2022-2023学年湖北省新高考联考协作体高一下期末数学试卷(含答案解析)

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资源描述

1、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。1(5分)已知i是虚数单位,复数z2+i,则zi的虚部为()A1B2CiD2i2(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:甲乙两人可能同时被抽取;高一、高二年级分别抽取100人和108人;乙被抽到的可能性比甲的大其中正确的有()ABCD3(5分)已知,是两个不同的平面,m为平面内的一条直线,下列说法正确的是()A若m,则B若l,ml

2、,则mC若,则mD若m,则4(5分)已知向量a,b满足|b|=1,ab,则a-2b在b方向上的投影向量为()A2B2aC-2bD25(5分)已知,是三个平面,l1,l2,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l1l2O,则直线l1与直线l3可能平行C若l1l2O,则直线l2与直线l3不可能相交于O点D若l1l2,则l1l36(5分)已知平面向量a,b,c满足|a|=1,|b|=2且对tR,有|b+ta|b-a|恒成立,则2a-b与b的夹角为()A23B2C3D67(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D

3、E,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()A1B23C43D28(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()A10B10.6C12.6D13.6二、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

4、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xC(全体复数集),关于x的方程x2+tx+20(tR)的两根分别为x1,x2,若|x1-x2|=22,则t的可能取值为()A4B2C0D4(多选)11(5分)已知函数f(x)=Asin(x+)(A0,0,-20)的部分图像如图所示,加入以下哪个选项作为已知条件,可以唯一确定的值()Af(0)1,A2Bx1=12,x2=512Cx22x1Dx24x1(多选)12(5分)已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中

5、,P为正方体内及表面上一点,且AP=mAB+nAD1,其中m0,1,n0,1,则下列说法正确的是()A当n1时,对任意m0,1,CP平面ABB1A1恒成立B当m0,n=12时,B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为63C当m+n1时,A1C1B1P恒成立D当m+n1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(2i)z6+2i,则|z| 14(5分)如图OAB是水平放置的OAB的直观图,其中OA6,OB4,AOB45,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

6、积为93,三棱锥DABC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DEF90,EDF30,则SDEFSABC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)已知为三角形的一个内角,i为虚数单位,复数zcos+isin,且z2z在复平面上对应的点在虚轴上(1)求;(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+b2acosB0(1)求角A;(2)若a23

7、,BAAC=32,AD是ABC中线,求AD的长19(12分)如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1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ABCDA1B1C1D1,将正方体分成两个几何体,两个几何体的体积分别为V1,V2(V1V2),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

8、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ABCA1B1C1中,ABBCAA12,BC1=14,ABC=23,A1C1A1B(1)证

9、明:平面A1AC平面ABC;(2)求二面角AA1BC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=34a(1)若A=2,求B;(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z2+i,则zi的虚部为()A1B2CiD2i【解答】解:zi=(2-i)i=1+2i,虚部为2故选:B2(5分)某中学高一年级有20个班,每班

10、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:甲乙两人可能同时被抽取;高一、高二年级分别抽取100人和108人;乙被抽到的可能性比甲的大其中正确的有()ABCD【解答】解:对于,采用分层抽样的方式进行抽样,甲乙两人可能同时被抽取,故正确;对于,高一共有20501000人,高二共有24451080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10002080208=100人,高二应抽取10802080208=108人,故正确;对于,甲被抽到的可能性为1001000=1

11、10,乙被抽到的可能性为1351350=110,甲和乙被抽到的可能性相等,故错误故选:C3(5分)已知,是两个不同的平面,m为平面内的一条直线,下列说法正确的是()A若m,则B若l,ml,则mC若,则mD若m,则【解答】解:对于A,由面面平行判定定理可知,在平面内需要两条相交直线与平面平行才能得出两平面平行,故A错误;对于B,选项缺少m不在平面内,故B错误;对于C,由面面垂直的性质定理可知,平面内的直线m与,两个平面的交线垂直,才能得出m,故C错误;对于D,已知m,m为平面内的一条直线,由面面垂直判定定理可知D正确,故D正确故选:D4(5分)已知向量a,b满足|b|=1,ab,则a-2b在b方

