湖北省黄冈、黄石、鄂州三市2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题（含解析）.docx

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1、黄冈黄石鄂州三市2023年春季高一年级期末联考数学本试卷共4页，22题全卷满分150分考试用时120分钟祝考试顺利注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效3非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效4考试结束后，请将答题卡上交一、选择题(每小题5分，共8小题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，则

2、的虚部为( )A. B. C. D. 2. 已知，且，三点共线，则( )A. B. C. D. 3. 某工厂生产三种不同型号的产品，产品数量之比为，现用分层随机抽样方法抽取一个容量为140的样本已知型产品抽取了56件，则型产品抽取的件数为( )A. 36B. 48C. 56D. 604. 下列说法正确的是( )A. 两两相交的三条直线确定一个平面B. 如果直线，和平面满足，那么C. 过平面外一点有且只有一条直线与这个平面垂直D. 若平面平面，平面平面，那么平面平面5. 已知中，则边上的中线长为( )A. B. 8C. 7D. 66. 已知空间中，直线与平面所成的角为，则为( )A. B. C.

3、 D. 7. 已知函数的一条对称轴为，且在区间上值域为，则实数的最大值为( )A. B. C. D. 8. 已知中角，所对的边分别为，满足，且则的最大值为( )A. 6B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，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. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险各种保险按相关约定进行参保与理赔该保险公司对5个险种的参保客户进行抽样调查，得出如下统计图例，则以下四个选项正确的是( ) A. 周岁人群参保总费用最少B.

4、 30周岁以上的参保人群约占参保总人群的C. 54周岁以上参保人数最少D. 丁险种更受参保人青睐10. 下列各式的值为是( )A. B. C. D. 11. 在棱长为4的正方体中，下列说法正确的是( )A. B. 直线与平面所成的角为C. 三棱锥的体积为D. 是的中点，点是侧面内的动点若平面，则的最大值为12. 著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次在一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半此直线称为欧拉线该定理称为欧拉线定理已知的外心为，重心为，垂心为，且，以下结论正确的是( )A. B. C. D. 若，则三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13

5、. 已知复数满足，则_14. 已知向量，则向量与的夹角为_15. 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶在西偏北的方向上，行驶后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度_ 16. 已知三棱锥中，顶点在底面的射影恰好是内切圆的圆心，底面的最短边长为6若三个侧面面积分别为，则顶点到底面的距离为_；三棱锥的外接球的表面积为_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. 某校从参加数学竞赛的同学中选取100名同学将其成绩(百分制，均为整数分数)分成五组，得到如下频率分布表：分数段频率0.1030.130.07(1)估计这

6、100名学生的平均成绩(同一组中的数据以该组区间中点值为代表)；(2)根据频率分布表，估算这100名学生成绩的第85百分位数(结果保留一位小数)18. 已知向量，设(1)若，求的值；(2)若将图象上所有点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变)，再把所得的图象向右平移个单位得到函数的图象，当时，求函数的值域19. 已知中角，所对的边分别为，设其面积为，(1)求角；(2)若，点在边上，若是平分线，且，求20. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，为的中点点在底面的射影恰好是边的中点 (1)求证平面；(2)求二面角的余弦值21. 如图，在中，点，分别在边，上，且，与交于点 (1)设，试用，表示

7、；(2)求长22. 如图，在矩形中，为中点，如图，将沿折起，点在线段上 (1)若，求证平面；(2)若平面平面，是否存在点，使得平面与平面垂直？若存在，求此时三棱锥的体积，若不存在，说明理由黄冈黄石鄂州三市2023年春季高一年级期末联考数学本试卷共4页，22题全卷满分150分考试用时120分钟祝考试顺利注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效3非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答

