河南省开封市五校2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题（Word版附解析）

开封五校2022~2023学年下学期期末联考高一数学全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.4.本卷主要考查内容：必修第二册.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，且，其中为虚数单位，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘方化简，再根据复数相等的充要条件得到、，即可得解.【详解】，，又，所以，则，.故选：D.2.在连续六次数学考试中，甲､乙两名同学的考试成绩情况如图，则（） A.甲同学最高分与最低分的差距低于30分B.乙同学的成绩一直在上升C.乙同学六次考试成绩的平均分高于120分D.甲同学六次考试成绩的方差低于乙同学【答案】C【解析】【分析】利用直接观察图表的方式，结合极差、平均数、方差的定义，可得答案.【详解】对于A，由图可知，甲同学的最高分大约为，最低分大约为，其差值大约为，则其差值不能确定是否低于，故A错误；对于B，由图可知，乙同学在第次的考试成绩是一直下降的，故B错误；对于C，由图可知，乙同学在次考试中有成绩在分以上，且其中有次在130分以上，另两次成绩，次约为分，次约为110分，所以乙同学的这六次考试成绩的平均分高于120分，故C正确；对于D，由于甲同学成绩波动较大，则甲同学六次成绩方差大，故D错误.故选：C.3.已知向量，则向量与夹角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据平面向量坐标运算求解向量与夹角的余弦值即可.【详解】因为，所以，， 所以.故选：B.4.盲盒，是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子，已知某盲盒产品共有2种玩偶.假设每种玩偶出现的概率相等，小明购买了这种盲盒3个，则他集齐2种玩偶的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】列举出所有可能的情况，查出能集齐2种的情况有6种，根据古典概型的概率公式，即可求得答案.【详解】假设2种玩偶分别为，则买3个盲盒，出现的玩偶为，，，，，，，共八种，其中集齐2种的情况有6种，所以集齐2种的概率为，故选：A.5.在中，内角的对边分别为.已知，则此三角形（）A.无解B.有一解C.有两解D.解的个数不确定【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理解出再根据，得到，可得角有两个解.【详解】由正弦定理，得，解得.因为，所以.又因为，所以或，故此三角形有两解.故选：C.6.如图，在正方体中，为棱的靠近上的三等分点.设与平面的交点为，则（） A.三点共线，且B.三点共线，且C三点不共线，且D.三点不共线，且【答案】B【解析】【分析】连接，利用公理2可直接证得，并且由三角形相似得比例关系，从而求出结果.【详解】连接连接，，直线平面平面.又平面，平面平面直线∴三点共线..故选：B.7.如图，AB是底部不可到达的一座建筑物，A为建筑物的最高点，某同学选择地面CD作为水平基线，使得C，D，B在同一直线上，在C，D两点用测角仪器测得A点的仰角分别是45°和75°，，则建筑物AB的高度为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理求出，再在直角三角形中求解即可.【详解】在中，根据正弦定理可得，在中，，故选：A8.已知，是不共线的两个向量，，，若，，则的最小值为A.2B.4C.D.【答案】B【解析】【分析】由可推得，.令，根据函数的最大值，即可得出，进而得出答案.【详解】由可得，，即.因为，，所以，所以，.令，因为，，所以. 又对，恒成立，所以，所以.故选：B.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.9.一组数据3，6，8，a，5，9的平均数为6，则对此组数据下列说法正确的是（）A.极差为6B.中位数为5C.众数为5D.方差为4【答案】ACD【解析】【分析】根据平均数的定义求出的值，根据数字特征的定义即可判断或计算各选项.【详解】，得极差，故正确；数据从小到大进行排序：，故中位数，故错误；众数为5，故正确；，故正确.故选：10.已知，是两个不重合的平面，，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是　　A.