2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一（下）期末数学试卷

第1页（共1页）2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一（下）期末数学试卷一、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．（5分）已知i是虚数单位，复数z＝2+i，则z⋅A．1 B．2 C．i D．2i2．（5分）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．①②③3．（5分）已知α，β是两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，下列说法正确的是（）A．若m∥β，则α∥β B．若l⊂β，m∥l，则m∥β C．若α⊥β，则m⊥β D．若m⊥β，则α⊥β4．（5分）已知向量a→，b→满足|b→|=1，aA．2 B．2a→ C．-2b5．（5分）已知α，β，γ是三个平面，α∩β＝l1，α∩γ＝l2，β∩γ＝l3，则下列结论正确的是（）A．直线l2与直线l3可能是异面直线 B．若l1∩l2＝O，则直线l1与直线l3可能平行 C．若l1∩l2＝O，则直线l2与直线l3不可能相交于O点 D．若l1∥l2，则l1∥l36．（5分）已知平面向量a→，b→，c→满足|a→|=1，|b→|=2且对∀t∈A．2π3 B．π2 C．π37．（5分）在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A′，则A′到平面EFD的距离为（）A．1 B．23 C．43 D8．（5分）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．10.6 C．12.6 D．13.6二、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。（多选）9．（5分）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（多选）10．（5分）已知x∈C（全体复数集），关于x的方程x2+tx+2＝0（t∈R）的两根分别为x1，x2，若|x1-A．﹣4 B．﹣2 C．0 D．4（多选）11．（5分）已知函数f(x)=A．f（0）＝﹣1，A＝2 B．x1=πC．x2＝2x1 D．x2＝4x1（多选）12．（5分）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体内及表面上一点，且AP→=mAB→+nAD1→，其中mA．当n＝1时，对任意m∈[0，1]，CP∥平面ABB1A1恒成立 B．当m＝0，n=12时，B1P与平面ABC1D1C．当m+n＝1时，A1C1⊥B1P恒成立 D．当m+n＝1时，PA+PC的最小值为3三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知i是虚数单位，复数z满足（2﹣i）z＝6+2i，则|z|＝．14．（5分）如图△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，其中O′A′＝6，O′B′＝4，∠A′O′B′＝45°，则△OAB的周长为．15．（5分）半径为R的球的球面上有四点A，B，C，D，已知△ABC为等边三角形且其面积为93，三棱锥D﹣ABC体积的最大值为183，则球的半径R等于16．（5分）已知直角三角形DEF的三个顶点分别在等边三角形ABC的边AB，BC，CA上，且∠DEF＝90°，∠EDF＝30°，则S△DEFS△ABC的最小值为四、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．（10分）已知θ为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数z＝cosθ+isinθ，且z2﹣z在复平面上对应的点在虚轴上．（1）求θ；（2）设2z，z，1+z+z2在复平面上对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积．18．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b﹣2acosB＝0．（1）求角A；（2）若a＝23，BA→•AC→=32，AD19．（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，（1）求证：点F在平面AED1内；（2）用平面AED1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为V1，V2（V1＜V2），求V1：V2的值．20．（12分）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，将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，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[70，90）的学生成绩的方差．21．（12分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝2，BC1=14，∠ABC=2π3，（1）证明：平面A1AC⊥平面ABC；（2）求二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．22．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且边BC上的高h=（1）若A=π2（2）已知△ABC中角B和C是锐角，求tanB+4tanC的最小值．