8、题区域内写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效4考试结束后，请将答题卡上交一、选择题(每小题5分，共8小题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，则的虚部为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简复数，分子分母同时乘以，进而求得复数，由此得到虚部.【详解】，所以的虚部为.故选：A2. 已知，且，三点共线，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三点共线得出向量共线，结合向量共线坐标表示可得答案.【详解】因为，所以，因为三点共线，所以，解得.故选：D.3. 某工厂生产三种不同型号的产品，产品数量之比为，现用分层随机

9、抽样方法抽取一个容量为140的样本已知型产品抽取了56件，则型产品抽取的件数为( )A. 36B. 48C. 56D. 60【答案】B【解析】【分析】根据比例求出，再由种型号所占比例求解即可.【详解】由题意，得，型号产品抽取的件数为.故选：B.4. 下列说法正确的是( )A. 两两相交的三条直线确定一个平面B. 如果直线，和平面满足，那么C. 过平面外一点有且只有一条直线与这个平面垂直D. 若平面平面，平面平面，那么平面平面【答案】C【解析】【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，结合判定定理与性质定理，对每个选项逐一分析，即可判断.【详解】对A，若两两相交的三条直线过同一个点，则它们可以确定

10、一个或三个平面，故A错误；对B，若，则直线，可能平行、相交或者成异面直线，故B错误；对C，过平面外一点有且只有一条直线与这个平面垂直，该结论正确，故C正确；对D，若平面平面，平面平面，则平面和平面可能相交、垂直或平行，故D错误.故选：C5. 已知中，则边上的中线长为( )A. B. 8C. 7D. 6【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理，即可求解.【详解】如图，边的中点为，中，根据余弦定理，则 故选：C6. 已知空间中，直线与平面所成的角为，则为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作平面，即可说明为直线与平面所成的角，然后通过作垂线求得线段之间的数量关系，解直角三角形即可

11、求得答案.【详解】如图，作平面，垂足为C，连接，则为直线与平面所成的角， 作,垂足为E，连接，因为平面，故，平面，故平面，平面，则，同理作,垂足为F，连接，可证,由于，为的公共边，故，则，而，故，故,即为的平分线，即,设，则，故,则，故选：A7. 已知函数的一条对称轴为，且在区间上值域为，则实数的最大值为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用两角和与差的余弦公式以及二倍角的余弦公式化简计算得函数，利用整体法，代入对称轴计算得的值，然后利用整体法分析函数的值域，列关于的不等式计算即可得答案.【详解】，因为函数的一条对称轴为，所以，即，又因为，所以，所以，当时，因函数在区间上

12、值域为，所以，解得，所以实数的最大值为.故选：D8. 已知中角，所对的边分别为，满足，且则的最大值为( )A. 6B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由正弦定理及两角和差得出,再由正弦定理边角互化结合辅助角公式计算即可.【详解】中由正弦定理,时，的最大值为.故选：D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，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. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险各种保险按相关约定进行参保与理赔该保险公司对5个险种的参保客户进

13、行抽样调查，得出如下统计图例，则以下四个选项正确的是( ) A. 周岁人群参保总费用最少B. 30周岁以上的参保人群约占参保总人群的C. 54周岁以上的参保人数最少D. 丁险种更受参保人青睐【答案】ACD【解析】【分析】根据统计图表给出信息逐个选项判断.【详解】对于A：由第一个图可得54周岁及以上的参保人数最少，占比为，其余年龄段的参保人数均比周岁人群参保人数多.由第二个图可得， 因为，所以周岁人群参保总费用最少，故A对.对于B：由第一个图可得，30周岁以上的参保人群约占参保总人群的，故B错.对于C：由第一个图可得，54周岁及以上的参保人数占参保总人数的，所以C对.对于D：由第三个图可得，丁险