若，，，则B若，，则C.若，，则D.若，，则与所成的角和与所成的角相等【答案】BCD【解析】【分析】根据线面、面面关系的性质定理与判定定理判断即可；【详解】解：对于A．若，，，则或与平行或，与相交不垂直，故 A错误；对于B：，设过的平面与交于，则，又，，，B正确；对于C：，内的所有直线都与平行，且，，C正确；对于D：根据线面角的定义，可得若，，则与所成的角和与所成的角相等，故D正确．故选：BCD．11.不透明的口袋内装有红色､绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有（）A.2张卡片都不是红色B.2张卡片恰有一张蓝色C.2张卡片至少有一张红色D.2张卡片都为绿色【答案】ABD【解析】【分析】根据互斥事件和对立事件的定义结合题意分析判断即可.【详解】6张卡片中一次取出2张卡片的所有情况有“2张都为红色”､“2张都为绿色”､“2张都为蓝色”､“1张为红色1张为绿色”､“1张为红色1张为蓝色”､“1张为绿色1张为蓝色”，选项中给出的四个事件中与“2张都为红色”互斥而非对立的事件是“2张都不是红色”，“2张恰有一张蓝色”，“2张都为绿色”，其中“2张至少一张为红色”包含事件“2张都为红色”，二者并非互斥.故选：ABD.12.已知圆锥的母线长为为底面圆的一条直径，.用一平行于底面的平面截圆锥，得到截面圆的圆心为.设圆的半径为，点为圆上的一个动点，则（）A.圆锥的体积为B.的最小值为C.若，则圆锥与圆台的体积之比为1:8D.若为圆台的外接球球心，则圆的面积为【答案】ABD【解析】 【分析】根据圆锥的几何性质，求得其高，结合圆锥的体积公式、勾股定理、球的性质，可得答案.【详解】由题意可作图如下：由圆锥的母线长为，底面圆的半径为2，则，，可得圆锥的高.对于A：，A选项正确；对于B：已知，设点在底面的投影为，如下图所示：则，所以，B选项正确；对于C：由题意可作图如下：当时，，所以，又，所以，C选项错误；对于D：由题意可作图如下： 若点是圆台的外接球球心，则由，解得，所以，D选项正确.故选：ABD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.甲､乙两组共200人，现采取分层随机抽样的方法抽取40人的样本进行问卷调查，若样本中有16人来自甲组，则乙组的人数为__________.【答案】120【解析】分析】根据抽取比例计算可得答案.【详解】人.故答案为：.14.在中，，将绕直线旋转一周，所形成的几何体的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】根据该几何体的底面半径为，高为的圆锥求解.【详解】解：由题意得：该几何体的底面半径为，高为的圆锥，则母线为，所以.故答案为：15.如图，在正三棱柱中，，则直线与直线所成角的正切值为__________. 【答案】【解析】【分析】连接交于点，作点为的中点，连接，得到为与所成的角，从而在中求解即可.【详解】如图所示：连接交于点，作点为的中点，连接，则，故为与所成的角（或补角），在中，.所以.故答案为：16.如图，在Rt△AOC中，，圆O为单位圆．（1）若点P在圆O上，，则______________ （2）若点P在△AOC与圆O的公共部分的圆弧上运动，则的取值范围为__________【答案】①.②.【解析】【分析】（1）根据结合数量积的运算律即可求出；（2）法一：根据，结合余弦函数的性质即可得解.法二：以O为原点，OA所在直线为y轴，OC所在直线为x轴建立坐标系，设，再根据数量积的坐标运算结合三角函数的性质即可得解.【详解】（1）在△AOP中，，，，，则，即（2）法一：，因为，所以，故的取值范围为．法二：以O为原点，OA所在直线为y轴，OC所在直线为x轴建立坐标系，设，，，所以，，则 ，∵，则，∴，，即．故答案为：（1）；（2）.【点睛】方法点睛：求向量模的常见思路与方法：（1）求模问题一般转化为求模的平方，与向量数量积联系，并灵活应用，勿忘记开方；（2）或，此性质可用来求向量的模，可实现实数运算与向量运算的相互转化；（3）一些常见的等式应熟记：如，等.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.17.已知，复数（是虚数单位）.（1）若是纯虚数，求的值；（2）若在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】根据纯虚数的定义，实部等于零，虚部不等于零，列出条件解出即可;根据条件，虚数的实部小于零，虚部大于零，列出条件解出即可.【小问1详解】 因为是纯虚数，所以解得故的值为；【小问2详解】在复平面内对应的点为，由题意可得.