命題學校：湖北省水果湖高級中學 命題教師：陳龍、羅超 審題教師：肖佳
考試時間：2023年6月28日 試卷滿分：150分
★?？荚図樌?br>注意事項：
1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.
2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 復數( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用復數的除法可化簡所求的復數.
【詳解】.
故選：C.
2. 設為直線，，為兩個不同的平面，則下列結論中錯誤的是( )
A. ，，且B. ，
C. ，且D. ，且與相交與相交
【答案】B
【解析】
【分析】根據空間中線面平行、面面平行關系逐項分析判斷.
【詳解】對于選項A：若，，則或，
又因為，所以，故A正確；
對于選項B：若，，則或與相交，
例如在正方體中，//平面，//平面，
顯然平面與平面相交，故B錯誤；

對于選項C：若，且，由面面平行的性質可得，故C正確；
對于選項D：若，且與相交，由面面平行的性質可得與相交，故D正確；
故選：B.
3. 在正四面體中，點，，分別為棱，，的中點，則異面直線，所成角的余弦值為( )

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據異面直線夾角的定義結合余弦定理運算求解.
【詳解】連接，設正四面體的棱長為2，
因為分別為的中點，則//，
所以異面直線，所成角為(或其補角)，
在中，則，
由余弦定理可得，
所以異面直線，所成角的余弦值為.
故選：A.

4. 某次投籃比賽中，甲、乙兩校都派出了10名運動員參加比賽，甲校運動員的得分分別為8，6，7，7，8，10，9，8，7，8，這些成績可用下圖中的(1)所示，乙校運動員的得分可用下圖中的(2)所示.
則以下結論中，正確的是( )
A. 甲校運動員得分的中位數為7.5
B. 乙校運動員得分的75%分位數為10
C. 甲校運動員得分的平均數大于8
D. 甲校運動員得分的標準差大于乙校運動員得分的標準差
【答案】B
【解析】
【分析】先計算出甲校派出的10名運動員參賽成績的中位數，平均數和標準差；再計算出乙校派出的10名運動員參賽成績的75%分位數，平均數和標準差即可.
【詳解】甲校派出的10名運動員參賽成績從小到大為：6，7，7，7，8，8，8，8，9，10，
其中位數為：，平均數為：，故選項A、C錯誤；
其標準差為：；
乙校派出的10名運動員參賽成績分別為：6，7，8，9，9，9，9，10，10，10，
則其平均數為：，75%分位數為：，
標準差為：.
所以甲校運動員得分的標準差小于乙校運動員得分的標準差，故選項B正確，D錯誤.
故選：B
5. 在中，、、分別是內角、、所對的邊，若，，，則邊( )
A. B. 或C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據余弦定理可得出關于的等式，解之即可.
【詳解】因為，，，由余弦定理可得，
即，即，解得或.
故選：C.
6. 如圖所示，三棱柱中，若、分別為，靠近點的三等分點，平面將三棱柱分成左右兩部分體積為和，那么( )

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用棱臺體積公式求解體積即可得到體積比.
【詳解】設三棱柱的高為，底面的面積為，體積為，則，
因為、分別為，靠近點的三等分點，所以，
則，所以，
所以.
故選：D.
7. 如圖，圓錐的底面直徑和高均是4，過的中點作平行于底面的截面，以該截面為底面挖去一個圓柱，則剩下幾何體的表面積為( )

