2022-2023学年江苏省南京市高一下学期期末六校联合体联考数学试题【含答案】

1．已知向量a2m,1，b1,2，若a∥b，则m的值为（A．－1【答案】D【分析】由两向量平行的坐标表示列出等式，即可解出答案.

【详解】因为a∥b，所以2m211，解得：m故选：D2．已知复数z满足1iz1i,则复数z的实部为（A．1【答案】C【分析】根据复数的模和复数的除法,即可得出z【详解】因为1iz1iz1i2zB．1

C．）1.4）D．B．1C．

1414

22D．2222i,进而可得结果.2221i222i,1i1i1i22所以实部是故选:C.2.23．甲、乙、丙、丁四个乡镇的人口比为4:3:3:2，为了解某种疾病的感染情况，采用分层抽样方法从这四个乡镇中抽取容量为n的样本，已知样本中甲乡镇的人数比乙乡镇的人数多20人，则样本容量n的值是（A．200【答案】B【分析】根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可求解．【详解】甲、乙、丙、丁四个乡镇的人口比为4:3:3:2，利用分层抽样方法抽取一个样本量为n的样本，）B．240C．260D．280因为样本中甲乡镇的人数比乙乡镇的人数多20人，则4n3n20，解得n240．43324332故选：B．4．塔是一种在亚洲常见的，有着特定的形式和风格的中国传统建筑.如图，为测量某塔的总高度AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得BCD30，BDC45，CD20米，在C点测得塔顶A的仰角为60，则塔的总高度为（）A．1033C．20

B．10

31

31D．2033【答案】D【分析】先在△BCD中利用正弦定理求出BC的长，再在直角ABC利用三角函数可求得结果.【详解】在△BCD中，BCD30，BDC45，则DBC180BCDBDC105，sin105sin6045sin60cos45cos60sin45

62，4CDBC20BC

，即，sinDBCsinBDCsin105sin45

40所以sin105BC20sin45，得BC，31由正弦定理得在直角ABC中，ACB60，则ABBCtanACB故选：D40320(31)320(33)，315．从数字1，2，3，4中，无放回地抽取2个数字组成一个两位数，其各位数字之和等于5的概率为（）13A．B．316C．516D．2

1

【答案】A【分析】先得出所有的两位数的个数，再列举出其各位数字之和为5的两位数，根据古典概率公式可得选项.【详解】两位数共有4312个，其各位数字之和为5的两位数有：14，41，23，32共4个数，1

所以各位数字之和等于5的概率为，3故选：A.6．已知圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆，过圆锥高的中点且与底面平行的平面截此圆锥所得的圆台体积是（A．73π24）B．3π6C．34D．73π8【答案】A【分析】由题意易知圆锥的高为3，母线长为2，底面圆半径为1，再由大圆锥的体积减小圆锥的体积即可得出圆台体积.【详解】设圆锥的高为h，母线长为l，底面圆半径为r，12

