【文档说明】山东省滨州市渤海综合高中2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题 含解析.docx，共(17)页，1009.386 KB，由小赞的店铺上传

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渤海综合高中高一期末考试一、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.1.2021i的虚部为（）A.1B.-1C.iD.-i【答案】A【解析】【分析】直接利用41i=，化简2021i，再得到其虚部．【

详解】因为20214505i(i)ii==，2021i的虚部为1．故选：A．2.已知向量()2,4a=，()1,1b=−，则2ab−=A.()5,7B.()5,9C.()3,7D.()3,9【答案】A【解析】【详解】因为2(4,8)a=，所以2(4,8)(1,1)ab−

=−−=（5，7），故选A.考点：本小题主要考查平面向量的基本运算，属容易题.3.袋中有大小相同，质地均匀的2个红球和3个黄球，从中无放回的先后取两个球，取到红球的概率为（）A.110B.12C.710D.35【答案】C【解析】【分析】由题意给小球

编号，列举出所有基本情况及满足要求的基本情况，由古典概型概率公式即可得解.【详解】由题意，给2个红球编号为1、2，给3个黄球编号为3、4、5，则无放回的先后取出两个球的所有基本情况有：()1,2，()1,3，()1,4，()1,5，()2,1，()2,3，()2,4，()2,5，()3,1，()3

,2，()3,4，()3,5，()4,1，()4,2，()4,3，()4,5，()5,1，()5,2，()5,3，()5,4，共20种；取到红球的基本情况有：()1,2，()1,3，()1,4，()1,5，()2,1，()2,3，()2,4，()2,5，()3,1，()3,2，()4

,1，()4,2，()5,1，()5,2，共14种.故所求概率1472010P==.故选：C.【点睛】本题考查了古典概型概率的求解，考查了运算求解能力，属于基础题.4.下列说法中正确的是（）A.棱柱的侧面可以是三角形B.棱柱的各条棱都相等C.所有几何体的表面都能展成平面

图形D.正方体和长方体都是特殊的四棱柱【答案】D【解析】【分析】从棱柱的定义出发判断ABD的正误，找出反例否定C，即可推出结果．详解】棱柱的侧面都是四边形，A不正确；棱柱的各条侧棱相等，所以B不正确；球不能

展开为平面图形，C不正确；正方体和长方体都是特殊的四棱柱，D正确；故选：D．5.已知i是虚数单位，若3i12iz+=−，则z的共轭复数z的虚部为（）A.65−B.17i5−C.75−D.7i5−【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法运算化简z，求出其共轭复数，得到结果.【详解

】∵()()()()3i12i3i17i12i12i12i55z+++===+−−+，∴17i55z=−，即z的共轭复数z的虚部为75−故选：C．【6.已知球的体积为32π3，则它的半径为（）A.2B.22C.4D.42【答案】A【解析】

【分析】根据球的体积公式直接计算求解即可.【详解】解：设球的半径为r，则3432π33Vr==，解得2r=.故选：A7.在ABC中，已知1,2,60BCACC===则AB等于（）A.4B.3C.3D.2【答案】C【解析】【分析

】根据余弦定理即可求出．【详解】由余弦定理可得，22212cos4122132ABACBCACBCC=+−=+−=，所以3AB=．故选：C．8.若棱长为1的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为（）A.6B.43C.32D.3【答案】C【解析】【分析】根据正

方体的体对角线长为其外接球的直径，再根据球的体积公式即可求出．【详解】因为正方体的体对角线长为其外接球的直径，所以球的直径为3，即半径32r=，故其体积为3344333322Vr===．故选：C．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，选出符合题目要求的选项.9.设mn，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中不正确的为（）A.若//mn，，，则//mnB.若//mn⊥⊥，

，，则//mnC.若////mnn，，，则//mD.若mnmn⊥，，，则⊥【答案】ACD【解析】【分析】根据空间中直线与平面，平面与平面的关系即可根据选项逐一求解.【详解】对于A,,mn可能平行或者异面，

故A错误，对于B，若//mn⊥⊥，，，则//mn，故B正确，对于C，//m或m，故C错误，对于D，一个平面内的一条直线要垂直于另一个平面内的两条相交直线，才可以得到两个平面垂直，故D错误，故选：ACD10.下列命题中正确．．的有（）A.一组数据1，2，3，3，4，5的