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通過圓錐的底面半徑和高，可求出圓柱的高和底面半徑，再結合圓錐的表面積與圓柱的側面積可求得剩下幾何體的表面積.
【詳解】設圓柱的高為，底面半徑為，可知，
則圓錐的母線長為，
所以剩下幾何體的表面積為.
故選：B.
8. 在中，，，，為中點，若將沿著直線翻折至，使得四面體的外接球半徑為，則直線與平面所成角的正弦值是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直角三角形性質和翻折關系可確定為等邊三角形，利用正弦定理可確定外接圓半徑，由此可知外接圓圓心即為四面體外接球球心，由球的性質可知平面，利用可求得點到平面的距離，由此可求得線面角的正弦值.
【詳解】，，，，又為中點，
，則，即為等邊三角形，
設的外接圓圓心為，的外接圓圓心為，取中點，連接，
，，，即外接圓半徑為，
又四面體的外接球半徑為，為四面體外接球的球心，
由球的性質可知：平面，又平面，，
，，；
設點到平面的距離為，
由得：，
又與均為邊長為的等邊三角形，，
直線與平面所成角的正弦值為.
故選：D.
【點睛】關鍵點點睛；本題考查幾何體的外接球、線面角問題的求解；本題求解線面角的關鍵是能夠確定外接球球心的位置，結合球的性質，利用體積橋的方式構造方程求得點到面的距離，進而得到線面角的正弦值.
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.
9. 已知互不相同的9個樣本數據，若去掉其中最大和最小的數據，則剩下的7個數據與原9個數據相比，下列數字特征中不變的是( )
A. 中位數B. 平均數
C. 第41百分位數D. 方差
【答案】AC
【解析】
【分析】根據中位數，百分位數的計算即可判斷AC,舉例即可判斷BD.
【詳解】設這9個數分別為，，，，，，，，，
且，
則中位數為，
去掉最大和最小的數據，得，，，，，，，中位數為，
故中位數一定不變；故A正確，
由，得，，，，，，，，的第41百分位數為，
由，得，，，，，，的第41百分位數為，
故第41百分位數不變，故C正確，
設這9個數分別1，2，3，4，5，6，7，8，9，
則平均數為，
方差為
，
去掉最大和最小的數據為2，3，4，5，6，7，8，
則平均數為，
方差為，
所以此時方差改變了，故D錯，
設這9個數分別，2，3，4，5，6，7，9，10，
則平均數為，
去掉最大和最小數據為2，3，4，5，6，7，9，
此時平均數為，所以此時平均數改變了，故B錯．
故選：AC．
10. 已知向量，，則下列說法正確的是( ).
A. 若，則B. 若，的值為
C. 的取值范圍為D. 存在，使得
【答案】AB
【解析】
【分析】由向量共線的坐標運算可判斷A；由向量的垂直的坐標運算可判斷B；由向量數量積的坐標運算和的范圍可判斷C；由得，求出的范圍可判斷D.
【詳解】對于A，若，則，所以，故A正確；
對于B，若，則，所以，
因為，所以的值為，故B正確；
對于C，，因為，
所以，，所以的取值范圍為，故C錯誤；
對于D，，所以，，
若，則，得，
解得，因為，所以，解得，
因為，所以無解，故D錯誤.
故選：AB.
11. 在中，內角、、所對的邊分別、、，，下列說法正確的是( )
A. 若，則
B. 外接圓的半徑為
C. 取得最小值時，
D. 時，值為
【答案】ABD
【解析】
【分析】對A，由正弦定理化簡可得，再根據三角形面積公式判斷即可；對B，根據結合正弦定理判斷即可；對C，根據正弦定理與余弦定理化簡可得，再根據基本不等式與三角函數性質判斷即可；對D，根據三角函數值域求解即可.
【詳解】對A，因為，由正弦定理可得，
因為，則，則，
又因為，故，故三角形面積為，故A正確；
對B，，則，
設外接圓的半徑為，則，故，故B正確；
對C，因為，由余弦定理，
即，化簡可得，
由基本不等式得，當且僅當時取等號，
此時，故當，時，取得最小值，故C錯誤；
對D，由C，，當時，的值為，故D正確；
故選：ABD.
12. 如圖，正四面體的棱長為1，，分別是棱，上的點，且，，則( )
A. 不存在，使得平面
B. 直線與直線異面
C. 不存在，使得平面平面
D. 三棱錐體積的最大值為
【答案】BC
【解析】
【分析】對于B，根據異面直線的定義即可判斷；對于A，當時，E，F(xiàn)分別是棱BD，CD的中點，得到，再根據線面平行的判定定理即可得解；對于C，根據題意得到當E，O，F(xiàn)三點共線時，平面平面BCD，然后利用平面向量基本定理的推論判斷即可；對于D，先求出三棱錐的高AO，然后利用基本不等式求出面積的最大值，即可求出三棱錐體積的最大值．
【詳解】因為直線與平面交于點，平面，且不經過點，所以直線與直線異面，故B正確.
當時，，分別是棱，的中點，此時，
因為平面，平面，所以平面，故A錯誤.
設為的中心，連接，因為經過點有且只有一條直線垂直于平面
，所以經過點且垂直于平面的平面一定經過直線，
即當且僅當，，三點共線時，平面平面，
因為，，
所以，，設的中點為，連接，
則，因為，，三點共線，
所以，整理得，因為，所以此方程無解，
所以不存在，使得平面平面，故C正確.
易知，在中
，，所以的面積，
當且僅當時等號成立，所以三棱推體積的最大值為.
故D錯誤.
故選：BC
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.雙空題第一空2分，第二空3分.
13. 已知兩座燈塔A和與海洋觀察站的距離都等于，燈塔A在觀察站的北偏東40°，燈塔在觀察站的南偏東20°，則燈塔A與燈塔的距離為______km.
【答案】3
【解析】
【分析】根據題意畫出示意圖，利用余弦定理運算求解.
【詳解】在中，由題意可知：，
由余弦定理可得：，
所以(km)
故答案為：3.