πl2π则2，解得：l2，r1，πl2πr

所以hl2r23，11所以圆台体积为：π123π

33

故选：A7．已知cosA．

2

3

1373π，22242

21，tantan，则cos的值为（33

）D．23B．

13C．13【答案】C【分析】由已知条件列方程组可求出coscos和sinsin，再利用两角差的余弦公式可求得结果.【详解】因为cos

21，tantan，3321coscossinsincoscos32所以，解得，sinsin11sinsin

36coscos所以coscoscossinsin故选：C111

，263π

8．在平行四边形ABCD中，BAD，BD4，则ABAD3AC的最小值为（3

A．－10C．443【答案】BB．－13D．253）1

【分析】设ABx,ADy，求得ABAD3ACxy328xy，令t8xy，化简得到2

12ABAD3ACt32t4，结合二次函数的性质，即可求解.2【详解】如图所示，设ABx,ADy，且BAD

π，3在△ABD中，由余弦定理可得BD2AB2AD22ABADcosBAD，即16x2y2xy，可得x2y216xy

2222π1ABADxycosxy可得，ACABADABAD2ABADx2y2xy162xy，32

1

所以ABAD3ACxy328xy，2

设t8xy，可得xyt28，因为16x2y2xy2xyxyxy，当且仅当xy时，等号成立，所以22t26，1212则ABAD3ACt32t4(t32)13，22

当t32时，取得最小值，最小值为13.故选：B.二、多选题9．已知复数z1，z2，则下列说法正确的是（2

A．若z110，则z1i

）B．z1z2z1z2D．若z1z2，则z1z2

C．若z1z2z1z2，则z1z20【答案】AB【分析】利用虚数单位的意义判断A；利用复数代数形式的乘法结合模的意义判断B；举例说明判断CD作答.222

【详解】对于A，由z110，得z1(i)，因此z1i，A正确；对于B，令z1abi,z2cdi,a,b,c,dR，则|z1||z2|a2b2c2d2，z1z2(abi)(cdi)acbd(adbc)i，|z1z2|(acbd)2(adbc)2a2c2b2d2a2d2b2c2a2b2c2d2，即z1z2z1z2，B正确；对于C，令z11,z2i，z1z2|1i|2|1i|z1z2，而z1z2i0，C错误；对于D，取z11i,z21i，显然z12z2，而z1z2，且z1z2，D错误.故选：AB10．先后两次掷一枚质地均匀的骰子，A表示事件“两次掷出的点数之和是3”，B表示事件“第二次掷出的点数是偶数”，C表示事件“两次掷出的点数相同”，D表示事件“至少出现一个奇数点”，则下列结论正确的是（A．A与B互斥C．B与C独立【答案】BC【分析】写出事件A,B,C,D所包含的基本事件，根据互斥事件和对立事件的概念进行判断ABD；求出PBCPBPC，得到C正确.【详解】先后两次掷一枚质地均匀的骰子，样本空间Ω1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,1,2,2,2,3,2,4,2,5,2,6,

）B．A与C互斥D．B与D对立3,1,3,2,3,3,3,4,3,5,3,6,4,1,4,2,4,3,4,4,4,5,4,6,

5,1,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6,6,1,6,2,6,3,6,4,6,5,6,6，故事件A1,2,2,1，事件B1,2,1,4,1,6,2,2,2,4,2,6,3,2,3,4,3,6,4,2,4,4,4,6,5,2,5,4,5,6,6,2,6,4,6,6，事件C1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,6，事件D1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,1,2,3,2,5,3,1,3,2,3,3,3,4,

3,5,3,6,4,1,4,3,4,5,5,1,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6,6,1,6,3,6,5.A选项，AB1,2，故A与B不互斥，A错误；B选项，AC，故A与C互斥，B正确；C选项，BC2,2,4,4,6,6，故PBC又PB

31，361218161

，故PBCPBPC，，PC

366362所以B与C独立，C正确；D选项，BD，但BD1,2,1,4,1,6,3,2,3,4,3,6,5,2,5,4,5,6，所以B与D不对立，D错误.故选：BC11．已知ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（A．若AB，则sinAsinB

B．若a2，B，且该三角形有两解，则3b2C．若π3）tanAtanB

2，则ABC为等腰三角形a2bD．若tanAtanBtanC0，则ABC为锐角三角形【答案】ABD【分析】根据大边对大角及正弦定理判断A，根据图形数形结合可判断B，由正弦定理及三角恒等变换判断C，由两角和的正切公式变形可判断D.【详解】因为AB，所以ab，由正弦定理如图，ab

，可知sinAsinB，故A正确；sinAsinBa2，B，且该三角形有两解，所以asinπ3πba2，即3b2，3故B正确；由正弦定理可得，tanAtanB11，即，所以sin2Asin2B，因为sin2Asin2BsinAcosAsinBcosBπ，所以三角形为等腰或直角三角形，故C错误；22A,2B(0,2π)，所以2A2B或2A2Bπ，即AB或AB因为tanAtanBtanCtan(AB)(1tanAtanB)tanC

tanCtanAtanBtanCtanCtanAtanBtanC0，且A,B,C(0,π)，所以tanA0,tanB0,tanC0，即A,B,C为锐角，所以ABC为锐角三角形，故D正确.故选：ABD

12．如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，Q分别是AD，CC1，AA1的中点，APAB01，则下列说法正确的是（）A．若

1

，则B1D1∥平面MPN2

B．若1，则AC1∥平面MPNC．若AC1平面MPQ，则

12

1

D．若，则平面MPN截正方体所得的截面是五边形3【答案】ACD【分析】根据线线平行即可判断A，根据线面平行的性质即可得矛盾判断B,根据线面线面垂直的性质即可判断C，根据平行关系，即可由线段成比例得线线平行，即可求解截面.【详解】对于A,连接B1D1,BD,在正方体中，可知B1D1//BD，当

