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）

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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.