：.该圆锥的底面积为，所以该圆锥的表面积为.故选：A.4.在一次羽毛球比赛中，甲乙两人进入决赛（比赛采用三局两胜制）.假设每局比赛甲获胜的概率均为60%，现采用随机模拟方法估计甲获得冠军的概率：先由计算机产生出[0,9]之间整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示一局比赛中甲胜，6，7，8，9表示一局比赛中乙胜.经随机模拟产生了如下20组随机数：192907966925271932812458569682267393127556488730113537989431据此估计甲获得冠军的概率的概率为（）A.0.80 B.0.75 C.0.7 D.0.65〖答案〗D〖解析〗所得随机数中甲获胜有192925271932812458393127556730113537431，共13局；所以甲获得冠军概率为.故选：D5.已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则〖答案〗D〖解析〗，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，知：在A中，若，，，，则与相交或平行，故A错误；在B中，若，，，则与相交或平行，故B错误；在C中，若，，，则与相交或平行，故C错误；在D中，若，，，则由线面垂直，线线平行的性质可得，故D正确．故选：D．6.已知事件与事件互斥，记事件为事件对立事件.若，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为事件与事件互斥，所以，所以.故选：B7.四名同学各投掷质地均匀的骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断一定没有出现点数6的是（）A.众数为3，极差为3 B.平均数为2，中位数为2C.平均数为2，标准差为2 D.中位数为3，众数为3〖答案〗B〖解析〗A：若众数为数据中的最小值，结合极差为3，则数据中最大值为6，故可能出现点数6；B：由平均数为2，则所有数据之和为，又中位数为2，将数据从小到大排列，则前3个数据之和最小的情况为，故后2个数据之和最大为，所以不可能出现数据6；C：若出现点数6，平均数为2，满足条件的情况有，则方差为，即标准差为2，故可能出现点数6；D：如满足中位数为3，众数为3，故可能出现点数6；故选：B8.已知向量与向量均为单位向量，且，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，，，所以，，故向量在向量上的投影向量为，故选：A.二、多项选择题:本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每个小题给出的选项中，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.已知复数（其中是虚数单位），则下列各选项正确的是（）A.B.的共轭复数在复平面上对应点在三象限C.的虚部是D.是方程的复数根〖答案〗AB〖解析〗A：，正确；B：对应点为，在第三象限，正确；C：的虚部是4，错误；D：将代入得，错误.故选：AB10.随着国民经济的快速发展和人民生活水平的不断提高，我国社会物流需求不断增加，物流行业前景广阔．社会物流总费用与GDP的比率是反映地区物流发展水平的指标，下面是2017-2022年我国社会物流总费用与GDP的比率统计，则（）A.2018-2022这5年我国社会物流总费用逐年增长．且2021年增长的最多B.2017-2022这6年我国社会物流总费用的第分位数为14.9万亿元C.2017-2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为D.2022年我国的GDP超过了121万亿元〖答案〗ACD〖解析〗由图表可知，2018-2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2021年增长的最多，且增长万亿元，故A正确；因为，则第分位数为第5个，即为，所以这6年我国社会物流总费用的第分位数为万亿元，故B错误；由图表可知，2017-2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为，故C正确；由图表可知，2022年我国的GDP为万亿元，故D正确.故选：ACD11.分别抛掷两枚硬币，设A表示事件“第1枚正面向上”，B表示事件“第2枚反面向上”，C表示事件“恰有1枚正面向上”，D表示事件“两枚都正面向上”，则（）A.B与C互斥B.B与D互斥C.A与C相互独立D.A与D相互独立〖答案〗BC〖解析〗分别表示第1枚正面向下、向上，分别表示第2枚正面向下、向上，抛掷两枚硬币样本空间为，共4种，所以，事件A含；事件B含；事件C含；事件D含；由上知：B与C不互斥，B与D互斥，A错，B对；，，故，，C对，D错.故选：BC12.在棱长为3的正方体中，P在线段上运动，则（）A.面B.C.三棱锥体积不变D.最小值为〖答案〗ACD〖解析〗对于A，连接，因为，所以四点共面，则平面与平面重合，因为，平面，平面，所以平面，A对；对于B，连接，所以是等边三角形，即，因为，所以四边形是平行四边形，所以，所以与所成角为，所以当点与点重合时，与不垂直，B错；对于C，因为，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，因为P在线段上运动，所以在运动过程中点到平面的距离不变，因为，所以三棱锥体积不变，C对；对于D，在中，，当点与点重合时等号成立，所以最小值为，D对.