1

时，P是AB的中点，则MP//BD,所以MP//B1D1，由于MP平面MNP,B1D1平面MNP,2

所以B1D1∥平面MPN，故A正确，对于B,当1时，P与点B重合，连接BM交AC于点O,连接NO,若AC1∥平面MPN,则AC1平面ACC1,且平面ACC1

平面MNP=NO,则AC1∥NO，由于N是CC1的中点，则O为AC中点，这显然不符合要求，故B错误，对于C,若AC1平面MPQ，则AC1MP,由于MP平面ABCD,BD平面ABCD,又BDAC,BDCC1,ACCC1C,AC,CC1平面ACC1,所以BD平面ACC1,AC1平面ACC1,则BDAC1,显然AC1与平面ABCD不垂直，故AC1MP,则BD//MP,由于M为AD中点，所以P为AB中点，故

1

，C正确，211

对于D，取NC中点F,在DD1上取点H,使得DH=DD1，在棱BB1取E,使得BEBB1，在棱CC1上481

取CKCC18由于N,M分别为CC1,AD的中点，所以同理NF1HD1HDNF

=,=,=MH//NE,EF4MD4MDEF

EB3NK3NKEB=,=,=HN//PEPB8HK8HKPB连接PE,NE,HN,MH,MP即可得到截面多边形，故D正确，故选：ACD三、填空题1π

13．已知0,，cos，则sin

322

.【答案】33【分析】由半角公式求解.π

【详解】0,，则sin0，22

由半角公式可得33sin

2

1cos21133.23故答案为：14．已知某3个数据的平均数为2,方差为2,现加入数字2构成一组新的数据,这组新的数据的方差为【答案】.3

/1.52

【分析】利用方差公式计算即可得到结果.132【详解】设原数据为a1,a2,a3,则ai236,ai22,3i1i13加入2后,所得4个数据的平均数为i13ai24,6224所得4个数据的方差为s2a2i1i32(22)2463.42故答案为:3.2



15．在解析几何中，设P1x1,y1、P2x2,y2为直线l上的两个不同的点，则我们把PP12及与它平行的非零向量都称为直线l的方向向量，把直线l垂直的向量称为直线l的法向量，常用n表示，此时

PPn0.若点Pl，则可以把PP121在法向量n上的投影向量的模叫做点P到直线l的距离.现已知平面直角坐标系中，P4,0，P12,1，P21,3，则点P到直线l的距离为【答案】21

5.【分析】利用向量法即可求得点到直线的距离.

PP62(1)237，(6,1)PP(3,4)【详解】由已知得，PP，，所以1112

PPPP6(3)(1)422112hPP在直线l上的投影向量的长度为，1225PP(3)412故点P到直线l的距离d故答案为：21

522221.PP1h237()255四、双空题16．已知三棱锥的三个侧面两两垂直，且三个侧面的面积分别是球的体积为【答案】；此三棱锥的内切球的表面积为7777/66(2086)π66，，1，则此三棱锥的外接22.【分析】由题意可知三棱锥的三条侧棱两两垂直，首先求得三条侧棱的棱长，然后计算外接球的半径，最后计算其体积即可；等体积法计算三棱锥内切球的半径，从而求出内切球的表面积.【详解】解：设三棱锥ABCD中，面ABC，面ACD，面ABD两两垂直，则三棱锥的三条侧棱AB,AC,AD两两垂直，可设三条侧棱的长度分别为a，b，c，16ab

