2022-2023学年重庆市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年重庆市高一（下）期末数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年重庆市高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 一组数据从小到大排列为1，2，3，3，4，5，7，9，13，15，估计该组数据的第75百分位数为(    )
A. 7 B. 8 C. 9 D. 11
2. 设复数z满足z=2+i1−i，则复数z−的虚部是(    )
A. 32i B. −32i C. 32 D. −32
3. 已知a=(1, 3),b=(−2,2 3)，则〈a,b〉=(    )
A. π6 B. π4 C. π3 D. 2π3
4. 在△ABC中，A=π4,AC=4，若存在两个△ABC满足条件，则CB的长可以为(    )
A. 2 B. 2 2 C. 3 D. 4
5. 今年4月23日是第28个“世界读书日”，某中学高二数学统计小组发起了一项关于阅读的调查，通过各班小组成员在本班(共四个班级)收集的有效问卷数(份)如下：8，9，12，11，其中关于“每人每天电子阅读时长”(单位：分钟)的各班平均数依次为：105，120，115，100，则据此估计该中学高二学生平均每人每天电子阅读时长为(    )
A. 105分钟 B. 108分钟 C. 110分钟 D. 112分钟
6. 在一个不透明的袋中有4个红球和n个黑球，现从袋中有放回地随机摸出2个球，已知取出的球中至少有一个红球的概率为89，则n=(    )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7. 已知圆锥的顶点和底面圆都在球O的球面上，圆锥底面半径为 6，侧面展开是一个半圆，则球O的表面积是(    )
A. 8π B. 9π C. 16π D. 32π
8. 如图，一个棱长为4的正方体封闭容器中，在棱AA1，C1D1的中点和顶点B1处各有一个小洞，则该容器最多能盛水(    )
A. 36
B. 48
C. 1643
D. 1813
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列说法正确的是(    )
A. 平行向量不是共线向量
B. 若两个非零向量a,b夹角为锐角，则a⋅b>0
C. 向量a与b共线的充要条件是存在唯一实数λ使得b=λa
D. 向量a在非零向量b上投影向量的长度为|a⋅b||b|
10. 某工厂加工一批零件，为了检测加工质量，工厂随机抽取了10个零件进行尺寸的误差检测，若这10个零件中的每个零件的误差都不超过2，则认为该批零件合格.若已知这10个零件的误差统计数据如下，则一定可以判断这批零件合格的是(    )
A. 中位数为0.4，极差为1.5 B. 平均数为1，众数为0.5
C. 平均数为1，方差为1.2 D. 平均数为1，方差为0.01
11. 已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，下列说法一定正确的是(    )
A. 若α//β，l⊂α，则l//β B. 若α⊥β，l⊂α，则l⊥β
C. 若l⊥α，α⊥β，则l//β D. 若l//α，m⊥α，则l⊥m
12. 如图，AB=2AE,AC=3AD，线段BD与CE交于点F，记AB=a,AC=b，则(    )
A. DE=12a−13b
B. DE=−12a+23b
C. AF=35a+215b
D. AF=25a+15b
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若3+2i是方程ax2+bx+c=0(其中a，b，c∈R)的一个根，则b+ca= ______ ．
14. 已知A，B事件相互独立，且P(AB)=16,P(A−B)=112，则P(A)= ______ ．
15. 如图，有两条直线AB和CD相交，交点为O,cos∠AOC=14，甲、乙两人同时从点O分别沿OA，OC方向出发，速度分别为4km/h，6km/h，2h后，两人相距______ km．


