江苏省徐州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省徐州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题一、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.已知复数z满足，则复数z在复平面内所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗D〖解析〗因为，所以点位于第四象限.故选：D.2.先后两次掷一枚质地均匀的骰子，则两次掷出的点数之和为6的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗先后两次掷一枚质地均匀的骰子，共有种情况，点数和为6的有共5种情况，所以概率为.故选：B.3.已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（）A.若，，则 B.若，与所成的角相等，则C.若，，则 D.若，，，则〖答案〗D〖解析〗若，，则或，A错；若，与所成的角相等，则或与相交或异面，B错；若，，则与平行或相交，C错；若，，所以，又，则，D正确.故选：D.4.有一组样本数据，，其平均数为，中位数为b，方差为c，极差为d.由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中，则新样本数据的（）A.样本平均数为2a B.样本中位数为2bC.样本方差为4c D.样本极差为〖答案〗C〖解析〗A选项，由题意得，则，故A错误；B选项，由于，故的大小排列顺序与变化后的的大小排列顺序一致，由于的中位数为，故的中位数为，B错误；C选项，由题意得，所以，C正确；D选项，由于，故中最大值和最小值，经过变化后仍然为中的最大值和最小值，即，则，D错误.故选：C.5.已知向量，的夹角为，若，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由得，即，所以，所以向量在向量上的投影向量为.故选：A.6.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以，即，故，.故选：C.7.如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所制成的.已知圆台的上、下底面半径分别为和，且圆台的母线与底面所成的角为，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗根据题意，该圆台的轴截面为等腰梯形，如图，所以即为圆台母线与底面所成角，即，分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，因为，则四边形为矩形，且，因为，，，所以，所以，且，因为，则，所以，圆台，圆锥的高均为，所以，该工业部件的体积为.故选：B.8.在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的取值范围是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以由正弦定理得，即，所以，即，又，所以，因为锐角三角形ABC，所以，即，解得，，令，因为，所以，则在单调递减，所以.故选：C.二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.设，是复数，则下列说法正确的是（）A.若是纯虚数，则B.若，则C.若，则D.若，则〖答案〗ACD〖解析〗A：，则，故A正确；B：当时，，但得不出，故B错误；C：设，则，，所以，C正确；D：设则得，又，，故成立，D正确.故选：ACD.10.有个相同的球，分别标有数字、、、，从中不放回的随机取两次，每次取个球，表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则（）A.、相互独立 B.、相互独立C.、相互独立 D.、相互独立〖答案〗BC〖解析〗对于A选项，从上述四个球中不放回的随机取两次，每次取个球，所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、，共种，其中事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，事件包含的基本事件有：、、、、、、、，共种，事件包含的基本事件有：、、、，共种，对于A选项，，，事件包含的基本事件有：、、、，共种，则，故、不相互独立，A错；对于B选项，事件包含的基本事件有：、，共种，则，又因为，则，共、相互独立，B对；对于C选项，事件包含的基本事件有：、，共种，则，则，故、相互独立，C对；对于D选项，，故、不相互独立，D错.故选：BC.11.如图，在等腰直角三角形ABC中，，，设点，，，是线段BC的五等分点，则（）A.B.C.D.的最小值为〖答案〗BCD〖解析〗对于A：，故A错误；对于B：同上可得因为在等腰直角三角形ABC中，，所以，所以，，所以，故B正确；对于C：设的中点为，则，所以，故C正确；对于D：设的中点为，为线段上一点，设，，则，，所以，作点关于的对称点，则四边形为边长为1的正方形，故，当三点共线时取等号，所以的最小值为，故D正确.故选：BCD.12.如图，在矩形ABCD中，，M为边BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为线段的中点，则在翻折过程中，（）A.异面直线CN与所成的角为定值B.存在某个位置使得C.点C始终在三棱锥外接球的外部D.当二面角为60°时，三棱锥的外接球的表面积为〖答案〗AC〖解析〗A选项，矩形ABCD中，，M为边BC的中点，所以为等腰直角三角形，故，，翻折过程中，，取的中点，连接，因为N为线段的中点，所以，则或的补角为异面直线CN与所成的角，因为M为边BC的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，故，所以，其中，由余弦定理得，故，故，所以异面直线CN与所成的角的余弦值为，A正确；B选项，因为，所以，故⊥，假如，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，这与矛盾，故假设不成立，所以不存在某个位置使得，B错误；C选项，由于⊥，故外接圆的圆心为，设三棱锥外接球球心为，则⊥平面，连接，则即为三棱锥外接球的半径，由于，所以，所以点C始终在三棱锥外接球的外部，C正确；D选项，取的中点，连接，，因为，所以⊥，且，所以⊥，所以即为二面角为平面角，即，过点作⊥于点，则，，，因为⊥，⊥，，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，因为，平面，所以⊥平面，由C选项可知，三棱锥外接球球心为，则⊥平面，过点作⊥于点，则，，若球心在平面的上方时，如图，此时，由勾股定理得，，故，解得，不合要求，舍去；若球心在平面的下方时，如图，此时，由勾股定理得，，故，解得，满足要求，代入上式可得外接球半径为，三棱锥的外接球的表面积为，故当二面角为60°时，三棱锥的外接球表面积为，D错误.