湖北省新高考联考协作体2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题 (含解析)

高一数学试卷

考试时间：2023年6月27日上午8:00-10:00

试卷满分：150分

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

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.已知i是虚数单位，复数zA.1【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数及复数的乘法法则进行化简运算，再得出结果.【详解】zi2ii12i，虚部为2.故选：B.2.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：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大.其中正确的有（A.①【答案】C【解析】【分析】根据分层抽样的特征以及每层的人数比值逐一求解判断各选项.【详解】对于①，因为总体是由差异明显的两部分组成的，所以应该采取分层随机抽样，故①正确；）B.①③C.①②D.①②③2i，则zi的虚部为（C.i）D.2i

B.2对于②，高一共有20501000人，高二共有24451080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10001080

208100人，高二应抽取208108人，故②正确；2080208010011351

，甲和乙被抽到的可能性相等，，乙被抽到的可能性为135010100010对于③，甲被抽到的可能性为故③错误；所以正确的说法是：①②.故选：C.3.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∥C.若，则m【答案】D【解析】【分析】由线面、面面平行的判定定理及线面、面面垂直的判定定理逐一判断各选项.B.若l，m∥l，则m∥D.若m，则）【详解】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：D.

4.已知向量a，b满足b1，ab，则a2b在b方向上的投影向量为（A.2【答案】C【解析】B.2a

）D.2



C.2b

【分析】由已知可得ab0，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可.【详解】由ab，得ab0.



2a2bbab2b

bb2b.根据定义可知：a2b在b方向上的投影向量为22bb

故选：C.5.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l1∩l2O，则直线l1与直线l3可能平行C.若l1∩l2O，则直线l2与直线l3不可能相交于O点D.若l1∥l2，则l1∥l3【答案】D【解析】【分析】对于A，直线l2与直线l3都在平面内；对于B、D，由O，O，O，得出Ol3，得出结果；对于D，由线面平行的判定定理以及性质定理推理得出.【详解】对于A，l2，l3，所以l2，l3，故A错误；对于B、D，因为l1，l2，l1∩l2O，所以O，O，O，因为l3，所以Ol3，所以直线l1，l2，l3必然交于一点（即三线共点），故B，C错误，对于D，若l1∥l2，l1，l2，所以l1∥，又l1，l3，则l1∥l3，故D正确；故选：D.）

6.已知平面向量a，b，c满足a1，b2且对tR，有btaba恒成立，则2ab与b的夹角为（A.23）B.2C.3D.6【答案】A【解析】

【分析】展开btaba，根据tR，有btaba恒成立，可求得两向量夹角，再结合夹角余弦公式即可求得.

【详解】由bta

2

2222ba展开得，ta2taba2ab0，

对tR，有btaba恒成立，2222

即4(ab)4a(a2ab)0,即aab221

所以可得aabaabcosa,b0，所以解得cosa,b，2即a,b，ababcosa,b1，322

所以2ab4a4abb2，则2ab与b的夹角余弦值22abb2abb21

，cos2ab,b

4422abb

0,22所以2ab与b的夹角为.3故选：A.7.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（）A.1【答案】B【解析】B.23C.43D.2【分析】由折叠不变可知，三棱锥AEFD中AE，AF，AD两两相互垂直，然后由等体积法可求出答案.【详解】由折叠不变可知，三棱锥AEFD中AE，AF，AD两两相互垂直，所以VAEFDVDAEF

1111SAEFDA112，3323△EFD的三边长分别为2，5，5，所以S△EFD

因为VAEFDVDAEF，设A到平面EFD的距离为d，所以3

，2112S△EFDd，解得d，333故选：B.

）8.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（A.10C.12.6【答案】D【解析】【分析】利用平均数公式及其方差公式求解.【详解】设增加的数为x，y，原来的8个数分别为a1,a2,,a8，则a1a2a864，a1a2a8xy90，所以xy26，8

1822

又因为ai812，即ai896，8i1i1

B.10.6D.13.6新的样本数据的方差为8

1818222222

a9x9y9a82a88x9y9iii1010i1i1i1



12xy2202，10x2y2xy22因为13，xy202136，22所以方差的最小值为13.6（当xy8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.