故选：ACD第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.把〖答案〗填在答题卡的相应横线上.13.为了了解某高中学校的学生学业水平情况，教育部门按年级分层抽样从该学校的2400名学生中抽取100名学生.若该校高一年级有840人，则高一年级应被抽取的学生人数为_______.〖答案〗〖解析〗抽样比为：，高一年级应被抽取的学生人数为：人.故〖答案〗为：14.已知平行四边形的三个顶点的坐标分别是，，，则顶点的坐标为__________.〖答案〗〖解析〗由为平行四边形，则，令，则，所以，可得，故.故〖答案〗为：15.已知正四棱柱底面边长为1，侧棱长为2，棱柱的各个顶点都在球面上，则球的半径为________.〖答案〗〖解析〗由正四棱柱外接球的球心为体对角线的中点，且底面为正方形的直棱柱，故外接球半径为.故〖答案〗为：16.在中，已知，，，和边上的两条中线，相交于点，则的余弦值为___________〖答案〗〖解析〗由已知得即为向量与的夹角.因为M、N分别是，边上的中点，所以，.又因为，所以，,,所以.故〖答案〗为：四、解答题:共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求；（2）若，求证：三点共线（1）解：由，则.（2）证明：，又、有公共点，故三点共线.18.如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC，BD相交于点O，点E为PC的中点，OP=OC，PA⊥PD.求证：（1）直线平面BDE；（2）平面BDE⊥平面PCD.证明：（1）如图，连接OE，因为O为平行四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点.又E为PC的中点，所以.因为平面BDE，平面BDE，所以直线平面BDE.（2）因为，PA⊥PD，所以OE⊥PD.因为OP=OC，E为PC的中点，所以OE⊥PC.又平面PCD，平面PCD，，所以OE⊥平面PCD.因为平面BDE，所以平面BDE⊥平面PCD.19.某校高三年级举行了高校强基计划模拟考试（满分100分），将不低于50分的考生的成绩分为5组，即，并绘制频率分布直方图如图所示，其中在内的人数为2.（1）求的值，并估计不低于50分考生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；（2）现把和内的所有学生的考号贴在质地、形状和大小均相同的小球上，并放在盒子内，现从盒中随机抽取2个小球，若取出的两人成绩差不小于30，则称这两人为“黄金搭档组”.现随机抽取3次，每次取出2个小球，记下考号后再放回盒内，记取出“黄金搭档组”的次数为2的概率.解：（1）由题意，得，解得，不低于50分考生的平均成绩估计为（分）；（2）在上的频率为，由条件得总人数为，所以在内的人数为，记内的所有学生的考号所在小球分别为，内的所有学生的考号所在小球分别为，则从这6个球中抽取2个球的结果有：，，，共15种，其中为“黄金搭档组”有，，，共8种，所以抽取出‘黄金搭档组”的概率.记取出“黄金搭档组”的次数为2为事件A，事件表示第次取出“黄金搭档组”，所以，故取出“黄金搭档组”的次数为2的概率为.20.在中，角的对边分别为，.（1）若，求的面积；（2）若，求周长的取值范围.解：（1）因为，由正弦定理，可得，又由，可得，所以，所以，即，因为，可得，所以，即，又因为，所以，所以的面积为.（2）由（1）可知，由正弦定理得，所以，所以，因为，所以，所以，所以，故周长的取值范围为.21.如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为的等边三角形，点在棱上，，且三棱锥的体积为，求二面角的大小.（1）证明：在三棱锥中，因为为的中点，且，则，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，而平面，所以.（2）解：因是边长为的等边三角形，所以，则，因平面，所以为三棱锥的高，设为，所以，，所以，即有，所以，作于，作于，连，则，因为平面，所以平面，平面，则，因为，平面，所以平面，而平面，故，则为二面角的平面角.又，所以，在中，，，所以，由知，故，所以，即,∴，从而，又因为在中，，所以为等腰直角三角形，所以，即二面角的大小为.22.近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军．双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？这里我们简单研究一下两个赛制．假设四支队伍分别为，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时同组，同组．（1）若，在淘汰赛赛制下，获得冠军的概率分别为多少？（2）分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”?解：（1）A获得冠军：组A获胜，再由A与组胜者决赛并胜出，A获得冠军的概率为，获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出，获得冠军的概率为.