2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）已知i是虚数单位，复数z＝2+i，则z⋅A．1 B．2 C．i D．2i【解答】解：z⋅i=(2-故选：B．2．（5分）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【解答】解：对于①，采用分层抽样的方式进行抽样，甲乙两人可能同时被抽取，故①正确；对于②，高一共有20×50＝1000人，高二共有24×45＝1080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10002080×208=100人，高二应抽取10802080对于③，甲被抽到的可能性为1001000=110，乙被抽到的可能性为故选：C．3．（5分）已知α，β是两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，下列说法正确的是（）A．若m∥β，则α∥β B．若l⊂β，m∥l，则m∥β C．若α⊥β，则m⊥β D．若m⊥β，则α⊥β【解答】解：对于A，由面面平行判定定理可知，在平面α内需要两条相交直线与平面β平行才能得出两平面平行，故A错误；对于B，选项缺少m不在平面β内，故B错误；对于C，由面面垂直的性质定理可知，平面α内的直线m与α，β两个平面的交线垂直，才能得出m⊥β，故C错误；对于D，已知m⊥β，m为平面α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．（5分）已知向量a→，b→满足|b→|=1，aA．2 B．2a→ C．-2b【解答】解：由a→⊥b根据投影向量的定义可知：a→-2b→故选：C．5．（5分）已知α，β，γ是三个平面，α∩β＝l1，α∩γ＝l2，β∩γ＝l3，则下列结论正确的是（）A．直线l2与直线l3可能是异面直线 B．若l1∩l2＝O，则直线l1与直线l3可能平行 C．若l1∩l2＝O，则直线l2与直线l3不可能相交于O点 D．若l1∥l2，则l1∥l3【解答】解：对于A，由α∩γ＝l2，β∩γ＝l3，得l2⊂γ，l3⊂γ，则直线l2与直线l3是共面直线，故A错误；对于B、C，∵α∩β＝l1，α∩γ＝l2，l1∩l2＝O，∴O∈α，O∈β，O∈γ，∵β∩γ＝l3，∴O∈l3，可知直线l1，l2，l3必然交于一点（即三线共点），故B，C错误；对于D，若l1∥l2，l1⊄γ，l2⊂γ，∴l1∥γ，又l1⊂β，β∩γ＝l3，∴l1∥l3，故D正确．故选：D．6．（5分）已知平面向量a→，b→，c→满足|a→|=1，|b→|=2且对∀t∈A．2π3 B．π2 C．π3【解答】解：因为对∀t∈R，有|b→所以对∀t∈R，(b→所以对∀t∈R，t2a所以Δ=4(a→所以a→解得cos〈所以〈a→，所以|2a所以cos＜所以2a→-b→故选：A．7．（5分）在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A′，则A′到平面EFD的距离为（）A．1 B．23 C．43 D【解答】解：由折叠不变可知，三棱锥A′﹣EFD中A′E，A′F，A′D两两相互垂直，所以VA△EFD的三边长分别为2，5，5，所以S△因为VA′﹣EFD＝VD﹣A′EF，设A′到平面EFD的距离为d，所以13S△故选：B．8．（5分）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．10.6 C．12.6 D．13.6【解答】解：设增加的数为x，y，原来的8个数分别为a1，a2，⋯，a8，则a1+a2+⋯+a8＝64，a1+a2+⋯+a8+x+y＝90，所以x+y＝26，一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，则18i=1新的样本数据的方差为1=1因为x2+y22≥x+y2=13所以方差的最小值为13.6（当x＝y＝8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。（多选）9．（5分）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【解答】解：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．（多选）10．（5分）已知x∈C（全体复数集），关于x的方程x2+tx+2＝0（t∈R）的两根分别为x1，x2，若|x1-A．﹣4 B．﹣2 C．0 D．4【解答】解：因为方程x2+tx+2＝0（t∈R）的两根分别为x1，x2，所以x1+x2＝﹣t，x1x2＝2，所以(x当t2﹣8≥0时，有|x1-x2当t2﹣8＜0时，有x1-x2=±8-t故选：ACD．（多选）11．（5分）已知函数f(x)=A．f（0）＝﹣1，A＝2 B．x1=πC．x2＝2x1 D．x2＝4x1【解答】解：A项：当f（0）＝﹣1，A＝2时得sinφ=-12，-πB项：当x1=π12，x2=5π12时，函数的最小正∴π4⋅3+C项：由图像可得ωx1+φ＝0，ωx2+φ＝π，∴π又因为-π2＜φ＜0，∴故选：ABD．（多选）12．（5分）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为正方体内及表面上一点，且AP→=mAB→+nAD1→，其中mA．当n＝1时，对任意m∈[0，1]，CP∥平面ABB1A1恒成立 B．当m＝0，n=12时，B1P与平面ABC1D1C．当m+n＝1时，A1C1⊥B1P恒成立 D．