9.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）【答案】ACD【解析】【分析】由平均数及方差的大小关系逐一判断各选项.【详解】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.x2，10.已知xC（全体复数集），关于x的方程xtx20tR的两根分别为x1，若x1x222，2

则t的可能取值为（A.4【答案】ACD【解析】）B.2

C.0D.4【分析】根据已知及韦达定理得出x1x2t28，分情况讨论得出结果.【详解】因为x1x2t，x1x22，所以x1x2x1x24x1x2t28，2

2

2

当t280时，x1x2t2822∴t4；当t280时，x1x28t2i，x1x28t222，∴t0.故选：ACD.11.已知函数fxAsinxA0,0,作为已知条件，可以唯一确定的值（）



π

0的部分图像如图所示，加入以下哪个选项2

A.f01，A2B.x1

π5π

，x2

1212C.x22x1【答案】ABD【解析】D.x24x1【分析】根据三角函数的图像与性质逐一判断即可，其中判断C、D的时候需由x10，x2π

πx2.得到x1

1ππ

，0，∴，A选项正确；226xx2π5π2π

，当x1，x2时，函数的最小正周期，∴3，以及12412123πππ

∴32kπ,kZ，B正确；424【详解】当f01，A2时得sin由图像可得x10，x2π，∴xπx2π

12x1x1

x2ππ23，所以C错，D对.又因为0，∴x12故选：ABD

12.已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为正方体内及表面上一点，且APmABnAD1，其中m0,1，n0,1，则下列说法正确的是（）A.当n1时，对任意m0,1，CP平面ABB1A1恒成立B.当m0，n

16时，B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为23C.当mn1时，A1C1B1P恒成立D.当mn1时，PAPC的最小值为3【答案】ABC【解析】【分析】对于A，由面面平行的性质定理得出线面平行；对于B，由线面垂直的判定定理得出B1CABC1D1，H是垂足，所以B1PH为所求；对于C，由线面垂直的性质定理证得结果；对于D，将平面ABD1和平面BCD1展开成平面图后，线段AC为所求.【详解】对于A，如图1，当n1时，P点在线段C1D1上，CP包含于平面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m0，n

1

时，P是AD1的中点，2因为AB平面BB1C1C，B1C平面BB1C1C，所以ABB1C，又B1CBC1，ABIBC1B，AB、BC1在面ABC1D1内，所以B1CABC1D1，H是垂足，所以B1PH为所求，在RtB1PH中，tanB1PH

PH12，B1H226，故B正确；3所以B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为对于C，如图3，当mn1时，点P在线段BD1上，由选项C同理可证A1C1面BB1D1，B1P面BB1D1，A1C1B1P，故C正确；对于D，如图4，当mn1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ACBD1，PAPC故选：ABC.ABAD112626，故D错误.，PAPC的最小值为3BD133三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知i是虚数单位，复数z满足2iz62i，则z______.【答案】22【解析】【分析】根据复数运算的除法法则和模的计算公式，即可化简得到答案.【详解】因为z所以z

62i62i2i1010i

22i，2i2i2i5222222.故答案为：22.14.如图△OAB是水平放置的OAB的直观图，其中OA6，OB4，AOB45，则OAB的周长为______.【答案】24【解析】【分析】根据直观图复原原图，根据斜二测画法的规则，确定相关线段的长，可求得答案.【详解】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1024，故答案为：24.15.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DABC体积的最大值为183，则球的半径R等于______.【答案】4【解析】【分析】设ABC的中心为O，三棱锥DABC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，然后利用图形中的几何关系和条件可求得答案.【详解】设ABC的中心为O，三棱锥DABC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满足所以AO23，DOAOR，故OO故三棱锥的高DODOOOR所以V