（2）淘汰赛赛制下，获得冠军的概率为，“双败赛制”赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况，当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军；若在胜者组A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军；当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军；综上，A获得冠军的概率.令，若A为强队，则，故，所以，双败赛制下对强者更有利湖南省怀化市2022-2023学年高一下学期期末数学试题1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡，并认真核对条形码上的姓名、准考证号和科目.2.考生作答时，选择题和非选择题均须做在答题卡上，在本试题卷上答题无效.考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题.3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.4.本试题卷共4页，如缺页，考生须声明，否则后果自负.第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题:本大题共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，其中为虚数单位，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由得.故选：A2.已知，若，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由且，可得，所以.故选：D.3.若圆锥母线长为2，底面圆的半径为1，则该圆锥的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为圆锥母线长为2，底面圆的半径为1，所以该圆锥的侧面积为：.该圆锥的底面积为，所以该圆锥的表面积为.故选：A.4.在一次羽毛球比赛中，甲乙两人进入决赛（比赛采用三局两胜制）.假设每局比赛甲获胜的概率均为60%，现采用随机模拟方法估计甲获得冠军的概率：先由计算机产生出[0,9]之间整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示一局比赛中甲胜，6，7，8，9表示一局比赛中乙胜.经随机模拟产生了如下20组随机数：192907966925271932812458569682267393127556488730113537989431据此估计甲获得冠军的概率的概率为（）A.0.80 B.0.75 C.0.7 D.0.65〖答案〗D〖解析〗所得随机数中甲获胜有192925271932812458393127556730113537431，共13局；所以甲获得冠军概率为.故选：D5.已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则〖答案〗D〖解析〗，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，知：在A中，若，，，，则与相交或平行，故A错误；在B中，若，，，则与相交或平行，故B错误；在C中，若，，，则与相交或平行，故C错误；在D中，若，，，则由线面垂直，线线平行的性质可得，故D正确．故选：D．6.已知事件与事件互斥，记事件为事件对立事件.若，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为事件与事件互斥，所以，所以.故选：B7.四名同学各投掷质地均匀的骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断一定没有出现点数6的是（）A.众数为3，极差为3 B.平均数为2，中位数为2C.平均数为2，标准差为2 D.中位数为3，众数为3〖答案〗B〖解析〗A：若众数为数据中的最小值，结合极差为3，则数据中最大值为6，故可能出现点数6；B：由平均数为2，则所有数据之和为，又中位数为2，将数据从小到大排列，则前3个数据之和最小的情况为，故后2个数据之和最大为，所以不可能出现数据6；C：若出现点数6，平均数为2，满足条件的情况有，则方差为，即标准差为2，故可能出现点数6；D：如满足中位数为3，众数为3，故可能出现点数6；故选：B8.已知向量与向量均为单位向量，且，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，，，所以，，故向量在向量上的投影向量为，故选：A.二、多项选择题:本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每个小题给出的选项中，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.已知复数（其中是虚数单位），则下列各选项正确的是（）A.B.的共轭复数在复平面上对应点在三象限C.的虚部是D.是方程的复数根〖答案〗AB〖解析〗A：，正确；B：对应点为，在第三象限，正确；C：的虚部是4，错误；D：将代入得，错误.故选：AB10.随着国民经济的快速发展和人民生活水平的不断提高，我国社会物流需求不断增加，物流行业前景广阔．社会物流总费用与GDP的比率是反映地区物流发展水平的指标，下面是2017-2022年我国社会物流总费用与GDP的比率统计，则（）A.2018-2022这5年我国社会物流总费用逐年增长．