故选：AC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知一组数据：24，30，40，44，48，52.则这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为______.〖答案〗36〖解析〗因为，故这组数据的第30百分位数为30，因为，所以第50百分位数为，所以这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为.故〖答案〗为：36．14.已知，，则的值为______.〖答案〗〖解析〗由，代入，解得，.故〖答案〗为：.15.在中，角、、的对边分别为、、，已知，与的平分线交于点，则的值为______.〖答案〗〖解析〗由，可得，由正弦定理可得，即，整理可得，由余弦定理可得，因为，则，所以，因为与的平分线交于点，所以.故〖答案〗为：.16.在正四棱柱中，已知，，则点到平面的距离为______；以A为球心，2为半径的球面与该棱柱表面的交线的总长度为______.〖答案〗〖解析〗空1：由题意可得：，因为平面，平面，可得，设点到平面的距离为d，因为，则，解得，即点到平面的距离为.空2：由题意可知：球A仅与平面、平面、平面和平面相交，因为，此时球A与平面的交线为半径为2的圆的，则交线的长度为；设球A与棱的交点为，即，可得，则，且为锐角，则，即，所以球A与平面的交线为半径为2的圆的，则交线的长度为；同理可得：球A与平面的交线的长度；可知，所以球A与平面的交线为半径为的圆的，则交线的长度为；所以球面与该棱柱表面的交线的总长度为.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.已知向量，.（1）若∥，求；（2）若，求.解：（1）因为∥，向量，，所以，当时，不成立，则，从而，所以.（2）因为，所以，即，故，因，，所以，当时，不成立，则，故，所以.18.如图，四棱锥的底面为梯形，，，底面，平面平面，点在棱上，且.（1）证明：平面；（2）证明：.解：（1）在平面中，过作交于点，连接，因为，所以，又，所以，又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）因为底面，平面，所以，在平面中，过点作，交于点，因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，又平面，所以，又平面，平面，，所以平面，又平面，所以.19.近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式.某直播平台有800个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示.为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取60个直播商家进行问询交流.（1）应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的60个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率直方图如图②所示.（i）估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（求平均数时同一组中的数据用该组区间中点的数值为代表）；（ii）若将平均日利润超过470元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数.解：（1）根据分层抽样知：应抽取小吃类家，生鲜类家，所以应抽取小吃类21家，生鲜类9家.（2）（i）根据题意可得，解得，设中位数为x，因为，，所以，解得，所以该直播平台商家平均日利润的中位数为元，平均数为，所以该直播平台商家平均日利润的平均数为440元.（ii），所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为256.20.每年的月日为国际数学日，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节，其中一项活动是“数学知识竞赛”，竞赛共分为两轮，每位参赛学生均须参加两轮比赛，若其在两轮竞赛中均胜出，则视为优秀，已知在第一轮竞赛中，学生甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮竞赛中，甲、乙胜出的概率分别为，.甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响.（1）若，求甲恰好胜出一轮的概率；（2）若甲、乙各胜出一轮的概率为，甲、乙都获得优秀的概率为.（i）求，，的值；（ii）求甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概率.解：（1）设“甲在第一轮竞赛中胜出”为事件，“甲在第二轮竞赛中胜出”为事件，“乙在第一轮竞赛中胜出”为事件，“乙在第二轮竞赛中胜出”为事件，则，，，相互独立，且，，，，设“甲恰好胜出一轮”为事件，则，，互斥，当时，，所以当，甲恰好胜出一轮的概率为.（2）由（1）知，（i）记事件为“甲、乙各胜出一轮”，事件为“甲、乙都获得优秀”，所以，，因为甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响，所以，，则，解得或（舍去），综上，，.（ii）设事件为“甲获得优秀”，事件为“乙获得优秀”，于是“两人中至少有一人获得优秀”，且，，所以，，所以，故甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概率为.21.在①，②，③的面积这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答.在中，角、、的对边分别为、、，已知______.（1）求角；（2）若点在边上，且，，求.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分解：（1）若选择①：因为，结合余弦定理，得，即，由正弦定理可得，所以，又，所以，所以，即，又，所以.若选择②：因为，结合正弦定理可得，即，，即，又，，故，即，所以，即，因为，，所以，得.若选择③：条件即，又，，所以，即，所以，又因为，则，所以，又因为，所以.（2）设，则，因为，，故，所以，在中，由正弦定理可得，即，在中，同理可得，，因为，所以，即，整理得，即.22.如图，在三棱锥中，底面BCD是边长为2的正三角形，平面BCD，点E在棱BC上，且