广东省2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）.docx

1、2022-2023学年广东省东莞市东莞中学高一（下）期中数学试卷一、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已知复数z满足（2+i）z2i，其中i为虚数单位，则复数z的模为（）ABCD2已知平面向量（1，2），（4，m），且，则向量是（）A（7，34）B（716）C（7，4）D（7，14）3在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b4，c2，C60，则此三角形的解的情况是（）A有一解B有两解C无解D有解但解的个数不确定4某组样本数据的频率分布直方图如图所示，设该组样本数据的众数、平均数、第一四分位数分别为，则的大小关系是

2、（注：同一组中数据用该组区间中点值近似替代）（）ABCD5已知某圆锥轴截面的顶角为120，过圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2，则该圆锥的底面半径为（）ABCD6设点O在ABC内部，且有，点D是边BC的中点，设ADC与AOC的面积分别为S1、S2，则S1：S2（）A1：2B1：3C3：2D5：37在我国古代数学名著九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB平面BCD，且ABBCCD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为（）ABCD8三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC，AP3，BC6，则该三棱锥外接球的表面积为（）A45B63C57D84二

3、、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若，是任意的非零向量，则下列叙述正确的是（）A若，则|B若，则C若，则D若|+|，则10已知m、n为两条不重合的直线，、为两个不重合的平面，则下列说法正确的是（）A若m，n且，则mnB若mn，m，n，则C若mn，n，m，则mD若mn，n，则m11某高中有学生500人，其中男生300人，女生200人，希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本，经计算得到男生身高样本均值为170cm，方差为17cm2；女生身高样本均值为160cm，方

4、差为30cm2.下列说法中正确的是（）A男生样本容量为30B每个女生被抽入到样本的概率均为C所有样本的均值为166cmD所有样本的方差为46.2cm212如图，正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，P是A1D上的一个动点，下列结论中正确的是（）ABP的最小值为BPA+PC的最小值为C当P在直线A1D上运动时，三棱锥B1ACP的体积不变D以点B为球心，为半径的球面与面AB1C的交线长为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13设一组样本数据x1，x2，xn的平均数是3，则数据2x1+1，2x2+1，2xn+1的平均数为 14如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的ABC的直观图，已知ACy轴，

5、BCx轴且2ACBC2，则ABC的周长为 15正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为BC、CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截面面积为 16如图，ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足（b+c）cosAa（2cosBcosC），bc，设AOB（0）OA2OB4，则四边形OACB面积的最大值为 四、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17已知向量，是两个不共线的向量，3+，3，2+（1）若B，C，D三点共线，求实数的值；（2）若|2|2，的夹角是，且，求实数的值18已知za+bi（a，bR），z+2i和均为实数，其中i是虚数单

6、位（）求复数z；（）若对应的点在第四象限，求实数m的取值范围19如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，ABBC，D为AC的中点，AA1AB2，BC3（1）求证：AB1平面BC1D；（2）求三棱柱ABCA1B1C1的表面积20在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2B+sin2C（sinA+6sinBsinC）sinA（1）求tanA；（2）若，求ABC的面积21某校为了解高一学生在五一假期中参加社会实践活动的情况，抽样调查了其中的100名学生，统计他们参加社会实践活动的时间（单位：小时），并将统计数据绘制成如图的频率分布直方图（1）估计这100名学生在这个

7、五一假期中参加社会实践活动的时间的众数，中位数，平均数；（2）估计这100名学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的上四分位数（结果保留两位小数）22已知在梯形ABCD中，ADBC，ABCBAD，ABBC2AD4，E，F分别是AB，CD上的点，EFBC，AE2，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD平面EBCF（如图）（1）证明：EF平面ABE；（2）求二面角DBFE的余弦值2022-2023学年东莞中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（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【解答】解：（2+i）z2i，|z|故选

8、：C2【解答】解：，（1，2），（4，m），142m0，解得m25（1，2）3（4，2）（512，106）（7，16）故选：B3【解答】解：因为b4，c2，C60，由正弦定理得，故sinB1，故B不存在，即三角形无解故选：C4【解答】选：B5【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，如图所示，由题意可知，APB120，ABP30，又过圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2，则，解得l2，在RtPOB中，rlcos30，所以该圆锥的底面半径为故选：A6【解答】解：如图，取AC的中点为E，+2（+），2+4，O、D、E三点共线且|2|，S1：S2，故选：C7【解答】解：如图所示，分别取

9、AB，AD，BC，BD的中点E，F，G，O，则EFBD，EGAC，FOOG，FEG为异面直线AC与BD所成角设AB2a，则EGEFa，FGa，FEG60，异面直线AC与BD所成角的余弦值为，故选：A8【解答】解：作出ABC的外接圆O1由于PA平面ABC，可将三棱锥PABC中放在圆柱O1O2中，如图所示：因为，由正弦定理得ABC的外接圆O1的直径为，又AP3，则三棱锥PABC外接球的直径为（2R）2|PA|2+（2r）29+4857，故外接球的表面积为S4R257故选：C二、多项选择题（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，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错

10、的得0分，部分选对的得3分）9【解答】解：对于A，若，则向量长度相等，方向相同，故，故A正确；对于B，若，则，即或，故B错误；对于C，若，则方向相同或相反，方向相同或相反，即的方向相同或相反，故，故C正确；对于D，若，则，故D正确，故选：ACD10【解答】解：对A，若m，n且，则mn或者m与n相交，或者m与n异面，所以A错误；对B，若mn，m，则n，又n，所以，正确；对C，若n，则n，又mn，m，所以m，正确；对D，若mn，n，则m，又，所以m或m，所以D错误故选：BC11【解答】解：A：由5030人，正确；B：由50人，故每个女生被抽入到样本的概率为，错误；C：所有样本的均值为166cm，正