14、种参保人群约占参保总人群的，所以最受青睐，所以D对.故选：ACD.10. 下列各式的值为是( )A. B. C D. 【答案】AB【解析】【分析】利用三角函数恒等变形，即可化简求值.【详解】A. ，故A正确；B. ，故B正确；C. ，故C错误；D. ，故D错误.故选：AB11. 在棱长为4的正方体中，下列说法正确的是( )A. B. 直线与平面所成的角为C. 三棱锥的体积为D. 是的中点，点是侧面内的动点若平面，则的最大值为【答案】AD【解析】【分析】对于A，连接，可证得平面，从而可得结论，对于B，由正方体的性质可证得平面，对于C，三棱锥的体积等于正方体的体积减去4个三棱锥的体积，对于D，取的

15、中点，的中点，的中点，连接，则证得平面平面，则线段扫过的图形为，然后求出其范围，从而可得答案.【详解】对于A，连接，则，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以A正确，对于B，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，所以直线与平面所成的角为，所以B错误，对于C，因为正方体的棱长为4，所以三棱锥的体积为，所以C错误，对于D，取的中点，的中点，的中点，连接，则，因为平面， 平面，所以平面，平面，因为，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，所以线段扫过的图形为，由，得，所以，所以，所以，即MP范围为，所以的最大值为故选：AD12. 著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的

16、外心、重心、垂心依次在一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半此直线称为欧拉线该定理称为欧拉线定理已知的外心为，重心为，垂心为，且，以下结论正确的是( )A. B. C. D. 若，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据三角形重心的向量性质及向量的加减法求得结果；对于B，根据三角形的外心性质结合向量的数量积求得结果；对于C，由欧拉线定理得，即，结合三角形重心的向量性质进行计算即可；对于D，利用正余弦定理及向量的数量积公式进行计算.【详解】对于A，的重心为，有，且，故，故A正确.对于B，的外心为，有，故B错误；对于C，由欧拉线定理得，即，又，所以，故C正确；对于D，因为，所以由

17、余弦定理又，所以，如图，由正弦定理可得，所以，则，故D正确. 故选：ACD【点睛】方法点睛：三角形的三条垂直平分线交于一点，即为外心，外心是三角形外接圆的圆心.(1)；(2)，；.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知复数满足，则_【答案】【解析】【分析】利用复数的除法运算求出复数，再求出的模作答.【详解】由，得，所以.故答案为：14. 已知向量，则向量与的夹角为_【答案】【解析】【分析】根据已知，利用向量的模长、夹角公式、向量的坐标表示以及向量的运算律计算求解.【详解】因为，所以，所以，又，所以，所以，所以，所以，又，所以向量与的夹角为，因为向量与的夹角范围为：，所以向

18、量与的夹角为.故答案为：.15. 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶在西偏北的方向上，行驶后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度_ 【答案】【解析】【分析】根据已知，利用正弦定理以及直角三角形的性质计算求解.【详解】 如图，在中，所以，又，由正弦定理有：，即，解得，又是直角三角形，且，所以，所以此山的高度m.故答案为：.16. 已知三棱锥中，顶点在底面的射影恰好是内切圆的圆心，底面的最短边长为6若三个侧面面积分别为，则顶点到底面的距离为_；三棱锥的外接球的表面积为_【答案】 . 5 . 【解析】【分析】设内切圆的圆心为，内切圆半径为，圆分别

19、切于点，连接，连接，则可证得，再利用三个侧面面积可求，从而可求出，进而可求出，设的中点为，连接，设为三棱锥的外接球的球心，连接，则平面，然后利用勾股定理列方程组可求出外接球的半径，从而可求出其表面积.【详解】设内切圆的圆心为，内切圆半径为，圆分别切于点，连接，连接，则平面，因为平面，所以，因为，平面，平面，平面，所以平面，平面，平面，因为平面，平面，平面，所以，因为，所以公共边，所以，所以，设的最短边为，则，所以，解得，所以，因为，所以,所以，所以为直角三角形，且，所以，所以，即顶点到底面的距离为5，设的中点为，连接，则为的外心，则，所以，设为三棱锥的外接球的球心，连接，则平面，设，三棱锥的外