14. 已知，為單位向量，向量，的夾角為，則向量在向量上的投影向量為______.
【答案】
【解析】
【分析】先求出向量的模，再根據投影向量的定義即得.
【詳解】因為，又向量為單位向量，向量，的夾角為，
所以向量在向量方向上的投影向量為：
.
故答案為：
15. 如圖，在中，，，為上一點，且滿足，若，，則的值為______.

【答案】
【解析】
【分析】利用，結合已知條件可把求出，由平面向量基本定理把、用已知向量、表示，再利用數量積的運算法則可求數量積．
【詳解】，，
，存在實數，使得，即，
又，則，
，，，
則
，
故答案為：．
16. 已知正方體的棱長為3，動點在內，滿足，則點的軌跡長度為______.
【答案】
【解析】
【分析】確定正方體對角線與的交點E，求出確定軌跡形狀，再求出軌跡長度作答.
【詳解】在正方體中，如圖，

平面，平面，則，而，
，，平面，于是平面，又平面，
則，同理，而，，平面，
因此平面，令交平面于點，
由，得，
即，解得，
而，于是，
因為點在內，滿足，則，
因此點的軌跡是以點為圓心，為半徑的圓在內的圓弧，
而為正三角形，則三棱錐必為正三棱錐，為正的中心，
于是正的內切圓半徑，
則，即，，
所以圓在內的圓弧為圓周長的，
即點的軌跡長度為
故答案為：
【點睛】方法點睛：涉及立體圖形中的軌跡問題，若動點在某個平面內，利用給定條件，借助線面、面面平行、垂直等性質，確定動點與所在平面內的定點或定直線關系，結合有關平面軌跡定義判斷求解.
四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17. (1)設，在復平面內對應的點為，那么求滿足條件：的點的集合的圖形面積；
(2)已知復數， ，且，求的范圍.
【答案】(1)；(2).
【解析】
【分析】(1)利用復數的幾何意義，結合圓的面積公式即可得解；
(2)利用復數相等得到關于的方程組，從而得到關于的表達式，結合二次函數的性質即可得解.
【詳解】(1)由復數的幾何意義知：滿足條件的點的集合的圖形為圓環(huán)，
其中大圓半徑為，小圓半徑為，
故所求面積為.
(2)因為， ，且，
所以，所以且，
故，
因為，，
所以當時，有最小值為，
所以范圍為.
18. 在中，角，，所對邊分別為，，，.
(1)求角；
(2)若外接圓的半徑為，求面積的最大值.
【答案】(1)
(2).
【解析】
【分析】(1)先根據展開，結合正弦和差化積公式進行化簡，可得出，進而得出角的值.
(2)根據題意和正弦定理可得出邊長a的值，再由第一問和余弦定理得出b和c的關系，結合基本不等式即可求出面積的最大值.
【小問1詳解】
由得，，
所以，又，所以，
所以，因為，所以；
【小問2詳解】
由外接圓的半徑為，則得，
由余弦定理得，，即，
所以，解得.
所以，故面積的最大值為.
19. 如圖，在三棱柱中，面為正方形，面為菱形，，側面面.
(1)求證：面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】(1)利用面面垂直的性質定理和線面垂直的判定定理即可得證.
(2)過作于，過作于，連接，利用線面垂直的性質定理得出為二面角的平面角，在中直接求解即可.
【小問1詳解】
由菱形可得，
面面，面面，
又正方形中，
面，又平面，，
，平面，面.
【小問2詳解】
過作于，則面.
過作于，連接，
因平面，則，
又平面，，故平面，
又平面，所以，
故為二面角的平面角，
在中，設，，，
，，，
.
即二面角的余弦值為.
