安徽省宣城市2022-2023学年高一下学期期末调研测试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省宣城市2022-2023学年高一下学期期末调研测试数学试卷一、单项选择题（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.某单位有职工500人，青年职工300人，中年职工150人，老年职工50人，为了解该单位职工的健康情况，用分层抽样从中抽取样本，若抽出的中年职工为15人，则抽出的老年职工的人数为（）A.5 B.15 C.30 D.50〖答案〗A〖解析〗设抽出的样本总人数为人，则由题意可得，解得，所以抽出的老年职工的人数为人.故选：A.2.已知点E为平行四边形对角线上一点，且，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗因，又，所以.故选：A.3.小明同学统计了他最近次的数学考试成绩，得到的数据分别为、、、、、、、、、．则这组数据的分位数是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗将次的数学考试成绩由小到大排序依次为：、、、、、、、、、，因为，因此，这组数据的分位数是.故选：B.4.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（）A. B.或 C.或 D.或〖答案〗D〖解析〗因为，，，所以由正弦定理得，得，因为，，所以，所以或，则或．故选：D．5.盒子中有四张卡片，分别写有“笔墨纸砚”四个字，有放回地从中任取一张卡片，直到“纸”“砚"两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次取到卡片后停止的概率．利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，分别用1，2，3，4代表“笔墨纸砚”这四个字，以每三个随机数为一组，表示三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：343432314134234132243331112324342241244342124431233214344434由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗随机模拟产生了20组随机数，其中恰好第三次结束时就停止的随机数有：314，134，234，243，324，共5个，由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为．故选：C．6.《九章算术》作为古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．《九章算术》中将圆台称为“圆亭”．今有圆亭，上下底面圆直径分别为18寸，30寸，圆亭母线长为10寸(取)，则该圆亭的表面积和体积分别约为（）A.1368平方寸3528立方寸 B.1638平方寸4410立方寸C.1638平方寸3528立方寸 D.1368平方寸4410立方寸〖答案〗C〖解析〗由题意圆亭的上、下底面圆半径分别为9寸，15寸，圆亭圆台母线长为10寸，则该圆亭的高寸，故该圆亭的表面积平方寸，体积为立方寸．故选：C．7.已知是边长为a的等边三角形，点D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，连接DE并延长到点M，使得，连接DF并延长到点N，使得，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，，，又点D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，即，，，.故选：B.8.已知矩形，，，将沿折起到．若点在平面上的射影落在的内部（不包括边界），则四面体的体积的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗在矩形中，，，过点作于，交边于，如图，，，所以，，，所以，，则，则，把沿折起到的过程中，，，又因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，平面平面，由面面垂直的性质定理可知，点在平面上的射影在直线上，因为点在平面上的射影落在的内部（不包括边界），则当平面时，点到平面的距离最大，于是，当平面时，点到平面的距离最小，如图，此时，于是，从而，而，所以，.故选：D.二、多选题（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.若复数，，其中是虚数单位，则下列说法正确的是（）A.在复平面内对应的点位于第一象限，在复平面内对应的点位于第四象限B.记的共轭复数为，则C.若，则D.若，在复平面内对应的向量分别为，(O为坐标原点)，则〖答案〗BC〖解析〗，则在复平面内对应的点位于第一象限，在复平面内对应的点位于第二象限，故A错误；的共轭复数为，则，故B正确；由，得，故C正确；若在复平面内对应的向量分别为为坐标原点），则，故，故D错误．故选：BC．10.从装有3个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，则下列叙述正确的是（）A.取出的两个球同为红色和同为黑色是两个互斥而不对立的事件B.至多有一个黑球与至少有一个红球是两个对立的事件C.事件A＝“两个球同色”，则D.事件B＝“至少有一个红球”，则〖答案〗ACD〖解析〗对于A，两球同时为红球和为黑球不可能同时发生，并且除了这两个事件，实验还会发生一个事件，即两球一黑一白，所以两球同时为红球和为黑球的事件为互斥而不对立事件，A正确；对于B，至多有一个黑球包括一黑一红和两红球，其对立事件为两黑球，B错误；对于C，记3个红球为a，b，c，2个黑球为d，e，则任取2个球的结果有ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，共10个，事件A发生的结果有ab，ac，bc，de，共4个，所以，C正确；对于D，事件的对立事件的结果有de，共1个，所以，所以，D正确．故选：ACD．11.已知的内角A，B，C所的对边分别为a，b，c，其中，，，下列四个命题中正确的是（）A.是钝角三角形 B.面积为C.外接圆面积为 D.