【文档说明】湖南省邵阳市2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题含答案.docx，共(12)页，1.098 MB，由小赞的店铺上传

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2023年上学期期末考试试卷高一数学本试卷分为问卷和答卷.考试时量为120分钟，满分150分.请将答案写在答题卡上.一、选择题（本大题共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.实数1m时，复数()()3i2im+−+在复平面内对

应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.下列各组向量中，可以作为基底的是（）A.()10,0e=，()21,3e=−B.()13,2e=−，()26,4e=−C.()11,2e=，()22,3e=D.()11,1e=，()22,2e=3.某芯片制造厂有

甲、乙、丙三条生产线均生产8nm规格的芯片.现有25块该规格的芯片，其中来自甲、乙、丙的芯片数量分别为5块、10块、10块.若甲、乙、丙生产的芯片的优质品率分别为0.8，0.8，0.7，则从这25块芯片中随机抽取一块，该芯片为优质品的概率是（）A.0.78B.0.76C.0.64D.0.584

.如图，某圆柱体的高为1，ABCD是该圆柱体的轴截面.已知从点B出发沿着圆柱体的侧面到点D的路径中，最短路径的长度为52，则该圆柱体的侧面积是（）A.14B.7C.7D.325.已知、是两个不同的平面，m为平面内的一条直线，则“m⊥”是“⊥”的（）A

.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.如图，为测量河对岸A，B两点间的距离，沿河岸选取相距203m的C，D两点，测得90ACB=，30BCD=，60ADB=，30ADC=，A，B两点的距离为（）A.2

03mB.205mC.206mD.207m7.如图正方形OABC边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（）A.24cmB.28cmC.222cmD.242cm8.已知ABC△的外接圆圆心为O，2AOABAC=+，OAAB=

，则CA在BC上的投影向量为（）A.14BCB.34BCC.14BC−D.34BC−二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.已知i为虚数单位，复

数32i2iz−=+，则以下说法正确的是（）A.z在复平面内对应的点在第一象限B.z的虚部是75−C.35z=D.若复数1z满足11zz−=，则1z的最大值为6515+10.黄金三角形有两种，一种是顶角为36

的等腰三角形，另一种是顶角为108的等腰三角形.已知在顶角为108的黄金三角形中，36角对应边与108角对应边的比值为510.6182−，这个值被称为黄金比例.若512t−=，则下列说法正确的是（）A.2212sin9518

24tt−+=−B.15cos1088−=C.51cos364+=D.sin3651sin1082−=11.甲乙两家公司独立研发疫苗A，甲成功的概率为23，乙成功的概率为12，丙独立研发疫苗B，研发成功的概率为35.则（）A.甲乙都研发成功的概率为13B.疫苗A研发成功的概率为56C.疫

苗A与疫苗B均研发成功的概率为25D.仅有一款疫苗研发成功的概率为71512.已知ABC△三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若()()32sinsin3sinsincaBCbBaA−=−，则下列选项正确的是（）A.

coscosAC的取值范围是11,24−B.若D是AC边上的一点，且2CDDA=，2BD=，则ABC△的面积的最大值为32C.若三角形是锐角三角形，则ca的取值范围是1,22D.若三角形是锐角三角形，BD平分ABC交AC于点D，且1BD=，则4ac+的最小值为33三、

填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.如图，在三棱柱111ABCABC−中，侧棱均与底面垂直，侧棱长为2，2ACBC==，90ACB=，点D是11AB的中点，F是侧面11AABB（含边界）上的

动点.要使1AB⊥平面1CDF，则线段1CF的长的最大值为______.14.某班共有40名学生，其中22名男生的身高平均数为173cm，方差为28；18名女生的身高平均数为163cm，方差为32；则该班级全体学生的身高方差为______.15.甲

、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为45；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为23.假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为______.16.在古代数学中，把正四棱台叫做方亭，数学家刘徽

用切割的方法巧妙地推导出了方亭的体积公式()2213Vaabbh=++，a为方亭的下底面边长，b为上底面边长，h为高.某地计划在一片平原地带挖一条笔直的沟渠，渠的横截面为等腰梯形，上底为10米，下底为6米，深2米；渠长为784.5米，并把挖出的土

堆成一个方亭，设计方亭的下底面边长为70米，高为6米，则其侧面与下底面所成的二面角的正切值为______.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.（本小题满分10分）某中学为

了解该校高三年级学生数学学习情况，对一模考试数学成绩进行分析，从中抽取了200名学生的成绩作为样本进行统计（若该校全体学生的成绩均在)60,140分），按照)60,70，)70,80，)80,90，)90,100，

)100,110，)110,120，)120,130，)130,140的分组做出频率分布直方图如图所示，若用分层抽样从分数在)70,90内抽取17人，则抽得分数在)70,80的人数为6人.（1）求频率分布直方图中的x，y的值；并估计本次考

