广东省东莞高级中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

2022-2023学年广东省东莞高级中学高一（下）期中数学试卷一、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．设复数z＝i（1+2i）（其中i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点位于（　　）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．某士官参加军区射击比赛，打了6发子弹，报靶数据如下：7，8，9，10，6，8，（单位：环），下列说法不正确的是（　　）A．这组数据的平均数是8B．这组数据的极差是4C．这组数据的中位数是8D．这组数据的方差是23．已知两条不同的直线m、n及平面α、β，则下列命题正确的是（　　）A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若α⊥β，，，则m⊥nC．若m⊥α，m∥n，则n⊥αD．若m∥α，，则m∥n4．在中国共产党建党100周年之际，某外国语学校组织了“党史知识竞赛”活动，已知该外国语学校共有高中生2700名，用分层抽样的方法从该校高中学生中抽取一个容量为45的样本参加活动，其中高三年级抽取了14人，高二年级抽取了15人，则该校高一年级学生人数为（　　）A．1680B．1020C．960D．7205．△ABC的三内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c．设向量＝（a+c，b），＝（b﹣a，c﹣a），若向量∥，则角C的大小是（　　）A．B．C．D．6．在△ABC中，D为BC中点，点E为AD上靠近D点的一个三等分点，若，则λ+μ＝（　　）A．1B．C．D．7．古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现——圆柱容球定理．如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即圆柱的底面直径和高都等于球的直径），则圆柱的表面积与球的表面积之比为（　　）A．B．C．D．,8．如图，直角梯形ABCD中，AB＝3CD，∠ABC＝30°，BC＝4，梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周，所得几何体的外接球的表面积为（　　）A．B．48πC．128πD．208π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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．如图为我国2020年2月至10月的同城快递量与异地快递量的月统计图：根据统计图，下列结论正确的是（　　）A．异地快递量逐月递增B．同城快递量，9月份多于10月份C．同城和异地的月快递量达到峰值的月份相同D．同城和异地的快递量的月增长率达到最大的月份相同10．八卦是中国文化中的基本哲学概念，如图①是八卦模型图，其平面图形记为图②中的正八边形ABCDEFGH，其中OA＝2，则下列结论中正确的是（　　）A．B．∠EAD＝30°C．D．11．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是（　　）A．若，，则△ABC只有一解B．若，则△ABC是锐角三角形C．若O为△ABC所在平面内一点，且，则O为△ABC的垂心D．若，则△ABC的形状是等腰或直角三角形,12．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，P是A1D上的一个动点，下列结论中正确的是（　　）A．BP的最小值为B．当P在A1D上运动时，都有C1P⊥BD1C．当P在直线A1D上运动时，三棱锥A﹣B1PC的体积不变D．PA+PC的最小值为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知向量、满足，，则　　．14．如图所示正方形O'A'B'C'的边长为2cm，它是一个水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是　　．15．已知圆锥的母线为3，侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为　　．16．