32x93，故x6，4AO2AO2R212，R212，1

93RR212183，所以R4.3故答案为：4

16.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DEF90，SVDEF的最小值为______.EDF30，则SVABC【答案】【解析】【分析】设BDE

3145ππ

，EFx，由正弦定理求解BD,AD，再结合三角形面积公式及三66角函数辅助角公式求三角函数最值得出结果.【详解】设BDE

5πππDEBπ，，则中EFxBDE，DE3x，663

πDEBDsin33x，ππ，∴BD由正弦定理得：sinsinπ3sin3

3π

sin

ππ6在△ADF中DF2x，A，AFD，同理可得AD2x，π36sin3π4π

3sinx因此可得ABADBD2sinx

336SDEF2

2，SABC1ABABsinπ33sincos23

3

因为3sin由于33sincos3

x，

1

DEEF2π32212213，其中tan，0，cossin

63339π5πππ5π

，所以当时，sin1，，66662SVDEF3233sincos21所以，则的最小值为.S3314VABCmax

故答案为：3

.14四、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.已知为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数zcosisin，且z2z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.2【答案】（1）π3（2）32【解析】【分析】（1）先得到zzcos2cosisin2sin，再根据z2z在复平面上对应的点在虚2轴上，由cos2cos0求解；13

A1,3B,（2）先得到各复数在复平面上对应的点分别为，，C0,0，然后利用余弦定22

理求得一个角，再利用三角形面积公式求解.【小问1详解】解：∵zzcos2cosisin2sin，2∴cos2cos2cos2cos10，0,，∴cos

12π；23【小问2详解】由（1）知：sin3，2z13i，2∴z2

1331313ii，zi，44222221313ii0.2222∴1zz21

在复平面上对应的点分别为A1,3，B∴CA2，CB1，AB

13

,，C0,0，227，CA2CB2AB21471

由余弦定理可得cosACB，且ACB0,π，2CACB222∴sinACB

3，2∴S△ABC

1133.CACBsinACB12

222218.记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，满足2cb2acosB0.（1）求角A；3

BAAC，AD是ABC中线，求AD的长.（2）若a23，2【答案】（1）A（2）AD【解析】2

π362【分析】（1）根据边角转化，将题干条件均化成角，结合诱导公式，三角恒等变换进行化简求值；112

（2）利用ADABAC，平方后求AD，结合余弦定理来处理.22【小问1详解】因为2cb2acosB0，由正弦定理可知：2sinCsinB2sinAcosB0，由CπAB，故sinCsinπABsinAB，∴2sinABsinB2sinAcosB0∴2cosAsinBsinB0B(0,π),sinB0，∴cosA所以A

2π；31

，又A(0,π)，2【小问2详解】3π3BAAC，得cbcosbc3，根据数量积的定义，由232又a23，在ABC中由余弦定理得：a2b2c22bccosAb2c29

112AB2AC22ABAC12213∵ADABAC，∴ADbcbc，224442所以AD

6219.如图，在边长为2的正方体ABCDA1B1C1D1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ABCDA1B1C1D1，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为V1，V2V1V2，求V1:V2的值.【答案】（1）证明见解析（2）V1:V27:17【解析】【分析】（1）根据两条平行线确定一个平面得出E、F、D1、A四点共面；（2）连接FD1，由于平面AED1截正方体ABCDA1B1C1D1的截面是四边形AEFD1，得出V1是几何体三棱台A1AD1B1EF的体积，进一步求体积得出比值.【小问1详解】如图，连接EF，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB∥C1D1且ABC1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，所以AD1∥BC1，又E，F分别是棱BB1，B1C1的中点,则EF∥BC1，所以EF∥AD1，所以E、F、D1、A四点共面，即点F在平面AED1内；【小问2详解】连接FD1，所以平面AED1截正方体ABCDA1B1C1D1的截面是四边形AEFD1，所以V1是几何体三棱台A1AD1B1EF的体积，则S△A1AD1所以V1