众数大于中位数B.数据6，5，4，3，3，3，2，2，2，1的85%分位数为5C.若甲组数据的方差为5，乙组数据为5，6，9，10，5，则这两组数据中较稳定的是乙D.为调查学生每天平均阅读时间，某中学从在校学生中，利用分层抽样的方法抽

取初中生20人，高中生10人．经调查，这20名初中生每天平均阅读时间为60分钟，这10名高中生每天平均阅读时间为90分钟，那么被抽中的30名学生每天平均阅读时间为70分钟【答案】BCD【解析】【分析】根据中位数与众数的定义判断A；求出85%分位数可判断B；求出乙组数据的方差

可判断C；根据平均数的求法可判断D.【详解】解：对于A，1，2，3，3，4，5的中位数为3，众数也为3，故A错误；对于B，将数据由小到大排列为：1,2,2,2,3,3,3,4,5,6，因为1085%8.5=，所以数据6，5，4，3，3，3

，2，2，2，1的85%分位数为5，故B正确；对于C，乙的平均数为56910575++++=，方差为()()()()()222221576797107574.455−+−+−+−+−=，所以这两组数据中较稳定的是乙，故C正确；对于D，被抽中的30名学生每天平均阅读时间为20

60+1090=7030分钟，故D正确.故选：BCD.11.在ABC中，若2,23,30abA===，则B（）A.60°B.150°C.120°D.30°【答案】AC【解析】【分析】由大边对大角可知30B，从而得(30,150)B，由正弦定理可得3sin

2B=，根据特殊三角函数值即可得答案.【详解】解：因为2,23,30abA===，所以30BA=(大边对大角)，由正弦定理可知sinsinabAB=，∴123sin32sin22bABa===，又因为(30,150)B，∴60B=或120B=．故选:AC．12.如

图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为a，线段11BD上有两个动点E，F，且22EFa=.则下列结论正确的是（）为A.当E与1D重合时，异面直线AE与BF所成的角为3B.三棱锥BAEF−的体积为定值C.EF在平面11ABBA

内的射影长为12aD.当E向1D运动时，二面角AEFB−−的平面角保持不变【答案】BCD【解析】【分析】A：当E与1D重合，BD中点为O并连接1DO，可得1//DOBF，即1ADO为异面直线AE与BF所成角的平面角，应用余弦定理求余弦值，即可确定大小；B：由BAEFABEFVV−−=

及A到面11BBDD、B到直线11BD的距离为定值即可判断；C：EF在平面11ABBA内的射影在11AB上，即可求射影长；D：由二面角AEFB−−为二面角11ABDB−−即可判断.【详解】A：当E与1D重合时，因为22EFa=，此时F为11BD的中点，记BD中点为O，连接

1DO，由正方体性质可知，11//,BODFBODF=，所以四边形1BODF为平行四边形，所以1//DOBF，又22126()22aaDOa=+=，1AD2a=，22aAO=，所以222132322cos26222aaaADOa

a+−==，错误；B：BAEFABEFVV−−=，易知点A到平面11BBDD的距离和点B到直线11BD的距离为定值，所以三棱锥ABEF−的体积为定值，正确；C：易知1114ABD=，EF在平面11ABBA内的射影在11AB上，所以射影长为2co

s242aa=，正确；D：二面角AEFB−−，即为二面角11ABDB−−，显然其平面角不变，正确.故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.某校选修轮滑课程的学生中，一年级有20人，二年级有30人，三年级有20人.

现用分层抽样的方法在这70名学生中抽取一个样本，已知在一年级的学生中抽取了4人，则这个样本中共有___________人.【答案】14【解析】【分析】设这个样本中共有n个人，根据分层抽样列等式可求得n的值.【详解】设这个样本中共有n个人，

则42070n=，解得14n=.故答案：14.为14.ABC中，,,abc分别为,,ABC的对边，60,1,4Abc===，则sinsinsinabcABC++=++_____【答案】2393【解析】【分析】由已知及余弦定理可求a的值，再由正弦定理

计算可得．【详解】解：由余弦定理可得：2222cos13abcbcA=+−=，可得：13a=，由正弦定理可得：132392sinsinsinsinsin603222abcabcaRabcABCARRR+++