如图，在△ABC中，，点D在线段AC上，且AD＝2DC，BD＝3，则△ABC面积的最大值为　　．四、解答题：本大题共6个大题，共70,分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知复数，i为虚数单位．（1）求|z|和；（2）若复数z是关于x的方程x2+mx+n＝0的一个根，求实数m，n的值．18．如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，，，E是BC边的中点．（1）试用，表示，；（2）求的值．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面是棱长为1的菱形，∠ADC＝60°，，M是PB的中点．（1）求证：PD∥平面ACM；（2）求直线CM与平面ABCD所成角的正切值．20．为响应十九大报告中提出的“绿水青山就是金山银山”,的号召，某市旅游局投入若干经费对全市各旅游景区的环境进行综合治理，并且对各旅游景区收益的增加值作了初步的估计．根据旅游局的治理规划方案，收集了各旅游景区在治理后收益的增加值，将所有数据按照[0，2），[2，4），…，[10，12）分成6组，绘制出如图频率分布直方图．（1）求图中m的值；（2）利用频率分布直方图估算全市旅游景区收益增加值的平均数（以各组的区间中点值代表该组的取值）；（3）若该市旅游局打算奖励收益增加值前10%的旅游景区，需要制定一个标准t万元（即收益增加值大于t则奖励）估计t的值，并说明理由．21．已知△ABC为锐角三角形，且cosA+sinB＝（sinA+cosB）．（1）若C＝，求A；（2）已知点D在边AC上，且AD＝BD＝2，求CD的取值范围．22．如图1，在长方形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD的中点，以AE为折痕，把,△DAE折起为△D′AE，且平面D′AE⊥平面ABCE（如图2）．（1）求证：AD′⊥BE；（2）求四棱锥D′﹣ABCE的体积；（3）在棱D′E上是否存在一点P，使得D′B∥平面PAC，若存在，求出点P的位置，不存在，说明理由．,2022-2023学年东莞高级中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共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．【解答】选：B．2．【解答】解：根据条件可得平均数为，极差是10﹣6＝4；重新排序得到：6，7，8，8，9，10，中位数是，方差为[（7﹣8）2+（8﹣8）2+（9﹣8）2+（10﹣8）2+（6﹣8）2+（8﹣8）2]＝．故选：D．3．【解答】选：C．4．【解答】解：设该校高一年级学生人数为x人，则＝，解得x＝960．所以该校高一年级学生人数为960人．故选：C．5．【解答】解：∵∴（a+c）（c﹣a）＝b（b﹣a）∴b2+a2﹣c2＝ab2cosC＝1∴C＝故选：B．6．【解答】解：因为＝＝＝﹣，又因为，所以，则，故选：C．7．【解答】解：设球的半径为R，根据题意可得圆柱的底面半径为R，高为2R，，＝＝．故答案应为：3：2．选C,8．【解答】解：由题意可知，旋转一周得到的几何体为圆台．取圆台的轴截面，由题意知，球心O一定在线段AD或AD的延长线上，如图1，当球心O在线段AD上时．过点C作CE⊥AB于E点，则CE＝BCsin30°＝2，，所以，．设球的半径为R，OA＝x（0≤x≤2），OD＝2﹣x，则由勾股定理可得，整理可得x+5＝0，解得x＝﹣5（舍去）；如图2，当球心O在DA的延长线上时．过点C作CE⊥AB于E点，则CE＝BCsin30°＝2，，所以，．设球的半径为R，OA＝x（x＞0），则OD＝x+2，则由勾股定理可得，，整理可得x﹣5＝0，解得x＝5．所以R2＝72+3＝52，所以圆台外接球的表面积为4πR2＝208π．故选：D．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分）9．【解答】解：由我国2020年2月至10月的同城快递量与异地快递量的月统计图，知：对于A，异地快递量2月到6月逐月递增，6月到7月递减，7月到10月逐月递增，故A错误；对于B，9月同城快递量113215.1万件，10月同城快递量97454.2万件，9月份多于10月份，故B正确；对于C，同城的月快递量达到峰值的月份是6月，异地的月快递量达到峰值的月份是10月，故C错误；对于D，同城和异地的快递量的月增长率达到最大的月份相同，都是3月，故D正确．,故选：BD．10．