111

222，S△B1EF11，222111

A1B1S△A1AD1S△A1AD1S△B1EFS△B1EF221332

7

，3且V2VABCDA1B1C1D1V12因此：V1:V27:17.3717.3320.2022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（满分：100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.【答案】（1）图见解析，平均数67分，80%分位数76.67分（2）55.4【解析】【分析】（1）由频率和为1，求出成绩落在60,70的频率；由样本的平均数公式及百分位数的计算公式得出结果；（2）根据分层抽样的样本平均数及方差公式求得结果.【小问1详解】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，如图样本的平均数x550.30650.40750.15850.10950.0567（分）设80%分位数为x，则0.03100.0410x700.0150.8，解得：x

230

76.67（分）；3【小问2详解】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

32

728778（分）55分层抽样的方差：s

23227722172782877855.4555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.在三棱柱ABC-A1B1C1中，ABBCAA12，BC114，ABC

2π

，A1C1A1B.3（1）证明：平面A1AC平面ABC；（2）求二面角AA1BC的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析5（2）.7【解析】【分析】（1）由面面垂直的判定定理证得结果；（2）取A1B的中点P，APC为二面角AA1BC的平面角，由余弦定理求得结果.【小问1详解】如图，设AC的中点为O，连接OA1，OB，因为ABBC，所以ACOB，又因为AC∥A1C1，且A1C1A1B，所以ACA1B，因为A1B，OB平面OBA1，且A1BOBB，所以AC平面OBA1，因为OA1Ì平面OBA1，所以ACOA1，在ABC中，ABBC2，ABC由余弦定理求得AC

2π，3AB2BC22ABBCcos2π1222222223，32则A1C1AC23，BC114，222因为A1C1A1B，所以A1C1A1BBC1，解得A1B

2，在RtAOA1，AA12，AO

223，可知A1O1，又OB1，2在△OBA1中，OA1OBA1B，因此A1OOB.由（1）知，ACOA1，且AC，OB平面ABC，且ACOBO，所以A1O平面ABC，A1O平面A1AC，因此平面A1AC平面ABC.【小问2详解】由第一问证明易得A1AA1C，△AA1B≌△CA1B，且ABBCAA1CA1.取A1B的中点P，APC为二面角AA1BC的平面角，且AC23，APCP5AP2CP2AC25AABC，所以二面角的平面角的余弦值为.cosAPC1

72APCP714222.记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且边BC上的高h（1）若A

3a.4π

，求B；2ππ或；63（2）已知ABC中角B和C是锐角，求tanB4tanC的最小值.【答案】（1）（2）93.4【解析】（1）利用三角形面积公式，结合正弦定理边化角得sinBsinC【分析】用二倍角公式求出B作答.π3sinA，再把A代入，利24（2）利用（1）的信息，利用和角的正弦化简变形，再利用均值不等式求解作答.【小问1详解】因为ABC边BC上的高h

3113a，则SABCbcsinAaa，4224332sinA，sinA，而sinA0，则sinBsinC44由正弦定理得sinBsinCsinA当A

π33时，sinCcosB，即有sinBcosB，即sin2B，224π2ππ

，有02Bπ，于是2B或2B，332显然cosB0，即0B所以B

ππ或B.36【小问2详解】在ABC中，由sinBsinC

33sinA，得sinBsinCsinBC，而B和C为锐角，44即sinBsinC

33sinBcosCcosBsinC，于是tanBtanCtanBtanC，44114，tanBtanC3显然tanB,tanC0，从而因此tanB4tanC3113tanB4tanC()(tanB4tanC)(5)4tanBtanC4tanCtanB

33tanB4tanC93时取等号，(52)3，当且仅当tanB2tanC44tanCtanB49333.3,tanC3时，tanB4tanC的最小值448所以当tanB

【点睛】思路点睛：涉及三角形中的三角函数等式求最值问题，可以利用三角恒等变形结合三角形内角和定理，化成含某个角或某两个角的等式，再借助三角函数性质或均值不等式求解即可.