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江苏省连云港市2022-2023学年高一下期末数学试卷(含答案解析)

1、江苏省连云港市2022-2023学年高一下期末数学试题一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.1. 计算的结果是( )A. B. 1C. D. i2. 已知甲、乙、丙三人在3天节日中值班,每人值班1天,每天一人,则甲排在乙前面值班的概率是( )A. B. C. D. 3. 设,是单位向量,若,则的值为( )A. 1B. 0C. D. 4. 为激发中学生对天文学兴趣,某校举办了“20222023学年中学生天文知识竞赛”,并随机抽取了200名学生进行成绩统计,发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间,进行适当分组后(每组为左闭右开的区间),画出频率分布直方图如图所示,下列说法正确的是(

2、 ) A. 直方图中的值为0.035B. 估计全校学生的平均成绩不低于80分C. 估计全校学生成绩的样本数据的60百分位数约为60分D. 在被抽取的学生中,成绩在区间的学生数为105. 若,则( )A. B. C. D. 6. 在长方体中,已知,则和所成角余弦值为( )A. B. C. D. 7. 四名同学各掷骰子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,可以判断出一定没有出现点数5的是( )A. 平均数为3,中位数为2B. 中位数为3,众数为2C. 中位数为3,方差为1.2D. 平均数为2,方差为1.68. 已知正四面体的棱长为12,先在正四面体内放入一个内切球,然后再放入一

3、个球,使得球与球及正四面体的三个侧面都相切,则球的体积为( )A. B. C. 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. 抛掷两枚硬币,若记出现“两个正面”“两个反面”“一正一反”的概率分别为,则( )A B. C. D. 10. 已知平面向量,则下列说法正确的是( )A. B. C. 向量与的夹角为D. 向量在上的投影向量为11. 在棱长为2的正方体中,为中点,为四边形内一点(含边界),若平面,则下列结论正确的是( )A. B. 三棱锥的体积为C. 线段最小值为D. 的取值范围为1

4、2. 设点是的外心,且(,),则下列命题为真命题的是( )A 若,则B. 若,则C. 若是正三角形,则D. 若,则四边形的面积是17三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13. 设,若为实数,则m的值为_.14. 在中,则的值为_.15. 如图,用,三种不同元件连接成系统S,每个元件是否正常工作不受其他元件的影响.当元件正常工作且,中至少有一个正常工作时,系统S正常工作.已知元件,正常工作的概率分别为0.6,0.5,0.5,则系统S正常工作的概率为_. 16. 已知矩形,沿对角线将折起,若二面角的大小为,则,两点之间的距离为_.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、

5、证明过程或演算步骤.17. 在中,内角A,所对的边分别为,.已知.(1)求A;(2)若,求周长的最大值.18. 甲、乙、丙三人独立地破译某个密码,甲译出密码的概率为,乙译出密码的概率为,丙译出密码的概率为,求:(1)其中恰有一人破译出密码的概率;(2)密码被破译的概率.19. 如图,为了测量河对岸,两点之间的距离,在河岸这边取点,测得,.设,在同一平面内,试求,两点之间的距离.(结果保留根号) 20. 如图,在几何体中,四边形是边长为6的正方形,平面与平面的交线为. (1)证明:;(2)若平面平面,中边上的高,求该几何体的体积.21. 已知函数最大值为1.(1)求常数m的值;(2)若,求的值.

6、22. 如图,在四棱锥中,底面为矩形,侧面是边长为2的正三角形,平面,是的中点. (1)证明:;(2)若直线与平面所成角的正切值为,求侧面与侧面所成二面角的大小.江苏省连云港市2022-2023学年高一下期末数学试题一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.1. 计算的结果是( )A. B. 1C. D. i【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算以及复数的乘法化简,即可得出答案.【详解】.故选:D.2. 已知甲、乙、丙三人在3天节日中值班,每人值班1天,每天一人,则甲排在乙前面值班的概率是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意,写出所有值班的排法及甲排在乙