【解答】解：选项A，∵八卦图为正八边形，∴中心角为＝45°，∴∠AOC＝90°，则△OAC中为等腰直角三角形，∠COD＝∠ACO＝45°，∴∥，即A正确，选项B，∵OA＝OD＝OE，∴△ADE为直角三角形，∴∠EAD＝90°﹣＝22.5°，即B错误，选项C，∵OB＝OC＝OG，∴△BCG为直角三角形，∴⊥，即C正确，选项D，正八边形的边长为＝，∴||＝＝2，即D正确．故选：ACD．11．【解答】选：ACD．12．【解答】选：ABC．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13．【解答】答案为：．14．【解答】解：∵直观图正方形O′A′B′C′的边长2cm，∴O′B′＝2，原图形为平行四边形OABC，其中OA＝2，高OB＝4．∴AB＝CO＝＝6．∴原图形的周长L＝2×6+2×2＝16（cm）15．【解答】解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h，根据题意，侧面展开所成扇形的弧长为，所以2πr＝4π⇒r＝2，则，于是圆锥的体积为．故答案为：．16．【解答】解：由题意，设，，且＝，因为点D在线段AC上，且AD＝2DC，故，则3＝＝＝＝≥＝，（当且仅当b＝2a时取等号），即，取等号时，故,．故答案为：．四、解答题（本大题共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．【解答】解：（1）∵＝，∴，；（2）∵复数z是关于x的方程x2+mx+n＝0的一个根，∴（2+i）2+m（2+i）+n＝0，∴3+4i+2m+mi+n＝0，∴（3+2m+n）+（m+4）i＝0，∴，解得m＝﹣4，n＝5；综上，．18．【解答】解：（1）由题意可得：，＝；（2），又由题意可得AD＝1，则，则＝＝．19．【解答】解：（1）证明：连接BD，交AC于点O，连接OM，由底面ABCD是菱形，知O是BD的中点，又M是BP的中点，∴OM∥DP．又∵OM⊂平面ACM，DP⊄平面ACM，∴PD∥平面ACM．（2）解：取AB中点E，连接ME，CE，∵M，E分别为PB，AB的中点，∴ME∥PA，∵PA⊥平面ABCD，∴ME⊥平面ABCD，∴直线CM与平面ABCD所成角为∠MCE，∵ME＝PA＝，CE＝，∴tan∠MCE＝＝．∴直线CM与平面ABCD所成角的正切值为．,20．【解答】解：（1）由（0.08+m+0.14+0.12+0.04+0.02）×2＝1，得m＝0.1．（2）＝1×0.08×2+3×0.1×2+5×0.14×2+7×0.12×2+9×0.04×2+11×0.02×2＝5．（3）（0.08+0.1+0.14+0.12）×2＝0.88＜0.9，0.88+0.04×2＝0.96＞0.9，∴t∈[8，10），则0.88+（t﹣8）×0.04＝0.9，解得：t＝8.5．21．【解答】解：（1）∵C＝，又cosA+sinB＝（sinA+cosB），∴cosA+sin（﹣A）＝sinA+cos（﹣A），∴cosA+cosA+sinA＝sinA+（cosA+sinA），∴，∴tanA＝1，又A∈（0，π），∴A＝；（2）∵cosA+sinB＝（sinA+cosB），∴sinA﹣cosA＝sinB﹣cosB，∴2sin（A﹣）＝2sin（B﹣），∴A﹣＝B﹣或A﹣+B﹣＝π，∴A＝B﹣或A+B＝（舍），又AD＝BD＝2，∴∠A＝∠ABD，∴∠CBD＝，在△BCD中，由正弦定理可得，∴，∴|CD|＝，又sinC＝sin（﹣2B），又△ABC为锐角三角形，'∴，∴B∈（，），,∴∈（，），∴sinC＝sin（﹣2B）∈（，1），∴|CD|＝∈（1，2）．22．【解答】解：（1）证明：在长方形ABCD中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，∴∠DEA＝∠CEB＝45°，∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE…（2分）∵平面D'AE⊥平面ABCE，且平面D'AE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面D'AE，AD'⊂平面D'AE∴AD'⊥BE…（4分）（2）取AE中点F，连接D'F，则D'F⊥AE∵平面D'AE⊥平面ABCE，且平面D'AE∩平面ABCE＝AE，D'F⊥平面ABCE，∴＝…（8分）（3）解：如图，连接AC交BE于Q，连接PQ，若D'B∥平面PAC∵D'B⊂平面D'BE平面D'BE∩平面PAC＝PQ∴D'B∥PQ…（10分）∴在△EBD'中，，∵在梯形ABCE中∴，即∴在棱D'E上存在一点P，且，使得D'B∥平面PAC…（12分）