且2021年增长的最多B.2017-2022这6年我国社会物流总费用的第分位数为14.9万亿元C.2017-2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为D.2022年我国的GDP超过了121万亿元〖答案〗ACD〖解析〗由图表可知，2018-2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2021年增长的最多，且增长万亿元，故A正确；因为，则第分位数为第5个，即为，所以这6年我国社会物流总费用的第分位数为万亿元，故B错误；由图表可知，2017-2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为，故C正确；由图表可知，2022年我国的GDP为万亿元，故D正确.故选：ACD11.分别抛掷两枚硬币，设A表示事件“第1枚正面向上”，B表示事件“第2枚反面向上”，C表示事件“恰有1枚正面向上”，D表示事件“两枚都正面向上”，则（）A.B与C互斥B.B与D互斥C.A与C相互独立D.A与D相互独立〖答案〗BC〖解析〗分别表示第1枚正面向下、向上，分别表示第2枚正面向下、向上，抛掷两枚硬币样本空间为，共4种，所以，事件A含；事件B含；事件C含；事件D含；由上知：B与C不互斥，B与D互斥，A错，B对；，，故，，C对，D错.故选：BC12.在棱长为3的正方体中，P在线段上运动，则（）A.面B.C.三棱锥体积不变D.最小值为〖答案〗ACD〖解析〗对于A，连接，因为，所以四点共面，则平面与平面重合，因为，平面，平面，所以平面，A对；对于B，连接，所以是等边三角形，即，因为，所以四边形是平行四边形，所以，所以与所成角为，所以当点与点重合时，与不垂直，B错；对于C，因为，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，因为P在线段上运动，所以在运动过程中点到平面的距离不变，因为，所以三棱锥体积不变，C对；对于D，在中，，当点与点重合时等号成立，所以最小值为，D对.故选：ACD第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.把〖答案〗填在答题卡的相应横线上.13.为了了解某高中学校的学生学业水平情况，教育部门按年级分层抽样从该学校的2400名学生中抽取100名学生.若该校高一年级有840人，则高一年级应被抽取的学生人数为_______.〖答案〗〖解析〗抽样比为：，高一年级应被抽取的学生人数为：人.故〖答案〗为：14.已知平行四边形的三个顶点的坐标分别是，，，则顶点的坐标为__________.〖答案〗〖解析〗由为平行四边形，则，令，则，所以，可得，故.故〖答案〗为：15.已知正四棱柱底面边长为1，侧棱长为2，棱柱的各个顶点都在球面上，则球的半径为________.〖答案〗〖解析〗由正四棱柱外接球的球心为体对角线的中点，且底面为正方形的直棱柱，故外接球半径为.故〖答案〗为：16.在中，已知，，，和边上的两条中线，相交于点，则的余弦值为___________〖答案〗〖解析〗由已知得即为向量与的夹角.因为M、N分别是，边上的中点，所以，.又因为，所以，,,所以.故〖答案〗为：四、解答题:共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求；（2）若，求证：三点共线（1）解：由，则.（2）证明：，又、有公共点，故三点共线.18.如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC，BD相交于点O，点E为PC的中点，OP=OC，PA⊥PD.求证：（1）直线平面BDE；（2）平面BDE⊥平面PCD.证明：（1）如图，连接OE，因为O为平行四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点.又E为PC的中点，所以.因为平面BDE，平面BDE，所以直线平面BDE.（2）因为，PA⊥PD，所以OE⊥PD.因为OP=OC，E为PC的中点，所以OE⊥PC.又平面PCD，平面PCD，，所以OE⊥平面PCD.因为平面BDE，所以平面BDE⊥平面PCD.19.某校高三年级举行了高校强基计划模拟考试（满分100分），将不低于50分的考生的成绩分为5组，即，并绘制频率分布直方图如图所示，其中在内的人数为2.（1）求的值，并估计不低于50分考生的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；（2）现把和内的所有学生的考号贴在质地、形状和大小均相同的小球上，并放在盒子内，现从盒中随机抽取2个小球，若取出的两人成绩差不小于30，则称这两人为“黄金搭档组”.现随机抽取3次，每次取出2个小球，记下考号后再放回盒内，记取出“黄金搭档组”的次数为2的概率.解：（1）由题意，得，解得，不低于50分考生的平均成绩估计为（分）；（2）在上的频率为，由条件得总人数为，所以在内的人数为，记内的所有学生的考号所在小球分别为，内的所有学生的考号所在小球分别为，则从这6个球中抽取2个球的结果有：，，，共15种，其中为“黄金搭档组”有，，，共8种，所以抽取出‘黄金搭档组”的概率.记取出“黄金搭档组”的次数为2为事件A，事件表示第次取出“黄金搭档组”，所以，故取出“黄金搭档组”的次数为2的概率为.20.在中，角的对边分别为，.（1）若，求的面积；（2）若，求周长的取值范围.解：（1）因为，由正弦定理，可得，又由，可得，所以，所以，即，因为，可得，所以，即，又因为，所以，所以的面积为.（2）由（1）可知，由正弦定理得，所以，所以，因为，所以，所以，所以，故周长的取值范围为.