11、确；D：男生方差，女生方差，所有样本的方差+480+12+72046.2，正确故选：ACD12【解答】解：对于A，当BPA1D时，BP最小，由于，B到直线A1D的距离，故A错误；对于B，将平面DCB1A1翻折到平面ADA1上，如图，连接AC，与A1D的交点即为点P，此时PA+PC取最小值AC，在三角形ADC中，ADC135，故B正确；对于C，由正方体的性质可得A1DB1C，A1D平面AB1C，A1D平面AB1C，P到平面AB1C的距离为定值，又为定值，则为定值，即三棱锥B1ACP的体积不变，故C正确；对于D，由于BD1平面AB1C，设BD1与平面AB1C交于Q点，设以B为球心，为半径的球与面A

12、B1C交线上任一点为G，G在以Q为圆心，为半径的圆上，由于AB1C为正三角形，边长为，其内切圆半径为，故此圆恰好为AB1C的内切圆，完全落在面AB1C内，交线长为，故D正确故选：BCD三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13【解答】解：一组样本数据x1，x2，xn的平均数是3，则数据2x1+1，2x2+1，2xn+1的平均数为23+17故答案为：714【解答】解：先由斜二测画法得ACBC，ACBC2，即可求解由题意得，ACBC，且ACBC2，则，则ABC的周长为故答案为：15【解答】解：如图，把截面AEF补形为四边形AEFD1，连接AD1，由正方体可得EFAD1，可得等腰梯形AE

13、FD1为平面AEF截正方体所得的截面图形，由正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，得AD14，EF2，2，则E到AD1的距离即等腰梯形AEFD1的高为3，所求截面的面积为S（2）18故答案为：1816【解答】解：由（b+c）cosAa（2cosBcosC）及正弦定理得（sinB+sinC）cosAsinA（2cosBcisC），化简得 sinC+sinB2sinA，再用正弦定理得 c+b2a，又bc，所以 abc，即ABC为正三角形，在三角形AOB中|AB|2c2|OA|2+|OB|22|OA|OB|cos16+4224cos2016cos，S四边形OACBSABC+SAOBc2+24si

14、n（2016cos）+4sin5+4sin4cos5+8sin（），0，sin（），1，S四边形OACB，8+5，故答案为：8+5四、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【解答】解：（1）（3）（3+）24，（2+）（3）+（+3），由B，C，D三点共线，根据共线向量定理的条件可得：k，即24k+（+3），所以解得：1B，C，D三点共线时实数的值为1；（2），0，即（2+）（24）0，4（8+2）48（8+2）21cos40，解得：418【解答】解：（）za+bi（a，bR），z+2ia+（b+2）i，由题意，可得a2，b2，则z22i；（）2+2i+，

15、由题意，解得2m或1m实数m的取值范围是（2，）（1，）19【解答】（1）证明：连接B1C，交BC1于点O，连接OD，所以O是B1C的中点，所以ODAB1，又因为AB1平面BC1D，OD平面BC1D中，所以AB1平面BC1D；（2）解：三棱柱ABCA1B1C1的表面积为S2SABC+223+22+23+216+220【解答】解：（1）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，因为sin2B+sin2C（sinA+6sinBsinC）sinA，所以b2+c2a2+6bcsinA，所以2bccosA6bcsinA，所以；（2）因为，所以，由余弦定理a2b2+c22bccosA，可得，即c26

16、c+50，解得c1或c5，当c1时，ABC的面积为；当c5时，ABC的面积为21【解答】解：（1）由频率分布直方图可看出最高矩形底边上的中点值为20，故众数是20，由（0.02+0.06+0.075+a+0.025）41得a0.07，（0.02+0.06）40.32且（0.02+0.06+0.075）40.62，中位数位于1822之间，设中位数为x，则，解得，故中位数是20.4；平均数为（0.0212+0.0616+0.07520+0.0724+0.02528）420.32；（2）上四分位数即为75百分位数，又（0.02+0.06+0.075）40.62，（0.02+0.06+0.075+0.

17、07）40.9，上四分位数位于2226之间，设上四分位数为y，则，得22【解答】（1）证明：在直角梯形ABCD中，因为ABCBAD，故DAAB，BCAB，因为EFBC，故EFAB所以在折叠后的几何体中，有EFAE，EFBE，而AEBEE，故EF平面ABE（2）解：如图，在平面AEFD中，过D作DGEF交EF于G在平面DBF中，过D作DHBF交BF于H，连结GH因为平面AEFD平面EBCF，平面AEFD平面EBCFEF，DG平面AEFD，故DG平面EBCF，因为BF平面EBCF，故DGBF，而DGDHD，故BF平面DGH，又GH平面DGH，故GHBF，所以DHG为二面角DBFE的平面角，在平面AEFD中，因为AEEF，DGEF，故AEDG，又在直角梯形ABCD中，EFBC且EF（BC+AD）3，故EFAD，故四边形AEGD为平行四边形，故DGAE2，GF1，在RtBEF中，tanBFE，因为BFE为三角形的内角，故sinBFE，故GH1sinBFE，故tanDHG，因为DHG为三角形的内角，故cosDHG所以二面角DBFE的平面角的余弦值为