7、前面值班的排法,进而根据公式求出答案即可.【详解】因为甲、乙、丙三人在3天节日中值班,每人值班1天,所以3人值班的情况有:(甲,乙,丙),(甲,丙,乙),(乙,甲,丙),(乙,丙,甲),(丙,甲,乙),(丙,乙,甲),共6种,其中甲排在乙前面值班有(甲,乙,丙),(甲,丙,乙),(丙,甲,乙),共3种,故甲排在乙前面值班的概率为.故选:C.3. 设,是单位向量,若,则的值为( )A. 1B. 0C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接根据平面向量数量积的运算律,将展开,计算结果.【详解】因为,是单位向量,且,所以,所以故选:A.4. 为激发中学生对天文学的兴趣,某校举办了“20222023学

8、年中学生天文知识竞赛”,并随机抽取了200名学生进行成绩统计,发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间,进行适当分组后(每组为左闭右开的区间),画出频率分布直方图如图所示,下列说法正确的是( ) A. 直方图中的值为0.035B. 估计全校学生的平均成绩不低于80分C. 估计全校学生成绩的样本数据的60百分位数约为60分D. 在被抽取的学生中,成绩在区间的学生数为10【答案】B【解析】【分析】根据各频率和为1可求,故可判断A的正误,根据公式可求均值,故可判断B的正误,根据前4组的频率之和可求60百分位数,故可判断C的正误,根据区间对应的频率可求对应的人数,故可判断D的正误.【详解】由频率分

9、布直方图可得,故,故A错误.由频率分布直方图可得全校学生的平均成绩估计为:,故B正确.前4组的频率为,故全校学生成绩的样本数据的60百分位数大于,故C错误.区间对应的频率为,故对应的人数为,故D错误.故选:B.5. 若,则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据已知切化弦化简,结合二倍角公式可推得,然后变为正余弦的齐次式化简运算,即可得出答案.【详解】由可得,整理可得,所以有,所以,所以,.故选:D.6. 在长方体中,已知,则和所成角的余弦值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】如图,长方体中,且,所以四边形为平行四边形,所以和所成角等于与所成的角,在中

10、,则,同理,在中,由余弦定理得,所以和所成角的余弦值为.故选:B.7. 四名同学各掷骰子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,可以判断出一定没有出现点数5的是( )A. 平均数为3,中位数为2B. 中位数为3,众数为2C. 中位数为3,方差为1.2D. 平均数为2,方差为1.6【答案】D【解析】【分析】举特例,结合中位数、众数、平均数以及方差公式,即可得出答案.【详解】对于A项,若试验结果为1,2,2,5,5,则满足题意,故A项可以出现点数5;对于B项,若试验结果为2,2,3,4,5,则满足题意,故B项可以出现点数5;对于C项,若试验结果为2,2,3,3,5,则平均数为,方

11、差为满足题意,故C项可以出现点数5;对于D项,若试验结果中有5,则方差大于等于,故D项不可以出现点数5.故选:D.8. 已知正四面体的棱长为12,先在正四面体内放入一个内切球,然后再放入一个球,使得球与球及正四面体的三个侧面都相切,则球的体积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据正四面体的性质,推得球心的位置,求出正方体的高与斜高.根据相似三角形,得出方程,即可求出球的半径,得出答案.【详解】如图,正四面体,设点是底面的中心,点是的中点,连接.则由已知可得,平面,球心在线段上,球切平面的切点在线段上,分别设为.则易知,设球的半径分别为.因为,根据重心定理可知,.,.由可

12、得,即,解得,所以.由可得,即,解得,所以,球的体积为.故选:A.【点睛】关键点睛:根据已知,判断出球心的位置,构造直角三角形.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. 抛掷两枚硬币,若记出现“两个正面”“两个反面”“一正一反”的概率分别为,则( )A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】根据古典概型的概率公式,求出,的值,即可得出答案.【详解】抛掷两枚硬币,可能出现的等可能得结果为4个,其中包括“两个正面”的结果为1个,所以;包括“两个反面”的结果为1个,所以;包括“一正一