20、接球的半径为，则(在面上方)，或(在面下方)，所以，或，则或，解得或(舍去)，所以，所以三棱锥的外接球的表面积为，故答案为：5，.【点睛】关键点睛：此题考查多面体与球的外接问题，解题的关键是根据三个侧面面积和底面内切圆有关系判断出为直角三角形，从而可可进一步求出棱锥的高和外接的半径.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. 某校从参加数学竞赛的同学中选取100名同学将其成绩(百分制，均为整数分数)分成五组，得到如下频率分布表：分数段频率0.10.30.130.07(1)估计这100名学生的平均成绩(同一组中的数据以该组区间中点值为代表)；(2)根据频率分

21、布表，估算这100名学生成绩的第85百分位数(结果保留一位小数)【答案】(1)72.7 (2)第85百分位数为83.8【解析】【分析】(1)先求，再利用平均数的计算公式可得答案；(2)根据百分位数的求法，结合分布表可求答案.【小问1详解】依题意有，100名学生的平均成绩为；【小问2详解】由(1)知内有80个数，估计分数段内的学生成绩从低到高占位的数，则，故第85百分位数为83.818. 已知向量，设(1)若，求的值；(2)若将图象上所有点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变)，再把所得的图象向右平移个单位得到函数的图象，当时，求函数的值域【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)由向量的数量积运

22、算和三角函数恒等变换公式化简可求出，再由结合同角三角函数的关系可求出的值；(2)根据三角函数图象变换规律求出的解析，再利用正弦函数的性质可求出的值域【小问1详解】依题意， 【小问2详解】由(1)知将图象上所有点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变)，得，再把所得的图象向右平移个单位得到当时，19. 已知中角，所对的边分别为，设其面积为，(1)求角；(2)若，点在边上，若是的平分线，且，求【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)利用三角形面积公式和余弦定理可求角；(2)利用余弦定理和角平分线的性质建立方程组，结合面积公式可得答案.【小问1详解】依题意，因为，所以【小问2详解】中，又，即，联立得，

23、20. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，为的中点点在底面的射影恰好是边的中点 (1)求证平面；(2)求二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)首先利用垂直关系证明平面，再根据平行关系，即可证明；(2)首先证明，再根据二面角的定义，构造二面角的平面角，再结合余弦定理，即可求解.【小问1详解】为正边的中点，又，而点在底面的射影恰好是边的中点即平面，连，又底面是边长为2的等边三角形，则，而，平面，平面， 连，且则四边形为平行四边形，平面 【小问2详解】在正中，由(1)知，过点作于，为垂足连，则，则为二面角平面角如下图，垂足为点，在等腰中，故二面角的余弦值为

24、21. 如图，在中，点，分别在边，上，且，与交于点 (1)设，试用，表示；(2)求的长【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据已知，利用三角形的余弦定理、直角三角形的性质以及向量的加减法、数乘运算计算求解.(2)根据已知，利用三角形的余弦定理、直角三角形的性质计算求解.【小问1详解】在中，由余弦定理有：，即，即，解得(负值舍去)则在中，所以，即，即【小问2详解】由(1)知，在中，由余弦定理有：，所以则在中，22. 如图，在矩形中，为的中点，如图，将沿折起，点在线段上 (1)若，求证平面；(2)若平面平面，是否存在点，使得平面与平面垂直？若存在，求此时三棱锥的体积，若不存在，说明理由【答案】(1)证明见解析 (2)存在，【解析】【分析】(1)根据已知条件及平行线分线段成比例定理，结合线面平行的判定定理即可求解；(2)根据(1)的结论及矩形的性质，利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，再利用等体积法及棱锥的体积公式即可求解.【小问1详解】如图，连，交于，在矩形中，为中点，且，又，又平面，平面，平面 【小问2详解】存在点，使得平面与平面垂直.在矩形中，即，已知平面平面，又平面平面，平面，平面，取中点，则，平面平面，平面平面，平面，由(1)知当时，而，平面，平面，又平面，平面平面即当时，平面与平面垂直依题意有，