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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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）