13、反”的结果为2个,所以.所以,A项错误;B、C、D正确.故选:BCD.10. 已知平面向量,则下列说法正确的是( )A. B. C. 向量与的夹角为D. 向量在上的投影向量为【答案】BD【解析】【分析】根据向量模长的坐标计算即可判断A,根据数量积的坐标运算可判断B,由夹角公式可判断C,由投影向量的求解公式可判断D.【详解】,所以,故A错误;,故B正确;,故C错误;向量在上的投影向量为,故D正确故选:BD11. 在棱长为2的正方体中,为中点,为四边形内一点(含边界),若平面,则下列结论正确的是( )A. B. 三棱锥的体积为C. 线段最小值为D. 的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】根据正

14、方体的性质得出平面平面,则根据已知得出点在线段上(含端点),对于选项A:当为时,根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出与的夹角为,根据已知得出的三边,即可得出为,即可判断;对于选项B:三棱锥若以为顶点,为底面时,根据正方体性质得出此时三棱锥的高为2,底面积为2,即可得出体积判断;对于选项C:点在线段上(含端点),则时,线段最小,根据等面积法求出答案即可判断;对于选项D:根据正方体性质结合已知可得,则,即可根据的范围得出的范围判断.【详解】取、中点分别为、,连接、,如下图:为正方体,平面,平面,且,平面平面,为四边形内一点(含边界),且平面,点在线段上(含端点),对于选项A:当为时,则与的夹角

15、为,此时, 则,则与不垂直,故A错误;对于选项B:为四边形内一点(含边界),到平面的距离为2,三棱锥的体积为,故B正确;对于选项C:点在线段上(含端点),当时,线段最小,在边上的高为,则,则当时,即,故C正确;对于选项D:为正方体,平面,平面,为直角三角形,且直角为,点在线段上(含端点),则当最大时,即点为点时,此时,此时最小,为,当最小时,即,此时,此时最大,为,则的取值范围为,故D正确;故选:BCD.12. 设点是的外心,且(,),则下列命题为真命题的是( )A. 若,则B. 若,则C. 若是正三角形,则D. 若,则四边形的面积是17【答案】ACD【解析】【分析】分别根据平面向量三点共线定

16、理及三角形外心的性质判断即可求解.【详解】对选项A:因为,则,三点共线,且点是的外心,所以,所以为中点,所以是以为直角顶点的直角三角形,故A正确;对选项B:因为,则,三点共线,易知是以为直角顶点的直角三角形,且为的中点,则,故B错;对选项C:因为是正三角形,则也是的重心,故,则,故C对;对选项D:因为,故在外,又,所以,又,则,故D对.故选:ACD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13. 设,若为实数,则m的值为_.【答案】【解析】【分析】根据复数的乘法运算化简,然后根据复数的概念列出方程,求解即可得出答案.【详解】由已知可得,.因为为实数,所以,解得.故答案为:.14. 在中

17、,则值为_.【答案】1【解析】【分析】根据诱导公式以及两角和的正切公式,化简即可得出答案.【详解】.故答案为:1.15. 如图,用,三种不同元件连接成系统S,每个元件是否正常工作不受其他元件的影响.当元件正常工作且,中至少有一个正常工作时,系统S正常工作.已知元件,正常工作的概率分别为0.6,0.5,0.5,则系统S正常工作的概率为_. 【答案】#【解析】【分析】根据独立事件以及对立事件的概率公式求出元件,中至少有一个正常工作的概率为,然后即可根据独立事件概率的乘法公式,得出答案.【详解】由已知可得,都不能正常工作的概率为,所以,元件,中至少有一个正常工作的概率为.所以,元件正常工作且,中至少

18、有一个正常工作的概率为,即系统S正常工作的概率为.故答案为:.16. 已知矩形,沿对角线将折起,若二面角的大小为,则,两点之间的距离为_.【答案】【解析】【分析】过分别作由题意可求得由二面角的大小为,得到再利用可求得结果.【详解】过分别作 则二面角的大小为,则,即两点间的距离为.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. 在中,内角A,所对的边分别为,.已知.(1)求A;(2)若,求周长的最大值.【答案】(1) (2)12【解析】【分析】(1)由已知结合正弦定理角化边,整理根据余弦定理即可得出,然后根据的范围,即可得出答案;(2)方法一:根据