20. 為了深入學習領會黨的二十大精神，某高級中學高一全體學生參加了《二十大知識競賽》.試卷滿分為100分，所有學生成績均在區(qū)間分內.已知該校高一選物理方向、歷史方向的學生人數分別為180、120.現(xiàn)用分層抽樣的方法抽取了30名學生的答題成績，繪制了如下樣本頻率分布直方圖.
(1)根據樣本頻率分布直方圖，計算圖中的值，并估計該校全體學生成績的平均數和第71百分位數；
(2)已知所抽取選物理方向和歷史方向學生答題成績的平均數、方差的數據如下表，且根據頻率分布直方圖估計出全體學生成績的方差為140，求高一年級選物理方向學生成績的平均數和高一年級選歷史方向學生成績的方差.
【答案】(1)，平均數69，第71百分位數75；
(2)，
【解析】
【分析】(1)根據給定的頻率分布直方圖，求出a值，再求出學生成績的平均數和第71百分位數作答.
(2)由(1)結合平均數的意義求出，再根據方差的定義求出作答.
【小問1詳解】
由頻率分布直方圖知，，解得，
學生成績在區(qū)間內的頻率依次為：，
樣本平均數，
顯然學生成績在區(qū)間內的頻率為，在區(qū)間內的頻率為，因此第71百分位數，
，解得，
所以，估計該校全體學生成績的平均數為69，第71百分位數為75.
【小問2詳解】
依題意，抽取的30名學生中，物理方向有(人)，則歷史方向有12人，
由(1)知，，解得，
物理方向的樣本數據為，歷史方向的樣本數據為，
依題意，，，
全體學生成績的方差
，解得，
所以，.
21. 已知的面積為，且且.
(1)求角的大??；
(2)設為的中點，且，的平分線交于，求線段的長度.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根據已知條件求出角的正切值，再結合角的范圍即可求解；
(2)先根據條件求出，再借助于面積之間的關系求出之間的比例關系，結合題中條件即可求解.
【小問1詳解】
，又，即，
所以，又，所以.
【小問2詳解】
如圖所示，

在中，為中線，所以，
所以，
所以.由(1)知：，
又，所以，，由余弦定理可得：，
，，
又，所以，又，
所以，所以.
22. 如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，.

(1)為上一點，且，當平面時，求實數的值；
(2)設平面與平面的交線為，證明面；
(3)當平面與平面所成的銳二面角的大小為時，求與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)證明見解析 (3)
【解析】
【分析】(1)連接交于點，連接，利用線面平行的性質可得出，由可得出，再由可求得的值；
(2)證明出面，利用線面平行的性質可證得結論成立；
(3)取的中點，連接、，過點作，分析可知，為平面與平面所成的銳二面角，即有，證明出平面，則為與平面所成的角，計算出、的長，即可計算出的正切值.
【小問1詳解】
如圖，連接交于點，連接，
∵平面，平面，平面平面，∴，
在梯形中，∵，∴，∴，
∵，∴，∴
【小問2詳解】
∵，平面，平面，∴面，
又面，面面，∴，
又面，面，∴面.
【小問3詳解】
取的中點，連接、，

∵為的中點，且，，
∴且，∴四邊形為平行四邊形，∴，
∵，∴，∴，
又，∴為等邊三角形，
又，∴為等邊三角形，∴，
∵，平面，平面，∴平面，
∵平面，∴，
過點作，由，則，∴平面，平面，
即平面平面，∴，，
∴為平面與平面所成的銳二面角，∴.
又由，∴，∴，
∵，，
∵，平面，平面，∴平面，
∴為與平面所成的角，
，
∴，
因此，與平面所成角的正弦值為.
選科方向
樣本平均數
樣本方差
物理方向
75
歷史方向
60

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