若D为AB中点，则〖答案〗ABD〖解析〗对于A，因为，，，所以，所以，因为，所以角为钝角，所以是钝角三角形，所以A正确；对于B，由选项A可知，角为钝角，所以，所以面积为，所以B正确；对于C，由正弦定理得，所以外接圆半径为，所以外接圆面积为，所以C错误；对于D，因为D为AB中点，所以，在中，由余弦定理得，，所以，所以D正确.故选：ABD.12.如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱AD，AB，BC的中点，点Р为线段上的动点，则（）A.两条异面直线和所成的角为 B.不存在点P，使得平面BEPC.对任意点Р，平面平面BEP D.点到直线的距离为4〖答案〗ACD〖解析〗对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A正确；对于B，当点P与点重合时，由题可知，所以，四边形为平行四边形，故，又平面，平面，则平面，所以B错误；对于C，连接，由于平面，平面，故，又，故，故，即，故，又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；对于D，由正方体的性质可得，，所以，又，所以，所以点到直线的距离，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.若复数是关于x的方程()的一个根，则__________．〖答案〗4〖解析〗将代入方程，得，即，所以，得，，所以．故〖答案〗为：4．14.已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为3，现样本加入新数据3，5，7，则此时方差_________．〖答案〗2.9〖解析〗设这个样本容量为7的样本数据分别为则，所以，，所以，当加入新数据3，5，7后，平均数，方差．故〖答案〗为：2.9．15.在三棱锥中，△ABC是边长为3的等边三角形，侧棱PA⊥平面ABC，且，则三棱锥的外接球表面积为_________．〖答案〗〖解析〗根据已知，底面是边长为3的等边三角形，平面，可得此三棱锥外接球，即以为底面以为高的正三棱柱的外接球．设正三棱柱的上下底面的中心分别为，则外接球的球心为的中点，的外接圆半径为，，所以球的半径为，所以四面体外接球的表面积为.故〖答案〗为：．16.已知中，，，，M是AB的中点，P为线段DC上的动点，则的取值范围是__________；延长DC至，使，若T为线段上的动点，且恒成立．则的最大值为_________．〖答案〗〖解析〗建立平面直角坐标系，如图所示：中，2，，所以，即，，设，则，所以，由，得，所以的取值范围是；设，则，所以，所以不等式化为，则，设，则，所以，当且仅当，即，即时取“＝”，所以的最大值为．故〖答案〗为：．四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤．）17.已知平面向量满足，，且．（1）求在方向上的投影向量；（2）若，求实数的值．解：（1）由，，且，平方得，解得，所以在方向上的投影向量为.（2）因为，所以，化简得，所以，解得.18.甲、乙两队进行篮球比赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场时，该队获胜，比赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.4，且各场比赛结果相互独立．（1）求前2场比赛，甲至少赢得一场的概率；（2）当双方总比分为2∶2时，求甲获胜的概率．解：（1）设前2场比赛，甲至少赢一场为事件A，，或者.（2）当双方总比分为2∶2时，设甲获胜为事件B，甲获胜的比分可以是4∶2或者4∶3，若是4∶2，第五场和第六场，甲连赢两场，则甲获胜概率为：，若是4∶3，第五场和第六场，甲乙各赢一次，第七场甲赢了，则甲获胜概率为：，所以，当双方总比分为2∶2时，甲获胜的概率.19.某校举行了一次高一年级数学竞赛，笔试成绩在分以上（包括分，满分分）共有人，分成、、、、五组，得到如图所示频率分布直方图．（1）根据频率分布直方图估计这次数学竞赛成绩的平均数和中位数（中位数精确到）；（2）为进一步了解学困生的学习情况，从数学成绩低于分的学生中，通过分层随机抽样的方法抽取人，再从这人中任取人，求此人分数都在的概率．解：（1）由，解得，这次数学竞赛成绩的平均数为，前组的频率和为，前组的频率和为，所以中位数为．（2）分层抽样抽取的人中，数学成绩位于的有人，记为、．数学成绩位于的有人，记为、、、，从人中任取人，基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共种，其中人分数都在的有、、、，共种，所以从人中任取人，分数都在的概率为.20.如图，在正四棱柱中，，∥平面MAC．（1）证明：M是的中点；（2）若正四棱柱的外接球的体积是，求该正四棱柱的表面积．解：（1）连接BD，交AC于N，连接MN，因为∥面MAC，面，且面MAC∩面，根据线面平行的性质定理得，，在正四棱柱中，四边形ABCD是正方形，所以N是BD的中点，所以M是的中点．（2）设，正四棱柱的外接球的半径为，因为正四棱柱的外接球的体积，解得，由题意为正四棱柱的外接球的直径，由，得，解得或(舍)，即，所以正四棱柱的表面积为．21.已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，且，且满足．（1）求角A大小；（2）求周长的取值范围．解：（1）由可得，即，由正弦定理得，故，整理得到，因为C是的内角，所以，，因为，所以．（2）因为且，，所以，，所以，因为为锐角三角形，所以且，则，所以，，，即，故周长的取值范围为．22.如图，在三棱锥中，平面ABD平面BCD，，O为BD的中点，△OCD是边长为2的等边三角形．（1）若，求直线AB和CD所成角余弦值；（2）若点E在棱AD上，且三棱锥的体积为4，求二面角平面角大小的正弦值．解：（1）分别取BC、AC的中点M、N，连接OM，ON，MN，因为О为BD中点，所以MO∥CD，MN∥AB且，所以异面直线AB和CD所成角(或为邻补角)即为∠OMN，因为，O为BD中点，所以AO⊥BD，因为△OCD是边长为2的等边三角形，所以BODO2，MNAB，MOCD1，又因为平面ABD⊥平面BCD，AO⊥BD，平面ABD平面BCD，平面ABD，所以AO平面BCD，因为平面BCD，所以AO⊥OC，由OCOD，得△AOC≌△AOD，得ACADAB，在直角三角形△AOC中，则ONAC，在△MON中，根据余弦定理得，，或，所以直线AB和CD所成角的余弦值为．（2）过点E作EN∥AO交BD于N．过点N作NM∥CD交BC于点M，连接