16. 在四面体ABCD中，AE⊥平面BCD于点E，E到平面ABC的距离为 3,AD⊥BC,BD=CD，点G为△ABC的重心，二面角A−BC−D的大小为60°，则GE= ______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
(1)计算：1+i20231−i+|3−i1+i|；
(2)若复数z=2m2−3m−2+(m2+m−6)i在复平面对应的点位于第四象限，求实数m的取值范围．
18. (本小题12.0分)
设a，b，c是直线，α，β，γ是平面，且α∩β=a，β∩γ=b，γ∩α=c．
(1)若a//b，求证：a//c；
(2)若a∩b=P，求证：b∩c=P．
19. (本小题12.0分)
某校对高一年级1000名学生的身高进行了统计，发现这1000名学生的身高介于[165,190](单位：cm)，现将数据分成[165,170)，[170,175)，[175,180)，[180,185)，[185,190]五组，得到如图所示的频率分布直方图.已知第五组的频率与第三组的频率相同，第三组的频率是第二组频率的2倍，第二组频率是第一组频率的2倍．
(1)求第一组学生的人数，并估计这1000名学生身高(单位：cm)的中位数(保留1位小数)；
(2)若采用分层抽样的方法从前两组中抽取6位同学参加某项课外活动，在这6位同学中随机选出2人作为队长，求这两人来自于同一组的概率．

20. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，2sinAsinBsinC+sin2B=sin2A+sin2C.
(1)求B；
(2)设CD为边AB上的高，AE为∠BAC的平分线，CD与AE交于点F,bcosA=1,CD= 3，求△BCF的面积．
21. (本小题12.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，AB=3AM,N为BC的中点，记DM=a,AN=b．
(1)用a,b表示BD；
(2)若∠DAB=60°,|a|= 3,|b|= 13，求|AB||AD|．

22. (本小题12.0分)
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别为棱AD，BB1，C1D1的中点，AD=AA1=2，AB=4．
(1)过N作平面α//平面A1MP交直线C1B1于点Q，求B1Q；
(2)求四面体A1MNP的体积．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：组数据从小到大排列为1，2，3，3，4，5，7，9，13，15，共计10个数据，
10×75%=7.5，故该组数据的第75百分位数为第8个数，即9．
故选：C．
根据百分位数的定义计算即可．
本题考查百分位数的应用，属于基础题．

2.【答案】D 
【解析】解：∵z=2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=12+32i，
∴z−=12−32i，
则复数z−的虚部是−32．
故选：D．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．

3.【答案】C 
【解析】解：a=(1, 3),b=(−2,2 3)，
则|a|=2，|b|=4，
则cos=a⋅b|a||b|=−2+62×4=12，
∵〈a,b〉∈[0,π]，
∴〈a,b〉=π3．
故选：C．
根据已知条件，结合平面向量的夹角公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的夹角公式，属于基础题．

4.【答案】C 
【解析】解：根据正弦定理得：BCsinπ4=4sinB，
∴sinB=4sinπ4BC=2 2BC，
若BC=2，则sinB= 2，显然不成立，故A错误；
若BC=2 2，则sinB=1，存在一个△ABC满足条件，故B错误；
若BC=3，则sinB=2 23，故B可以是锐角，可以是钝角，
存在两个△ABC满足条件，故C正确；
若BC=4，则sinB= 22，∠C=π2，存在一个△ABC满足条件，故D错误．
故选：C．
根据正弦定理表示出sinB，代入BC的值，判断即可．
本题考查了正弦定理的应用，考查转化思想，是基础题．

5.【答案】C 
【解析】解：由题意可知，该中学高二学生平均每人每天电子阅读时长为，
8×105+9×120+12×115+11×1008+9+12+11=440040=110分
故选：C．
利用平均数公式可求得该中学高二学生平均每人每天电子阅读时长．
本题考查数据的平均数，属于基础题．

6.【答案】B 
【解析】解：在一个不透明的袋中有4个红球和n个黑球，现从袋中有放回地随机摸出2个球，
已知取出的球中至少有一个红球的概率为89，
则n2(n+4)2=1−89，∴9n2=(n+4)2，
∴(2n−4)(4n+4)=0，解得n=2．
故选：B．
由题意得两次都摸出黑球的概率为19，列方程能求出结果．
本题考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

7.【答案】D 
【解析】解：圆锥的顶点和底面圆周都在球O面上，圆锥的侧面展开图的圆心角为π，设母线为l，

∴2 6π=πl，可得母线长为：l=2 6，
∴圆锥的高为 (2 6)2−( 6)2=3 2，
设球的半径为R，可得R2=(3 2−R)2+( 6)2，解得R=2 2，
∴球O的表面积：4πR2=4π×(2 2)2=32π．
故选：D．
由已知结合圆锥的结构特征求母线长与高，再由外接球半径、高与底面半径的几何关系求半径，代入球的表面积公式求解．
本题考查圆锥外接球的表面积，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．