2a2261

bc由题意可得：，解得b3，22

c21

2ac1

设三棱锥的外接球半径为R，则2R2327，即R

27，24πR377外接球的体积Vπ；36设三棱锥的内切球半径为r，由勾股定理可知：BC2,BD5,CD5，1

则SBCD2512，2则有V

1111112232223232r，233222

2解得：r32，则表面积为：S4πr2086π.故答案为：77π；2086π6【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥与其外接球和内切球的综合问题，求其内切球半径的关键是利用等体积法，考查空间想象能力，属于较难题.五、解答题17．某商场为了制定合理的停车收费政策，需要了解顾客的停车时长（单位：分钟）.现随机抽取了该商场到访顾客的100辆车进行调查，将数据分成6组：0,100，100,200，200,300，300,400，400,500，500,600，并整理得到如下频率分布直方图：(1)若某天该商场到访顾客的车辆数为1000，根据频率分布直方图估计该天停车时长在区间400,600上的车辆数；该商场准备给停车时长较短的车辆提供免费停车服务.若以第30百分位数为标准，(2)为了吸引顾客，请你根据频率分布直方图，给出确定免费停车时长标准的建议（数据取整数）.【答案】(1)50(2)免费停车时长为153分钟【分析】（1）根据频率之和为1列出方程，求出400,500的频率，从而得到样本中停车时长在区间400,600上的频率并估计该天停车时长在区间400,600上的车辆数；（2）先确定第30百分位数位于100,200之间，列出方程，求出答案.【详解】（1）根据频率分布直方图中所有频率和为1，设400,500的频率为x，可列等式为0.00020.00130.00160.00320.0034100x1，x0.03，所以样本中停车时长在区间400,600上的频率为0.05，估计该天停车时长在区间400,600上的车辆数是50；（2）设免费停车时间长不超过y分钟，又因为0,100的频率为0.1330%，并且0,200的频率为0.4530%，所以y位于100,200之间，则满足0.13y1000.00320.3，y153，确定免费停车时长为153分钟.ππ722518．已知0,，0,，且cos，sin.10225(1)求tan的值；(2)求2的值.【答案】(1)3

(2)2

3π

4

1

【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系求得sin,cos，然后求得tan,tan7由两角和2

的正切公式可得答案；3π

2（2）结合（1），利用tan2tan，由两角和的正切公式，结合0,可

2

得答案.【详解】（1）由题意cos

255272,sin,cos,sin551010

1

所以tan,tan7

217

tantan23所以tan()

1tantan117

23π

（2）由,为锐角，可得20,

2

tantantan2tan11tantan1312312所以2

3π419．已知ABC中，AB2，AC1，BAC120，点D在边BC上且满足CD2BD.(1)用AB、AC表示AD，并求AD；

(2)若点E为边AB中点，求CE与AD夹角的余弦值.2113ADABAC，【答案】(1)333(2)33926【分析】（1）根据向量的线性运算即可求解，（2）由向量的线性运算表示向量，由数量积，利用夹角公式即可求解.2212【详解】（1）ADCDACACCBACABACACAB，3333所以211242124421411313ADABAC=（ABAC）=ABACABAC=421-==3333999999329,（2）易知CEABAC,121221ABACABAC=所以CEABAC2414121-41=3,22111212111113

1-=,又ADCEABACABAC=ABAC-ABAC=4--2

33233232322

3

ADCE3392cosAD,CE=所以,2613ADCE

3320．我校开展体能测试，甲、乙、丙三名男生准备在跳远测试中挑战2.80米的远度，已知每名男生有两次挑战机会，若第一跳成功，则等级为优秀，挑战结束；若第一跳失败，则再跳一次，若第二跳成功，则等级也为优秀，若第二跳失败，则等级为良好，挑战结束.已知甲、乙、丙三名男生成功跳过2.80米的概率分别是131

，2，，且每名男生每跳相互独立.记“甲、乙、丙三名男生在这次跳34

远挑战中获得优秀”分别为事件A，B，C.(1)求PA、PB、PC；(2)求甲、乙、丙三名男生在这次跳远挑战中恰有两人获得良好的概率.【答案】(1)(2)1535

、、；164977.576【分析】（1）获得优秀，可以是第一跳成功，也可以是第一跳失败第二跳成功，利用互斥事件的概率公式计算.（2）利用相互独立事件和互斥事件的概率的应用求出结果．【详解】（1）记“甲、乙、丙三名男生第1跳成功”分别为事件A1，B1，C1，记“甲、乙、丙三名男生第2跳成功”分别为事件A2，B2，C2.记“甲、乙、丙三名男生在这次跳远挑战中获得“优秀”为事件A，B，C.P(A)P(A1A1A2)P(A1)P(A1A2)P(B)P(B1B1B2)P(B1)P(B1B2)P(C)P(C1C1C2)P(C1)P(C1C2)

33315

1，444161113

1，.222411151，3339

甲、乙、丙三名男生在这次跳远挑战中获得优秀的概率1535、、；1649（2）记“甲、乙、丙三名男生在这次跳远挑战中恰有两人获得良好”为事件D，P(D)P(ABCABCABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)

P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)