+=====++++，故答案为：2393．15.已知单位向量,ab的夹角为60.−akb与b垂直，则k=___________.【答案】12【解析】【分析】由题意利用两个向量的数量积的定义，两个向量垂直的性质，即可求得k的值．【详解

】单位向量,ab的夹角为60，1=11cos60=2ab，−akb与b垂直，()2102akbbabkbk−=−=−=则实数12k=，故答案为：1216.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，E，F依次是11AD和11BC的中点

，则异面直线AE与CF所成角的余弦值为__．【答案】35【解析】【分析】连AE、BF、EF，利用平行四边形可得//BFAE，可得BFC是异面直线AE与CF所成角（或所成角的补角），然后用余弦定理可得结果.【详解】在正方

体1111ABCDABCD−中，连AE、BF、EF，E，F依次是11AD和11BC的中点，所以11//AEBF且11AEBF=，所以四边形11ABFE为平行四边形，所以11//EFAB且11EFAB=，又11

//ABAB且11ABAB=，所以//EFAB且EFAB=，所以四边形ABFE为平行四边形，//BFAE，BFC是异面直线AE与CF所成角（或所成角的补角），设正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，则415BFCF==+=，5543cos5255BFC+−==．异面直线AE与

CF所成角的余弦值为35．故答案为：35．【点睛】本题考查了求异面直线所成的角，考查了余弦定理，属于基础题.四、解答题：本题共6小题，共70分.17.已如i为虚数单位，复数()()2123zmmmmi=−++−．

（1）当实数m取何值时，z是纯虚数；（2）若2m=，求1zi+的值．【答案】（1）0m=；（2）582．【解析】【分析】（1）根据纯虚数的定义即可求出；（2）根据复数的运算以及复数模的计算公式即可求出．【详解】（1）若复数是纯虚数，则2(1)0230mmm

m−=+−，解得0131mmmm==−或且，所以0m=．（2）当2m=时，25zi=+，则25731122ziiii+==+++，73581222zii=+=+．18.若(3,2)a=，(2,2)b=−求下列的值.（1）

ab+（2）ab−（3）ab（4）a（5）b（6）cos，其中为,ab的夹角【答案】（1）()5,0ab+=（2）()1,22ab−=（3）4ab=（4）11（5）6（6）26633【解析】【分析】（1）根据向量加法的坐标运算即可求解，

（2）根据向量减法的坐标运算即可求解，（3）根据数量积的坐标运算即可求解，（4）（5）根据模长的坐标运算即可求解，（6）由夹角公式即可代入求解.【小问1详解】由(3,2)a=，(2,2)b=−得()5,0ab+=【小问2详解】由(3

,2)a=，(2,2)b=−得()1,22ab−=【小问3详解】由(3,2)a=，(2,2)b=−得32224ab=−=【小问4详解】由(3,2)a=得()223211a=+=，【小问5详解】由(2,2)b=−得()22226b=+−=【

小问6详解】4266cos33116abab===19.本着健康、低碳的生活，租共享电动自行车出行的人越来越多，某共享电动自行车租车点的收费标准是起步价2元（20分钟及以内），超过20分钟每10分钟收费1元（不足10分钟的部分按10分钟计算）．

现有甲、乙、丙三人来该租车点租车是相互独立的（各租一车一次），设甲、乙、丙不超过20分钟还车的概率分别为111,,,24420分钟以上且不超过30分钟还车的概率分别为14,11,42，三人租车时间都不会超过40分钟．（1）

求甲、乙、丙三人的租车费用完全相同的概率：（2）求甲、乙、丙三人的租车费用和为11元的概率．【答案】（1）332（2）764【解析】【分析】（1）根据已知条件，运用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件的加法公式进行求解；（2）题意可得，三人的租车费用组合为3

，4，4，运用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件的加法公式进行求解．【小问1详解】由题意可得，甲、乙、丙30分钟以上且不超过40分钟还车的概率分别为111424、、，三人都为不超过20分钟还车的概率111124432=，三人都20分钟以上且

不超过30分钟还车的概率111144232=，三人都30分钟以上且不超过40分钟还车的概率111142432=甲、乙、丙三人的租车费用完全相同的概率为332P=．【小问2详解】由题意可得，甲、乙、丙三人的租车费用和为11