19、余弦定理得出,根据基本不等式可得出,整理即可得出,得出答案;方法二:根据正弦定理得出,.设周长为,表示出周长.然后根据诱导公式以及辅助角公式化简可得出.然后根据的范围,即可得出答案.【小问1详解】在中,由已知结合正弦定理角化边可得,整理可得,所以.又,所以.【小问2详解】方法一:由(1)知,所以,所以,当且仅当时等号成立,所以,整理可得,所以,故的周长的最大值为12.方法二:由(1)知,所以,记的周长为,则,由,得,所以.又,所以当时,.18. 甲、乙、丙三人独立地破译某个密码,甲译出密码的概率为,乙译出密码的概率为,丙译出密码的概率为,求:(1)其中恰有一人破译出密码的概率;(2)密码被破译

20、的概率.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)设出事件,根据互斥事件概率加法公式、对立事件概率公式,以及独立事件概率的乘法公式即可得出答案;(2)根据已知结合独立事件概率的乘法公式,求出密码不能破译的概率,进而根据对立事件概率公式,即可得出答案.【小问1详解】记密码被甲、乙、丙3人独立地破译分别为事件A、,则,记“恰有一人破译出密码”为事件,由已知可得,.【小问2详解】记“密码被破译出”为事件,因为,所以.19. 如图,为了测量河对岸,两点之间的距离,在河岸这边取点,测得,.设,在同一平面内,试求,两点之间的距离.(结果保留根号) 【答案】【解析】【分析】在中,根据正弦定理求出,在中,根

21、据正切求出,在中,由余弦定理得出答案.【详解】在中,则,又,由正弦定理,得.在中,则.中,由余弦定理,得.所以.答:,两点之间的距离为.20. 如图,在几何体中,四边形是边长为6的正方形,平面与平面的交线为. (1)证明:;(2)若平面平面,中边上的高,求该几何体的体积.【答案】(1)证明见解析 (2)60【解析】【分析】(1)根据已知结合线面平行的判定定理推得平面.然后即可根据线面平行的性质定理得出证明;(2)根据面面平行的性质可证明平面,平面.即可得出,分别为四棱锥和三棱锥的高,求出四棱锥和三棱锥的体积,求和即可得出答案.【小问1详解】因为是正方形,所以.又平面,平面,所以平面.又平面,平

22、面平面,所以.【小问2详解】 连接,因为平面平面,平面平面,平面,所以平面.同理可得平面.又,所以平面.因此,分别为四棱锥和三棱锥的高,从而.21. 已知函数的最大值为1.(1)求常数m的值;(2)若,求的值.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据辅助角公式化简可得,然后根据正弦函数的性质,即可得出答案;(2)根据已知可得出,然后根据二倍角公式得出的值,根据两角差的余弦公式,即可得出答案.【小问1详解】,当,即时,所以.【小问2详解】由(1)知,.由得,所以.又,所以,所以,所以,所以22. 如图,在四棱锥中,底面为矩形,侧面是边长为2的正三角形,平面,是的中点. (1)证明:;(2

23、)若直线与平面所成角的正切值为,求侧面与侧面所成二面角的大小.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)根据线面垂直的性质得出.然后根据线面垂直的判定定理可得出平面,进而得出证明;(2)取的中点,连接,根据已知可推得是直线与平面所成的角,进而得出,.设平面与侧面交线为,根据线面平行的性质定理得出,然后根据定义法得出是侧面与侧面所成二面角的平面角.在中,即可得出答案.【小问1详解】因为平面,平面,所以.又因为是正三角形,是的中点,所以.又,平面,平面,所以平面.因为平面,所以.【小问2详解】取的中点,连接, 因为是的中点,所以.又,平面,平面,所以平面,所以是直线与平面所成的角,则.因为是边长为2的等边三角形,所以,所以,所以.又所以.设平面与侧面交线为,因为,平面,平面,所以平面.又因为平面,平面平面,所以,所以.取的中点,连接,则,.又因为,平面,平面,所以平面.因为平面,所以,所以.又因为,平面,平面,平面平面,所以是侧面与侧面所成二面角的平面角.在中,所以,所以侧面与侧面所成二面角的大小为.