试成绩的平均数（以每一组的中间值为估算值）；（2）该高三数学组准备选取数学成绩在前4%的学生进行培优指导，若小明此次数学分数是132，请你估算他能被选取吗？18.（本小题满分12分）如图，三棱锥VABC−中，4VAVBABACBC=====，1VC

=.（1）求证：ABVC⊥；（2）求二面角VABC−−的余弦值.19.（本小题满分12分）某市为提升城市形象，打造城市品牌，拟规划建设一批富有地方特色、彰显独特个性的城市主题公园，某主题公园为五边形区域ABCDE（如图所示），其中三角形区域AB

E为健身休闲区，四边形区域BCDE为文娱活动区，AB、BC、CD、DE、EA、BE为主题公园的主要道路（不考虑宽度），已知60BAE=，90EBC=，120BCD=，336kmDEBCCD===.（1）求道路BE的长度；（2）求道路AB、AE长度之和的最大值.20.（本小题满分

12分）杭州2022年第19届亚运会（The19thAsianGamesHangzhou2022）将于2023年9月23日至10月8日举办.本届亚运会共设40个竞赛大项，包括31个奥运项目和9个非奥运项目.同时，在保持40个大项目不变的前提下，增设了霹雳舞、电子竞技两个竞赛项目.与传统的淘汰赛不同

，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐.传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率.假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进

行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军.双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组.之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，

其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军.双败赛制下会发生一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真

的如此呢？这里我们简单研究一下两个赛制：假设四支队伍分别为A，B，C，D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为12.最初分组时AB同组，CD同组.（1）若34p=，在淘汰赛赛制下，A，C获得冠军的概率分别为多少？（2）分别计算两种赛制下A获得冠军的概

率（用p表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？21.（本小题满分12分）如图，已知四边形ABDE为平行四边形，点C在AB延长线上，点M在线段AD上，且12ABBC=，13AMAD=，设ABa=，AEb=.（1）用向量a，b

表示CD；（2）若线段CM上存在一动点P，且(),APmanbmn=+R，求2nmn+的最大值.22.（本小题满分12分）如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD，M是线段PD的中点，N是线段PC的中点.（1）求证：

MN∥平面PAB；（2）求PC与底面ABCD所成角的正切值.2023年上学期期末考试试卷高一数学参考答案一、选择题（本大题共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）题号

12345678答案ACBAADCD二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）题号9101112答案BDACDABAC12.AC【详解】因为()()32sinsin3

sinsincaBCbBaA−=−，所以()()2232sin3caBcba−=−，所以()22232sin+−=acbacB，所以32cos2sinacBacB=，即tan3B=，又(0,π)B，

所以π3B=，23111coscoscoscos()sincoscossin(2)322264ACAAAAAA=−+=−=−−，因为2π(0,)3A，所以ππ7π2(,)666A−−，所以1sin(2)(,1]62A−−，所以11coscos(,]

24AC−，故A正确；因为2CDDA=，所以2133BDBABC=+，所以222221441()33999BDBABCBABABCBC=+=++，又2BD=，所以22224124122429999993caaccaacac=+++=，即6a

c，当且仅当224199ca=即2ac=时，等号成立，所以1π333sin2342ABCSacac==，即ABC的面积的最大值为332，故B错误；3sin()sin132sinsin2tanAcCaAAA+===+，因为π022ππ032ACA=−

，所以ππ62A，所以π3tantan63A=，所以3320tan2A，所以3112(,2)2tan2caA=+，故C正确；由题意得：ABCABDBCDSSS=+△△△，由角平分线以及面积公式得1π1π1πsinsinsin232626acac=+

，化简得3acac=+，所以113ac+=，所以31134344(4)()(41)(52)33333acacacacaccaca+=++=++++=，当且仅当1134acacca+==，即323ac==时取等号，此时2233132cos323

4222bacacB=+−=+−=，而222cab=+，所以π2C=，与三角形是锐角三角形矛盾，所以等号不成立,故D错误；故选：AC三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.√314.54.5515.174516.29四、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.（1）设由分层抽样可得分数在)70,80的人数与分数在)80,90的人数之比为6:11，所以6:110.006:x=，则0.011x=，………………（1分）()1004006201120203

001210y−++++==......，………………（3分）又由频率分布直方图可知分数在)60,70的频率为0.04，分数在)70,80的频率为0.06，分数在)80,90的频率为0.11，分数

在)90,100的频率为0.2，分数在)100,110的频率为0.3，分数在)110,120的频率为0.12，分数在)120130,的频率为0.11，分数在)130140,的频率为0.06．则平均数为0.04650.06750.11850.2