8.【答案】C 
【解析】解：设M为D1C1中点，E为AA1中点，B1M∩A1D1=P，EP∩DD1=N，
则容器最多能盛水的体积为正方体在截面EB1MN下方的部分，截面EB1MN上方为棱台EA1B1−ND1M，
由题可知D1M//A1B1,D1M=12A1B，
可得D1为PA1的中点，
又A1D1=4，所以PA1=8，
所以棱台EA1B1−ND1M体积VEA1B1−ND1M=VP−EA1B1−VP−ND1M=13×SΔEA1B1×PA1−13×SΔND1M×PD1=13×4×8−13×1×4=283，
所求体积为43−283=1643．
故选：C．
画出经过正方体表面上三个小洞的平面截正方体所得的截面，结合图形确定截面下方部分多面体的体积即为所求，该多面体上部分为三棱台，求出三棱台的体积，再由正方体的体积减去三棱台的体积即得所求．
本题考查了多面体的体积的计算，考查了棱台棱柱体积公式的应用，属于中档题．

9.【答案】BD 
【解析】解：A选项，平行向量就是共线向量，错误；
B选项，若两个非零向量a,b夹角为锐角，a⋅b=|a||b|⋅cosθ>0，正确；
C选项，向量a与b共线的充要条件是存在唯一实数λ使得b=λa，(a≠0)，错误；
D选项，向量a在非零向量b上投影向量的长度为|a⋅b||b|，正确．
故选：BD．
根据平面向量的基本定理，即可判断正误．
本题考查平面向量的性质，属于基础题．

10.【答案】AD 
【解析】解：对于A，因为这批零件尺寸的误差值中位数为0.4，极差为1.5，
所以10个零件的尺寸的误差值的最大值小于等于1.9，故A正确；
对于B，因为这批零件尺寸的误差平均数为1，众数为0.5，设这批零件尺寸误差为0，0.5，0.5，0.5，0.5，0.5，0.5，0.5，0.5，6，因为6>2，故B不正确；
对于C，D，因为这批零件尺寸的误差平均数为1，若出现一次大于2，即x10>2，
所以s2=110[(x1−1)2+(x2−1)2+(x3−1)2+⋯+(x10−1)2]
>110[(x1−1)2+(x2−1)2+(x3−1)2+......+(2−1)²]
=110[(x1−1)2+(x2−1)2+(x3−1)2+⋯+1]>0.1，故C不正确，D正确．
故选：AD．
10个零件的尺寸的误差值的最大值小于等于1.9，可判断A；举例可判断B；利用反证法可判断C，D．
本题考查数据的中位数，平均数以及标准差和方差，属于基础题．

11.【答案】AD 
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，由平面和平面平行的性质，若α//β，则α与β没有公共点，又由l⊂α，则l与β没有公共点，必有l//β，A正确；
对于B，若α⊥β，l⊂α，则l与β可以平行，也可以相交，B错误；
对于C，若l⊥α，α⊥β，则l//β或l⊂β，C错误；
对于D，若l//α，m⊥α，则l⊥m，D正确；
故选：AD．
根据题意，由直线与平面的位置关系，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行、垂直的判断，属于基础题．

12.【答案】AD 
【解析】解：AB=2AE,AC=3AD，AB=a,AC=b，
DE=DA+AE=12a−13b，故A正确；B错误；
设AF=xa+yb，
EF=EA+AF=(x−12)a+yb，EC=EA+AC=−12a+b，
∵EF//EC，
∴x−12−12=y1，
同理DF=xa+(y−13)b，DB=a−13b，DF//DB，x1=y−13−13，
联立解得x=25,y=15，
故AF=25a+15b，故C错误，D正确．
故选：AD．
根据已知条件，结合平面向量的线性运算，以及平面向量的基本定理，即可求解．
本题主要考查平面向量的线性运算，以及平面向量的基本定理，属于基础题．