12、向上的投影向量为()A2B2aC-2bD2【解答】解:由ab,得ab=0根据投影向量的定义可知:a-2b在b方向上的投影向量为(a-2b)b|b|2b=ab-2|b|2|b|2b=-2b故选:C5(5分)已知,是三个平面,l1,l2,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l1l2O,则直线l1与直线l3可能平行C若l1l2O,则直线l2与直线l3不可能相交于O点D若l1l2,则l1l3【解答】解:对于A,由l2,l3,得l2,l3,则直线l2与直线l3是共面直线,故A错误;对于B、C,l1,l2,l1l2O,O,O,O,l3,Ol3,可知直线l1,l2,l3必然交于

13、一点(即三线共点),故B,C错误;对于D,若l1l2,l1,l2,l1,又l1,l3,l1l3,故D正确故选:D6(5分)已知平面向量a,b,c满足|a|=1,|b|=2且对tR,有|b+ta|b-a|恒成立,则2a-b与b的夹角为()A23B2C3D6【解答】解:因为对tR,有|b+ta|b-a|恒成立,所以对tR,(b+ta)2(b-a)2恒成立,所以对tR,t2a2+2tab-(a2-2ab)0恒成立,所以=4(ab)2+4a2(a2-2ab)0,即(a2-ab)20,所以a2-ab=a2-|a|b|cosa,b=0,解得cosa,b=12,所以a,b=3,ab=|a|b|cosa,b=

14、1,所以|2a-b|=4a2-4ab+b2=2,所以cos2a-b,b=(2a-b)b|2a-b|b|=2ab-b24=-24=-12,所以2a-b与b的夹角为23故选:A7(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()A1B23C43D2【解答】解:由折叠不变可知,三棱锥AEFD中AE,AF,AD两两相互垂直,所以VA-EFD=VD-AEF=13SAEFDA=1312112=13,EFD的三边长分别为2,5,5,所以SEFD=32,因为VAEFDVDAEF,设

15、A到平面EFD的距离为d,所以13SEFDd=13,解得d=23,故选:B8(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()A10B10.6C12.6D13.6【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+a864,a1+a2+a8+x+y90,所以x+y26,一组样本数据共有8个数,其平均数为8,方差为12,则18i=18(ai-8)2=12,即i=18(ai-8)2=96,新的样本数据的方差为110i=18(ai-9)2+(x

16、-9)2+(y-9)2=110i=18(ai-8)2-2i=18(ai-8)+8+(x-9)2+(y-9)2=110(x2+y2-202),因为x2+y22x+y2=13,x2+y2202136,所以方差的最小值为13.6(当xy8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

17、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xC(全体复数集),关于x的方程x2+tx+20(tR)的两根分别为x1,x2,若|x1-x2|=22,则t的可能取值为()A4B2C0D4【解答】解:因为方程x2+tx+

18、20(tR)的两根分别为x1,x2,所以x1+x2t,x1x22,所以(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=t2-8,当t280时,有|x1-x2|=t2-8=22,解得t4;当t280时,有x1-x2=8-t2i,又|x1-x2|=8-t2=22,解得t0故选:ACD(多选)11(5分)已知函数f(x)=Asin(x+)(A0,0,-20)的部分图像如图所示,加入以下哪个选项作为已知条件,可以唯一确定的值()Af(0)1,A2Bx1=12,x2=512Cx22x1Dx24x1【解答】解:A项:当f(0)1,A2时得sin=-12,-20=-6,A选项正确;B项:当x1=12,x2=

19、512时,函数的最小正周期为23,3,以及x1+x22=4,43+=2=-4,B正确;C项:由图像可得 x1+0,x2+,-=x2x1-+1=x2x1又因为-20,-2x2x13,所以C错,D对故选:ABD(多选)12(5分)已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,P为正方体内及表面上一点,且AP=mAB+nAD1,其中m0,1,n0,1,则下列说法正确的是()A当n1时,对任意m0,1,CP平面ABB1A1恒成立B当m0,n=12时,B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为63C当m+n1时,A1C1B1P恒成立D当m+n1时,PA+PC的最小值为3【解答】解:对于A:如图1,