解得，即的取值范围是.18.如图1，四边形是边长为2的正方形，将沿折叠，使点到达点的位置（如图2），且.（1）求证：；（2）求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过线面垂直判定定理证明线面垂直进而证明线线垂直；（2）通过（1）的证明得出二面角的平面角，在该平面角所在的三角形中运用余弦定理解该角的余弦值即可解出二面角大小.【小问1详解】在图1中连接交于，则，所以在图2中，，因为为平面中的两条相交直线，所以平面，又平面，所以； 【小问2详解】由（1）可知，为二面角的平面角，在中，，由余弦定理，得，因为，所以，所以二面角的大小为.19.某政府部门为促进党风建设，拟对政府部门的服务质量进行量化考核，每个群众办完业务后可以对服务质量进行打分，最高分为100分.上个月该部门对100名群众进行了回访调查，将他们按所打分数分成以下几组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到频率分布直方图如图所示.（1）估计所打分数的众数，平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）（2）该部门在第一､二组群众中按比例分配的分层抽样的方法抽取6名群众进行深入调查，之后将从这6人中随机抽取2人聘为监督员，求监督员来自不同组的概率.【答案】（1）众数为70，平均数为65；（2）【解析】【分析】(1)根据频率分布直方图与众数、平均数的计算方法依次计算即可；(2)先求出6人中第一、二组抽到的人数，求出样本空间的样本点个数和事件“2 人来自不同的组”包含的样本点个数，代入概率公式计算即可.【小问1详解】由频率分布直方图可知，众数为；5个组的频率分别为0.05，0.1，0.2，0.35，0.3，所以平均数为；【小问2详解】由频率分布直方图可知第一组的频率为0.05，第二组的频率为0.1，则第一组的人数为5人，第二组的人数为10人，所以按分层抽样的方法抽到的6人中，第一组抽2人，记为；第二组抽4人，记为，则，设事件为抽到的2人来着不同的组，则，所以.20.如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，D，E，F分别是棱，，的中点.（1）证明：平面；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）通过证明平面平面，得到平面；（2），，作于G，，即三棱锥的高为，可求三棱锥的体积.【小问1详解】证明：连接，∵E，F分别是棱AC，BC的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，∵D，F分别是棱，的中点，∴，，∴四边形是平行四边形，则，∵平面，平面，∴平面，∵，平面，且，∴平面平面，∵平面，∴平面；【小问2详解】连接，∵E为AC中点，∴，由题意，，∴，作于G，则面，是边长为的等边三角形，有，即三棱锥 的高为，∴.21.已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，点D在BC边上，AD是角平分线，，且的面积为．（1）求A的大小及的值；（2）若，求BD的长．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由已知根据正弦定理可得，进而根据余弦定理可得，求出角的大小，然后根据面积公式可得，最后由平面向量数量积的定义即可求解；（2）由已知，根据可得，然后在中利用余弦定理即可求解.小问1详解】解：在中，，由正弦定理得，∴由余弦定理可得，又∵，∴，∵，∴，解得，∴；【小问2详解】解：∵，由（1）得，∴， ∵AD是角平分线，∴，故，解得，在中，，，，由余弦定理得，∴．22.如图，在四棱锥中，底面是矩形，，是棱上一点，且平面.（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据勾股定理及线面垂直的性质，再利用勾股定理的逆定理、矩形的定义及线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理即可求解；（2）根据线面垂直的性质定理及矩形的定义，再利用线面垂直的判定定理及等体积法，结合线面角的定义即可求解.【小问1详解】在矩形中，所以， 平面平面平面，，在中，为中点，，，即，又平面平面，平面，又平面平面平面；【小问2详解】由（1）知，，平面平面，又平面，平面，又平面，又平面，，平面平面平面，平面，由（1）知为中点，所以到平面距离为，设到平面的距离为，由，即，解得，设直线与平面所成的角为，则则.所以直线与平面所成角的正弦值为.