950.31050.121150.111250.06135+++++++102.6=分.………………（5分）（2）由题意可知分数在)130140,的频率为6%，所以前4%在该组，不妨设第4%名的分数为0x，则可得等式为00.042014010140133.3330.063x=

−=−………………（7分）∵0133.333132x，………………（9分）故小明不能被选取.………………（10分）18.（1）取线段AB的中点E，连结VE、CE，………………（1分）因为4VAVBAB===，4CACBAB===，所以VEAB⊥，CEAB⊥.………………（3分）∵V

ECEE=，VE平面VEC，CE平面VEC，…………（4分）∴AB⊥平面VEC，……（5分）∵VC平面VEC，……（6分），∴ABVC⊥……（7分）（2）由（1）知：VEC是二面角VABC−−

的平面角，……（8分）又等边VAB△与等边CAB△的边长为4，∴23VECE==……（9分）∴22223cos224VECEVCVECVECE+−==……（11分）故所求二面角的余弦值为2324……（12分）19.（1）

如图，连结BD，在BCD△中，由余弦定理得2222cos120BDBCCDBCCD−=+22212222122=+−−=，∴23BD=……………………………（2分）∵BCCD=，则180120302

CDBCBD−===，………………（3分）又90EBC=，∴60EBD=，……………………………………（4分）在EBD△中23BD=，6DE=，60EBD=，由正弦定理，623sin60s

inBED=，∴1sin2BED=，30BED=或150（舍去），即30BED=，……………（5分）由90BDE=，得22123643BEBDDE=+=+=，即BE的长度是43km.……………………………………………………

……（6分）（方法二：在三角形BDE中利用余弦定理求BE）（2）设ABE=，由60=∠BAE，得120AEB=−，在△ABE中，由正弦定理sinsinsinABAEBEAEBABEBAE==，…………（8分）438sinsin60BE

BAE==∴8sin(120),8sin9ABAE=−=（分）∴()8sin1208sin1083sin(30)ABAE+==−++（分）又0120，∴3030150+，…………………………（11分）当3090+=，即6

0=时，ABAE+取得最大值83km，即道路AB，AE长度之和的最大值为83km.…………………………………………（12分）20.（1）记,AC拿到冠军分别为事件,MN，淘汰赛赛制下，A只需要连赢两场即可拿到冠军，因此

()3944163PM==………………（2分）对于C想拿到冠军，首先得战胜D，然后战胜,AB中的胜者，因此P(N)=12×34×14+12×14×12=532………………（4分）（2）记淘汰赛赛制和双败赛制下A获得冠军的概率分别为12,pp，则215pp=………………（分）.而双败赛制下，

A获得冠军有三种可能性：（1）直接连赢三局；（2）从胜者组掉入败者组然后杀回总决赛；（3）直接掉入败者组拿到冠军.因此()()()3233211326ppppppppp=+−+−=−…………（分）()110pppp−=−，()22(1)210pp

ppp−=−+.则不论哪种赛制下，A获得冠军的概率均小于p，…………（8分）()()2211219ppppp−=−−…………（分）.若12p，双败赛制下，A队伍获得冠军的概率更大，其他队伍获得冠军的概率会变小，

…………（10分）若2p，双败赛制下，A队伍获得冠军的概率更小，其他队伍获得冠军的概率会变大，…………（11分）综上可知：双败赛制下，会使得强者拿到冠军概率变大，弱者拿到冠军的概率变低，更加有利于筛选出“强者”,人们“对强者不公平”的质疑是不对的…………………………（12分）.

21.（1）223CDCBBDABAEab=+=−+=−+…………（分）．（2）()()111334333AMADABAEabACABa==+=+==，…………（分）∵点P在线段CM上，即点M，P，C三点共线，∴存在唯一的实数t，0,1t，使得()1APtAMtAC=+−，…………

…（6分）()3318(1)3373ttAPtabtaab=++−=−+…………（分）而APmanb=+，88333ttmn=−=，………………（分）()22287399339tttftnmntt=+=+−=−+令………………（分）对称轴为直线

0,1149t=，故()2max99991472148ft=−+=（）……（11分）即2nmn+的最大值为928……（12分）22.（1）∵PCD△中，M、N分别是线段PD、PC的中点，∴MNDC∥…

…（1分）∵四边形ABCD是正方形，∴DCAB∥……（2分）∴MNAB∥……（3分）∵MN平面PAB，AB平面PAB……（4分）∴MN∥平面PAB……（5分）（2）取AD边的中点E，连结PE、CE……（6分）∵PAD△是正三

角形，∴PEAD⊥……（7分）∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，∴PE⊥平面ABCD……（8分）∴PCE是直线PC与底面ABCD所成的角……（9分）设2ADa=，则3PEa=，5CEa=，∴在RtPEC△中，15tan5PEPCECE==……（11分）获得更多资

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