20、当n1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m0,n=12时,P是AD1的中点,因为AB平面BB1C1C,B1C平面BB1C1C,所以ABB1C,又B1CBC1,ABBC1B,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RtB1PH中,tanB1PH=PHB1H=122=2,所以B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为63,故B正确;对于C:如图3,当m+n1时,点P在线段BD1上,由选项

21、C同理可证A1C1面BB1D1,B1P面BB1D1,A1C1B1P,故C正确;对于D:如图4,当m+n1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ACBD1,PA=PC=ABAD1BD1=123=63,所以PA+PC的最小值为236,故D错误故选: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(2i)z6+2i,则|z|22【解答】解:因为z=6+2i2-i=(6+2i)(2+i)(2-i)(2+i)=10+10i5=2+2i,所以|z|=22+22=22故答案为:2214(5分)如图OAB是水平放置

22、的OAB的直观图,其中OA6,OB4,AOB45,则OAB的周长为 24【解答】解:如图,根据直观图复原原图,则OA=6,OB=8,AB=62+82=10,故OAB的周长为6+8+1024故答案为:2415(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DABC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DABC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=93,故x6,所以AO=23,DOAO

23、R,故OO=AO2-AO2=R2-12,故三棱锥的高DO=DO+OO=R+R2-12,所以V=1393(R+R2-12)=183,所以R4故答案为:416(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DEF90,EDF30,则SDEFSABC的最小值为 314【解答】解:设BDE=(656),EFx,则在BDE中,DEB=-(+3),DE=3x,由正弦定理得:DEsin3=BDsin(+3),BD=sin(+3)sin33x,在ADF中DF2x,A=3,AFD=-6,同理可得AD=sin(-6)sin32x,因此可得AB=AD+BD=2sin(+3)x+

24、433sin(-6)x=(3sin+33cos)x,SDEFSABC=12DEEF12ABABsin3=2(3sin+33cos)2,因为3sin+33cos=2213sin(+)2213,其中tan=39,06,由于656,6+56+,所以当+=2时,sin(+)1,所以(3sin+33cos)max=2321,则SDEFSABC的最小值为314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)已知为三角形的一个内角,i为虚数单位,复数zcos+isin,且z2z在复平面上对应的点在虚轴上(1)求;(2)设2z,z,1+z+z2在复平面

25、上对应的点分别为A,B,C,求ABC的面积【解答】解:(1)z2z(cos2cos)+i(sin2sin),cos2cos2cos2cos10,(0,),cos=-12=23;(2)由(1)知:sin=32,2z=-1+3i,z2=14-34-32i=-12-32i,z=-12-32i,1+z+z2=1-12+32i-12-32i=0在复平面上对应的点分别为A(-1,3),B(-12,-32),C(0,0),CA2,CB1,AB=7,由余弦定理可得cosACB=CA2+CB2-AB22CACB=1+4-722=-12,且ACB(0,),sinACB=32,SABC=12CACBsinACB=1

26、21232=3218(12分)记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足2c+b2acosB0(1)求角A;(2)若a23,BAAC=32,AD是ABC中线,求AD的长【解答】解:(1)因为2c+b2acosB0,由正弦定理可知:2sinC+sinB2sinAcosB0,由CAB,故sinCsin(AB)sin(A+B),所以2sin(A+B)+sinB2sinAcosB0,2cosAsinB+sinB0(B(0,),sinB0),所以cosA=-12,又A(0,),所以A=23;(2)根据数量积的定义,由BAAC=32,得cbcos3=32bc=3,又a=23,在ABC中,由余弦定

