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江苏省南京市外国语学校2022-2023学年高一下学期期末调研卷数学试题
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．设，其中，若，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，是单位向量，且它们的夹角是，若，，且，则（ ）
A． B． C． D．
3．从甲队60人、乙队40人中，按照分层抽样的方法从两队共抽取10人，进行一轮答题．相关统计情况如下：甲队答对题目的平均数为1，方差为1；乙队答对题目的平均数为1.5，方差为0.4，则这10人答对题目的方差为（ ）
A．0.8 B．0.675 C．0.74 D．0.82
4．为了分析某次数学考试的情况，随机抽取了若干学生，将其考试成绩（单位：分）分组为[60，70），[70，80），[80，90），[90，100），[100，110），[110，120），[120，130），[130，140），[140，150]，并绘制成如图所示的频率分布直方图，据此可估计该次考试成绩的中位数为m，则m的值为（　　）
A．99.8 B．100.8 C．101.8 D．102.8
5．已知圆锥的轴截面是等边三角形，则其外接球与内切球的表面积之比为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在测量河对岸的塔高时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
7．在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．，是异面直线， B．，是相交直线，
C．，是异面直线，与不垂直 D．，是相交直线，与不垂直
8．如图，将两个相同大小的圆柱垂直放置，两圆柱的底面直径与高相等，且中心重合，它们所围成的几何体称为“牟合方盖”，已知两圆柱的高为2，则该“牟合方盖”内切球的体积为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则与为异面直线
C．若，且，则
D．若，则
10．八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．在上的投影向量为
D．若点为正八边形边上的一个动点，则的最大值为
11．如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（ ）
A．若为中点，则平面
B．若为中点，则平面
C．不存在点，使得
D．PQ与平面所成角的正弦值最小为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知复数满足：，则 ．
13．某武警大队共有第一、第二、第三三支中队，人数分别为30，30，40.为了检测该大队的射击水平，从整个大队用按比例分配分层随机抽样共抽取了30人进行射击考核，统计得三个中队参加射击比赛的平均环数分别为8.8，8.5，8.1，估计该武警大队队员的平均射击水平为 环．
14．斐波那契时钟是一种基于斐波那契数列设计的特殊时钟．钟面上是5个正方形方块，每个方块对应的数值分别是斐波那契数列里的前5个数：，方块的数值固定，颜色可变化，可呈现红色、蓝色、绿色、白色．人们根据方块对应的数值和颜色计算时间，规则如下：小时数红色方块数值蓝色方块数值；分钟数（绿色方块数值蓝色方块数值）；呈现白色时忽略．如图表示时间为，则当表示时间为时，数值为5的方块为白色的概率为 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知复数，i为虚数单位.
(1)求；
(2)若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值.
16．已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
17．某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：

利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
(1)当漏诊率％时，求临界值c和误诊率；
(2)设函数，当时，求的解析式，并求在区间的最小值．
18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
19．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】利用复数相等求参数，再根据共轭复数的的形式，即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
所以，故．
故选：D
2．B
【分析】由得，列出方程求解即可．
【详解】由得，，即，解得，
故选：B．
3．D
【分析】根据分层抽样的均值与方差公式计算即可.
【详解】根据题意，按照分层抽样的方法从甲队中抽取人，
从乙队中抽取人，
这人答对题目的平均数为，
所以这人答对题目的方差为.
故选：D.
4．B
【分析】根据题意，先根据频率分布直方图求出考试成绩在内的频率，再结合中位数的定义与计算方法，即可求解.
【详解】考试成绩在内的频率为
，
该次考试成绩的中位数为，
则，解得.
故选：B.
5．A
【分析】根据截面图分析即可得半径比，然后可得答案.
【详解】如图，等边三角形的内切圆和外接圆的半径即为内切球和外接球的半径，
记内切球和外接球的半径分别为和，
则
所以其外接球与内切球的表面积之比为.
故选：A．
6．A
【分析】先根据正弦定理求得，进而在中，利用求解．
【详解】在中，，，，
则，
由正弦定理得，
所以.
在中，，
所以米.
故选：A
7．A
【分析】先用定理判断，是异面直线，再证明与垂直，连接，即可得到平面，取的中点，连接，，从而得到、，即可证明平面，从而得解．
【详解】显然根据异面直线判定方法：经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不经过点的直线是异面直线．
下面证明与垂直：
证明：因为平面，平面，
所以，
因为，分别为的中点，连接，
所以，
因为，平面，
所以平面，
如图：取的中点，连接，，
因为平面，所以，
又因为，所以，
因为，
所以，
又因为为的中点，所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以．
故选：A．
8．D
【分析】将两个互相垂直的圆柱放到棱长为2的正方体内，则正方体的内切球与这两个圆柱的侧面和底面都相切，故可求得内切球半径，故得答案
【详解】如图，将两个互相垂直的圆柱放到棱长为的正方体内，
则正方体的内切球与这两个圆柱的侧面和底面都相切，
又因为牟合方盖上下两个顶点和侧面的四个曲面刚好与正方体的侧面相切，
故正方体的内切球内切于牟合方盖，
所以正方体内切球即为牟合方盖的内切球，其半径为，
所以该“牟合方盖”内切球的体积为.