153515351535111111164916491649



77.57677.576甲、乙、丙三名男生在这次跳远挑战中恰有两人获得良好的概率21．ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosC3asinCbc.(1)求A；(2)若ABC为锐角三角形，且b2，求ABC面积的取值范围.【答案】(1)A(2)(π33,23)2【分析】（1）由正弦定理结合sinBsinAC得到3sinAcosA1，利用辅助角公式得到π1πsin(A)，结合角A的范围得到A；362（2）法一：由（1）中A，结合三角形面积公式得到SABC到面积的取值范围；π33c，由正弦定理求出1c4，得2a24c2①

法二：由余弦定理得到4c2ca，结合三角形为锐角三角形得到22，从而求出ac4②

221c4，求出面积的取值范围.【详解】（1）由正弦定理可得：sinAcosC3sinAsinCsinBsinC，因为sinBsinACsinAcosCcosAsinC，所以sinAcosC3sinAsinCsinAcosCcosAsinCsinC，所以3sinAsinCcosAsinCsinC，因为C0,π，所以sinC0，所以3sinAcosA1，所以sin(A)，因为A所以A

ππ5π

(,)，666πππ，即A；366

π612（2）法一：由b2及（1）知ABC的面积SABC由正弦定理得c

bsinC2sin(120B)31.sinBsinBtanB13bcsinAc.22由于ABC为锐角三角形，故0B90，0C90.由（1）知BC120，所以30B90，π

因为ytanx在x0,上单调递增，2

故tanB33，故0,3，3tanB故1c4，从而3S△ABC23.2因此ABC面积的取值范围是(法二：因为A，b2，π33,23)；2b2c2a24c2a21由余弦定理得cosA，即，故4c22ca2，4c22bca2b2c2a24c2①

ABC为锐角三角形，则22，2，即22

acbac4②

由①得4c22c4c2，解得c4，由②得4c22cc24，解得c1或c0（舍去），综上1c4，所以SABC

133bcsinAc(,23).22222．如图，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ACC1A1平面A1B1C1，AB1与平面ACC1A1所成角的正切值为21，所有侧棱与底面边长均为2，D是边AC中点.7

(1)求证：AB1∥平面BDC1；(2)求异面直线BB1与A1C1所成的角；(3)F是边CC1一点，且CFCC1，若AB1A1F，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)60(3)=

15

【分析】（1）连接B1C与BC1交于点O，连接DO，则可证得AB1∥DO，再由线面平行的判定定理可证得结论；（2）取AC1，所以11的中点E，连接AE，则B1EAC1，由面面垂直的性质可得B1E平面ACC1A

B1AE即为AB1与平面ACC1A1所成角，可求出AE，然后在A1AE中利用余弦定理得AA1C1120，再根据平行关系可求得结果；（3）由B1E平面ACC1A1，可得A1FB1E，而A1FAB1，则A1F平面AB1E，从而可得A1FAE，然后在菱形ACC1A1中，以A为坐标原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，再利用向量可求得结果.【详解】（1）如图，连接B1C与BC1交于点O，连接DO，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形，则O是B1C的中点，又D是AC中点，则AB1∥DO，又AB1平面BDC1，DO平面BDC1，则AB1∥平面BDC1，（2）取AC1B1C1底面△A11的中点E，连接AE，斜三棱柱ABC-A1B1C1边长均为2，则B1EAC1，平面ACC1A1平面A1B1C1，平面ACC1A1平面A1B1C1AC1B1C1，11，B1E平面A所以B1E平面ACC1A1，所以B1AE即为AB1与平面ACC1A1所成角，RtB1AE中，B1E3，tanB1AE21，则AE7，7

又AA12,A1E1，A1A2A1E2AE24171

，则在A1AE中，由余弦定理得cosAA1C1

2A1AA1E2212

因为0AA1C1180所以AA1C1120，则```，因为AA1∥BB1，A1C1∥AC，所以异面直线BB1与AC11所成的角为A1AC，即为60，（3）由（2）知B1E平面ACC1A1，又A1FACC1A1，则A1FB1E，又A1FAB1，B1EAB1B1，B1E,AB1平面AB1E，所以A1F平面AB1E，又AE平面AB1E，所以A1FAE，在菱形ACC1A1中，以A为坐标原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(0,0),C(2,0),C1(3,3),A1(1,3),E(2,3)，

所以CC1(1,3)，AE(2,3)，

所以CFCC1(1，3)(,3)，所以F(2，3)，

所以A1F(1，33)，

AFAE因为1，所以A1FAE=0，1所以2(1)3(33)0，解得=.5