27、理得:a2b2+c22bccosAb2+c29,因为AD=12AB+12AC,所以|AD|2=AB2+AC2+2ABAC4=14(b2+c2)-14bc=32,所以AD=6219(12分)如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1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ABCDA1B1C1D1,将正方体分成两个几何体,两个几何体的体积分别为V1,V2(V1V2),求V1:V2的值【解答】解:(1)证明:如图,连接EF,在正方体ABCDA1B1C1D1中,ABC1D1且ABC1D1,所以四边形ABC1D1是平行四边形,所以AD

28、1BC1,又E,F分别是棱BB1,B1C1的中点,则EFBC1,所以EFAD1,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ABCDA1B1C1D1的截面是四边形AEFD1,所以V1是几何体三棱台A1AD1B1EF的体积,则SA1AD1=1222=2,SB1EF=1211=12,所以V1=13A1B1(SA1AD1+SA1AD1SB1EF+SB1EF)=132(2+1+12)=73,且V2=VABCD-A1B1C1D1-V1=23-73=173因此V1:V27:1720(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

29、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

30、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=550.30+650.40+750.15+850.10+950.05=67(分),设80%分位数为x,则0.0310+0.0410+(x70)0.0150.8,解得x=230376.67(分);(2)由分层抽样可知,第三组和第四组分别抽取30人和20人,分层抽样的平均值:x1=3572+2587=78(分),分层抽样的方差:s2=351+(72-78)2+252+(

31、87-78)2=2775=55.4,所以这200人中分数在区间70,90)所有人的成绩的方差为55.421(12分)在三棱柱ABCA1B1C1中,ABBCAA12,BC1=14,ABC=23,A1C1A1B(1)证明:平面A1AC平面ABC;(2)求二面角AA1BC的平面角的余弦值【解答】解:(1)证明:如图,设AC的中点为O,连接OA1,OB,因为ABBC,所以ACOB,又因为ACA1C1,且A1C1A1B,所以ACA1B,因为A1B,OB平面OBA1,且A1BOBB,所以AC平面OBA1,因为OA1平面OBA1,所以ACOA1,在ABC中,ABBC2,ABC=23,由余弦定理求得AC=AB

32、2+BC2-2ABBCcos23=22+22-222(-12)=23,则A1C1=AC=23,BC1=14,因为A1C1A1B,所以A1C12+A1B2=BC12,解得A1B=2,在RtAOA1,AA12,AO=3,可知A1O1,又OB1,在OBA1中,OA12+OB2=A1B2,因此A1OOB由(1)知,ACOA1,且AC,OB平面ABC,且ACOBO,所以A1O平面ABC,A1O平面A1AC,因此平面A1AC平面ABC(2)由第一问证明易得A1AA1C,AA1BCA1B,且ABBCAA1CA1取A1B的中点P,APC为二面角AA1BC的平面角,且AC=23,AP=CP=142cosAPC=

33、AP2+CP2-AC22APCP=-57,所以二面角AA1BC的平面角的余弦值为-5722(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=34a(1)若A=2,求B;(2)已知ABC中角B和C是锐角,求tanB+4tanC的最小值【解答】解:(1)因为ABC边BC上的高h=34a,则SABC=12bcsinA=12a34a,由正弦定理得sinBsinCsinA=34sin2A,而sinA0,则sinBsinC=34sinA,当A=2时,sinCsin(2-B)cosB,即有sinBcosB=34,即sin2B=32,显然cosB0,即0B2,有02B,于是2B=3或

34、2B=23,所以B=6或B=3;(2)在ABC中,由sinBsinC=34sinA,得sinBsinC=34sin(B+C),而B和C为锐角,即sinBsinC=34(sinBcosC+cosBsinC),于是tanBtanC=34(tanB+tanC),显然tanB,tanC0,从而1tanB+1tanC=43,因此tanB+4tanC=34(1tanB+1tanC)(tanB+4tanC)=34(5+tanBtanC+4tanCtanB)34(5+2tanBtanC4tanCtanB)=943,当且仅当tanB=2tanC=343时取等号,所以当tanB=343,tanC=383时,tanB+4tanC的最小值943第18页(共18页)

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