13.【答案】7 
【解析】解：3+2i是方程ax2+bx+c=0(其中a，b，c∈R)的一个根，可得复数3−2i是方程ax2+bx+c=0(其中a，b，c∈R)的另一个根，
则ca=(3+2i)(3−2i)=13，−ba=3+2i+3−2i=6，ba=−6，
则b+ca=ba+ca=−6+13=7．
故答案为：7．
由实系数的一元二次方程根成对原理，得到方程的另一个根，结合复数的乘法运算，即可求解．
本题考查复数的应用，属于基础题．

14.【答案】23 
【解析】解：由概率的性质，可得P(B)=P(AB)+P(A−B)=16+112=14，
又事件A、B相互独立，则有P(AB)=P(A)P(B)，
即16=14×P(A)，故P(A)=23．
故答案为：23．
首先由概率的性质，得P(B)=P(AB)+P(A−B)=14，再根据事件A、B的相互独立性，即可求得P(A)．
本题考查相互独立事件的概率及概率的性质，属基础题．

15.【答案】4 10 
【解析】解：经过2h，甲到达点P，|OP|=4×2=8(km)，乙到达点Q，|OQ|=6×2=12(km)，
在△OPQ中，依余弦定理，得|PQ|= |OP|2+|OQ|2−2|OP|⋅|OQ|cos∠POQ= 64+144−2×8×12×14=4 10，
因此，2h后两人相距约4 10km．
故答案为：4 10．
设2h后，甲到达P处，乙到达Q处，根据距离公式计算OP，OQ的长度，利用余弦定理即可求解．
本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．

16.【答案】2 73 
【解析】解：设DE∩BC=M，连结AM，由BC⊥AE，BC⊥AD，∴BC⊥平面AMD，
∴BC⊥AM，BC⊥DM，∠AMD=60°，又∵BD=CD，∴M为BC中点，∴G在AM上，
过E作EH⊥AM于H，由E到平面ABC的距离为 3，∴EH= 3,ME=2,AM=4，
MG=43，在△BGE中，由余弦定理GE2=MG2+ME2−2MG⋅MEcos60°=289,GE=2 73．
故答案为：2 73．
设DE∩BC=M，连结AM，过E作EH⊥AM于H，由E到平面ABC的距离为 3，可得EH，ME，AM，MG，在△BGE中，由余弦定理GE．
本题考查了空间距离、空间角，考查了空间想象能力，属于中档题．

17.【答案】解：(1)原式=1+i31−i+|3−i||1+i|=1−i1−i+ 10 2=1+ 5；
(2)根据题意可知，复数z=2m2−3m−2+(m2+m−6)i在复平面对应的点位于第四象限，
则2m2−3m−2>0m2+m−6<0⇒(2m+1)(m−2)>0(m+3)(m−2)<0⇒m∈(−3,−12)． 
【解析】(1)根据复数的运算法则，计算即可；
(2)复数z=2m2−3m−2+(m2+m−6)i在复平面对应的点位于第四象限，则有2m2−3m−2>0m2+m−6<0，解不等式组即可．
本题考查复数的应用，属于基础题．

18.【答案】证明：(1)∵α∩β=a，β∩γ=b，a//b，
∴b⊂γ，a⊄γ，则a//γ，
又γ∩α=c，a⊂α，∴a//c；
(2)∵a∩b=P，∴P∈a，P∈b，
又α∩β=a，β∩γ=b，∴P∈α，P∈γ，
而γ∩α=c，∴P∈c，可得b∩c=P． 
【解析】(1)由已知可得a//b，由直线与平面平行的判定可得a//γ，再由直线与平面平行的性质得到a//c；
(2)由a∩b=P，得P∈α，P∈γ，结合γ∩α=c，可得b∩c=P．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．