元，则三人的租车费用组合为3，4，4，甲租车费用为3元，其余租车费用为4元的概率111142432=乙租车费用为3元，其余租车费用为4元的概率111144464=丙租车费用为3元，其余租车费用为4元的概率111142216=即甲、乙、丙三人的租车费用和为11元的概率为11173264

1664P=++=．20.已知△ABC中，7cos8C=，3a=．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（1）b的值；（2）△ABC的面积．条件①：2bc=；条件②：6bc+=．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按

第一个解答计分．【答案】答案不唯一，具体见解析．【解析】【分析】若选择①，（1）由余弦定理可得3b=或4b=．（2）先求得sinC的值,再利用三角形面积公式计算;若选择②，（1）由余弦定理求得4b=．（2）先求得sinC的值,再利用

三角形面积公式计算．【详解】解：若选择①，（1）由7cos8C=，得222728abcab+−=，由3a=，2bc=，得229()7268bbb+−=，解得3b=或4b=．（2）7cos8C=，0πC，则2715sin1()88C=−=当3b=时，3a=，△ABC面积111591

5sin3322816SabC===，当4b=时，3a=，△ABC的面积1115315sin342284SabC===若选择②，（1）由7cos8C=，得222728abcab+−=，由3a=，6bc+=，得229(6

)768bbb+−−=，解得4b=．（2）7cos8C=，0πC，则2715sin1()88C=−=所以△ABC的面积1115315sin342284SabC===．21.三棱锥VABC−中，平面VAB⊥平面ABC，VA

B为等边三角形，ACBC⊥且2ACBC==，O、M分别为AB、VA的中点.的（1）求证：//VB平面MOC；（2）求证：平面MOC⊥平面VAB；（3）求三棱锥VABC−的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）33.【解析】【分析】（1）由三角形中位线定理

可得//OMVB，再由线面平行的判定定理可得//VB平面MOC；（2）由于ACBC=，O为AB的中点，可得OCAB⊥，再由平面VAB⊥平面ABC，可证得OC⊥平面VAB，然后利用面面垂直的判定定理可得平面MOC⊥平面VAB；（3）由于OC⊥平面VAB，所以求13CV

ABVABVOCS−=，可得三棱锥VABC−的体积【详解】(1)证明：∵O、M分别为AB、VA的中点，∴//OMVB，又∵VB平面MOC，OM平面MOC，∴//VB平面MOC；(2)证明：∵ACBC=，O为AB的中点，∴OCAB⊥，又∵平面VAB⊥平

面ABC，平面VAB平面ABCAB=，且OC平面ABC，∴OC⊥平面VAB，又OC平面MOC，∴平面MOC⊥平面VAB；(3)解：在等腰直角三角形ACB中，2ACBC==，∴2AB=，1OC=，∴等边三角形VAB的面积3VABS=，又∵OC⊥平面VAB，∴

三棱锥CVAB−的体积1333CVABVABVOCS−==，∴33VABCCVABVV−−==.22.如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，2,60,PAABBAD

===（1）求证：//AB平面PCD；（2）求证：直线BD⊥平面PAC；（3）求直线PB与平面PAD所成角的正切值．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）155【解析】【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明；(2)根据线面垂直的判定定理证明；(3)根据线面夹

角的定理找到线面角，再根据直角三角形中求正切值.【小问1详解】证明：因为四边形ABCD是菱形，所以ABCD．因为AB平面PCD，CD平面PCD，所以//AB平面PCD．【小问2详解】证明：因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD⊥．又因为PA⊥平面ABCD

，BD平面ABCD，所以PABD⊥．又因为PAACA=，,PAAC平面PAC，所以BD⊥平面PAC．【小问3详解】如图，过B作BEAD⊥，连接PE，因PA⊥平面ABCD，BE平面ABCD，所以PABE⊥．又因为,,BEADPAAD

A⊥=,PAAD平面PAD，所以BE⊥平面PAD．所以BPE是直线PB与平面PAD所成的角．为因为2,60,ABBAD==所以1.AE=在RtBEP中，3BE=，225PEPAAE=+=，所以315tan55BEBPEPE===．所以直线PB与平面PAD所成角的正切

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