故选：D.
9．ACD
【分析】利用面面垂直的判定判断A；确定线线位置关系判断B；利用平面基本事实判断C；利用线面垂直的性质、面面平行的性质判断D.
【详解】对于A，显然，又，则，A正确；
对于B，由，得与可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；
对于C，由，，知点在平面内，
即为平面的公共点，而，因此，C正确；
对于D，由，得，而，因此，D正确.
故选：ACD
10．BCD
【分析】正八边形中，每个边所对的角都是，中心到各顶点的距离为2，然后再由数量积的运算判断AB,由投影向量和投影判断CD得答案．
【详解】由题意可知，正八边形每个边所对的角都是，中心到各顶点的距离为2，
对于A，，故A错误；
对于B，，则以，为邻边的对角线长是的倍，
可得，故B正确；
对于C，在上的投影向量为，故C正确；
对于D，设的夹角为则，其中表示在上的投影，
易知,延长DC交AB延长线于Q,当P在线段DC上运动，投影最大，
易知为等腰直角三角形，且,
则在中，,
在等腰三角形中，则
.故D正确．
故选:ABD．
【点睛】关键点点睛：本题考查向量数量积及性质，关键是利用数量积的几何意义确定在上的投影的最大值解决D选项.
11．AB
【分析】对于A，为中点，可证出，进而可证出平面；对于B，先证明平面，再由，所以平面；对于C，只需说明当点与点重合时，即可；对于D，求得PQ与平面所成角的最小正弦值与答案比对即可.
【详解】对于A，连结，由为线段的中点，为中点，
在中，为的中位线，所以，
平面，平面，所以平面，
故选项A正确；
对于B，连结，由为中点，由A的证明可知，
由为正方体，所以四边形为正方形，
所以，又平面，平面，
所以，由，所以平面，
再由，所以平面，所以选项B正确；
对于C，由为正方体，设棱长为，
所以，为线段的中点，
所以，又因为且，
所以四边形为平行四边形，故，
所以，所以当点与点重合时，，故C错误；
对于D，取中点，连结，设正方体棱长为，
则在中，为线段的中点，为中点，
所以为中位线，所以，
又因为平面，所以平面，
PQ与平面所成角为，则，
由，即，
所以欲使PQ与平面所成角的正弦值最小，即最小，
可知当与点重合时，最大，最小，可知最小，
此时，，
所以，故选项D错误；
故选：A B.
12．
【分析】利用复数的乘法运算直接求得，进而求得即可.
【详解】由，得，所以.
故答案为：.
13．
【分析】先得到第一，第二，第三中队参加考核人数，估计求出参加考核的30人的平均射击环数.
【详解】该武警大队共有（人），
按比例分配得第一中队参加考核人数为；
第二中队参加考核人数为；
第三中队参加考核人数为，
所以参加考核的30人的平均射击环数为，
所以估计该武警大队队员的平均射击水平为环．
故答案为：
14．/0.25
【分析】由题意：小时数红色方块数值蓝色方块数值；分钟数（绿色方块数值蓝色方块数值），可知蓝色方块数值可以既用来表示小时数，也可以用来表示分钟数，接下来就是对这五个区域着色，按数值为5的方块着色，分四类列举讨论即可得到结果.
【详解】 当表示时间为时，小时数为6，则红蓝；分钟数为30，
则（绿蓝）30，所以绿蓝．故红绿，则各方块的颜色情况如下．
（1）如图1，当数值为5的方块为白色时，剩下方块的数值分别为，
若2，3为蓝色，1，1为一红一绿，则有2种情况；若为蓝色，另一个1为白色，
则有2种情况，（提醒：此时钟面上不出现红色和绿色的方块）总计4种情况．
图1
（2）如图2，当数值为5的方块为蓝色时，剩下方块的数值分别为，
若2，3为白色，1，1为一红一绿，则有2种情况；若2，3为白色，1，1为一蓝一白，
则有2种情况，总计4种情况．
图2
（3）如图3，当数值为5的方块为红色时，剩下方块的数值分别为，
若1，1为一蓝一白，2，3为绿，则有2种情况；若1，1为一红一绿，2，3为绿色，
则有2种情况，总计4种情况．
图3
（4）当数值为5的方块为绿色时，因为红绿，由（3）可知，也有4种情况．
综上，总计有16种情况，其中数值为5的方块为白色时有4种情况，所以．
故答案为：.
15．(1)；
(2)；
【分析】（1）利用复数的除法运算法则可得，即可求得；
（2）将z代入方程利用复数相等的概念即可求得.
【详解】（1）因为复数，
所以
（2）因为复数z是关于x的方程的一个根，
所以，
可得，即，
所以,解得.
16．(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
17．(1)，；
(2)，最小值为．
【分析】（1）根据题意由第一个图可先求出，再根据第二个图求出的矩形面积即可解出；
（2）根据题意确定分段点，即可得出的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出．
【详解】（1）依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以，
所以，解得：，
．
（2）当时，
；
当时，
,
故，
所以在区间的最小值为．
18．(1)
(2)
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.
19．(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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