19.【答案】解：(1)由图可知第四组的频率为0.046×5=0.23，
设第一组的频率为x，由频率和为1，
得x+2x+4x+0.23+4x=1，解得x=0.07
所以第一组的人数为1000×0.07=70(人)，
前三组的频率和为x+2x+4x=0.49，
设中位数为m，则0.49+(m−180)×0.046=0.5，
解得中位数为m=180.2cm．
(2)由题意知，第一组抽取2人，记为A，B，第二组抽取4人，记为C，D，E，F，
从6人中抽取2人的共有(A,B)，(A,C)，(A,D)，(A,E)，(A,F)，(B,C)，(B,D)，(B,E)，
(B,F)，(C,D)，(C,E)，(C,F)，(D,E)，(D,F)，(E,F)15种结果，且每种结果等可能发生，
其中(A,B)，(C,D)，(C,E)，(C,F)，(D,E)，(D,F)，(E,F)有7种结果是两人来自于同一组，
故所求的概率为715． 
【解析】(1)由题意利用频率和为1，列方程求出第一组的频率，从而求出对应的人数以及中位数．
(2)利用列举法求出对应的基本事件数，计算所求的概率值．
本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．

20.【答案】解：(1)在△ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，2sinAsinBsinC+sin2B=sin2A+sin2C，
由正弦定理2acsinB=a2+c2−b2,sinB=a2+c2−b22ac，
由余弦定理sinB=cosB,B=π4；
(2)∵bcosA=1，A为锐角，∴AD=bcosA=1，
∴CD= 3，∴∠CAB=60°,∠FAD=30°,FD= 33,CF=2 33，
∴S△CFB=CFCDS△CBD=23S△CBD，
由(1)B=π4,△CDB为等腰直角三角形，
S△CBD=12CD2=32，
∴S△CFB=23S△CBD=1． 
【解析】(1)利用正弦定理和余弦定理即可求解；
(2)由题意得到S△CFB=CFCDS△CBD=23S△CBD，利用△CDB为等腰直角三角形即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题．

21.【答案】解：(1)设m=AB,n=AD，
DM=a=DA+AM=13m−n，AN=b=AB+BN=m+12n，
联立两式解得m=37a+67b,n=−67a+27b，
BD=BA+AD=−m+n=−97a−47b；
(2)|a|2=|13m−n|2=3|b|2=|m+12n|2=13⇒19m2+n2−23m⋅n=3m2+14n2+m⋅n=13，
由m⋅n=|m|⋅|n|cos60°=12|m|⋅|n|，
代入上式19|m|2+|n|2−13|m|⋅|n|=3①|m|2+14|n|2+12|m|⋅|n|=13②，
由①×13−②×3=0得149|m|2−494|n|2+356|m|⋅|n|=0，
化简得8|m|2−63|n|2+30|m|⋅|n|=0，
即(2|m|−3|n|)(4|m|+21|n|)=0，∴|m||n|=32，即|AB||AD|=32． 
【解析】(1)设m=AB,n=AD，联立方程组可得BD；(2)利用(1)将|a|，|b|分别平方，联立方程组，可得|m||n|=32，即|AB||AD|=32．
本题考查向量的表示，向量的数量积，属于中档题．

22.【答案】解：(1)设平面A1MN∩平面BB1C1C=l，∴N∈l，
∵平面ADD1A1//平面BCC1B1，又平面A1MN∩平面ADD1A1=A1M，∴A1M//l，
设l∩C1B1=Q′，∴NQ′//A1M，NQ′//平面A1MP，
∴NQ′⊂α(否则由平面α//平面A1MP，知NQ′//α，这与N∈α矛盾)，
∴Q′即为点Q，
又∵NQ//A1M，∴∠A1MA=∠NQB1，
∴tan∠NQB1=tan∠A1MA=AA1AM=2，∴B1Q=12B1N=12；
(2)∵P为D1C1中点，∴△A1PQ的面积S△A1PQ是直角梯形A1D1C1Q的一半，
S△A1PQ=12⋅12(A1D1+C1Q)⋅D1C1=92，
∵NQ//A1M，∴VN−A1MP=VQ−A1MP=VM−A1QP=13S△A1QP⋅AA1=3，
∴四面体A1MNP的体积为3． 
【解析】(1)设平面A1MN∩平面BB1C1C=l，N∈l，利用面面平行的性质可得A1M//l，设l∩C1B1=Q′，可得Q′即为点Q，进而可求B1Q；
(2)利用S△A1PQ=12⋅12(A1D1+C1Q)⋅D1C1=92，可求四面体A1MNP的体积．
本题考查求线段的长度，考查求空间几何体的体积，属中档题．