当m+n＝1时，PA+PC的最小值为3【解答】解：对于A：如图1，当n＝1时，P点在线段C1D1上，CP⊂平面CDD1C1，又因为平面CDD1C1∥平面ABB1A1，CP⊂平面CDD1C1，所以CP∥平面ABB1A1，故A正确；对于B：如图2，当m＝0，n=12时，P是因为AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，所以AB⊥B1C，又B1C⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1D1内，所以B1C⊥平面ABC1D1，H是垂足，所以∠B1PH为B1P与平面ABC1D1所成的角，在Rt△B1PH中，tan∠所以B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为63，故B对于C：如图3，当m+n＝1时，点P在线段BD1上，由选项C同理可证A1C1⊥面BB1D1，B1P⊂面BB1D1，A1C1⊥B1P，故C正确；对于D：如图4，当m+n＝1时，点P在线段BD1上，将平面ABD1和平面BCD1展开成平面图后，线段AC为所求，此时AC⊥BD1，PA=所以PA+PC的最小值为236，故故选：ABC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知i是虚数单位，复数z满足（2﹣i）z＝6+2i，则|z|＝22【解答】解：因为z=所以|z故答案为：2214．（5分）如图△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，其中O′A′＝6，O′B′＝4，∠A′O′B′＝45°，则△OAB的周长为24．【解答】解：如图，根据直观图复原原图，则OA=6故△OAB的周长为6+8+10＝24．故答案为：24．15．（5分）半径为R的球的球面上有四点A，B，C，D，已知△ABC为等边三角形且其面积为93，三棱锥D﹣ABC体积的最大值为183，则球的半径R等于4【解答】解：根据题意，设△ABC的中心为O′，三棱锥D﹣ABC外接球的球心为O，则当体积最大时，点D，O′，O在同一直线上，且垂直于底面ABC，如图，因为△ABC为等边三角形且其面积为93，所以△ABC的边长x满足34x2=9所以AO'=23，DO＝AO＝R故三棱锥的高DO'所以V=13×93故答案为：4．16．（5分）已知直角三角形DEF的三个顶点分别在等边三角形ABC的边AB，BC，CA上，且∠DEF＝90°，∠EDF＝30°，则S△DEFS△ABC的最小值为【解答】解：设∠BDE=α(π则在△BDE中，∠DEB=π由正弦定理得：DEsin∴BD=在△ADF中DF＝2x，∠A=π同理可得AD=因此可得AB=S△因为3sinα+33cosα由于π6＜α所以当α+φ=π2时，sin（α所以(3sinα则S△DEFS故答案为：314四、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．（10分）已知θ为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数z＝cosθ+isinθ，且z2﹣z在复平面上对应的点在虚轴上．（1）求θ；（2）设2z，z，1+z+z2在复平面上对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积．【解答】解：（1）∵z2﹣z＝（cos2θ﹣cosθ）+i（sin2θ﹣sinθ），∴cos2θ﹣cosθ＝2cos2θ﹣cosθ﹣1＝0，θ∈（0，π），∴cosθ=（2）由（1）知：sinθ=32∴z2=1∴1+z在复平面上对应的点分别为A(-1，3)，B(∴CA＝2，CB＝1，AB=由余弦定理可得cos∠ACB=CA2+C∴sin∠∴S△18．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b﹣2acosB＝0．（1）求角A；（2）若a＝23，BA→•AC→=32，AD【解答】解：（1）因为2c+b﹣2acosB＝0，由正弦定理可知：2sinC+sinB﹣2sinAcosB＝0，由C＝π﹣A﹣B，故sinC＝sin（π﹣A﹣B）＝sin（A+B），所以2sin（A+B）+sinB﹣2sinAcosB＝0，2cosAsinB+sinB＝0（B∈（0，π），sinB≠0），所以cosA=-12，又A∈（0，（2）根据数量积的定义，由BA→得cbcosπ3=在△ABC中，由余弦定理得：a2＝b2+c2﹣2bccosA⇒b2+c2＝9，因为AD→所以|AD所以AD=619．（12分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，（1）求证：点F在平面AED1内；（2）用平面AED1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为V1，V2（V1＜V2），求V1：V2的值．【解答】解：（1）证明：如图，连接EF，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥C1D1且AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，所以AD1∥BC1，又E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，则EF∥BC1，所以EF∥AD1，所以E、F、D1、A四点共面，即点F在平面AED1内；（2）连接FD1，所以平面AED1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面是四边形AEFD1，所以V1是几何体三棱台A1AD1﹣B1EF的体积，则S△A1所以V1且V2因此V1：V2＝7：17．20．（12分）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，将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，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[70，90）的学生成绩的方差．【解答】解：（1）成绩落在[60，70）的频率为1﹣（0.30+0.15+0.10+0.05）＝0.40，补全的频率分布直方图，如下图：样本的平均数x=55×0.30+65×0.40+75×0.15+85×0.10+95设80%分位数为x，则0.03×10+0.04×10+（x﹣