2023年广西三新学术联盟高一年级 5月联考
数学（人教版）答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 A C A B C C
题号 7 8 9 10 11 12
答案 D D ABC ABD BCD ACD
1.【答案】A
【详解】 z = (3 2i)(1+ i) = 5+ i，故 z = 5 i，故选：A.
2.【答案】C
150 1 1
【详解】抽样比为 = ，则高三年级应该抽取：1100 = 55人.故选：C.
1100 + 900 +1000 20 20
3.【答案】A
13
【详解】a mb = (2 3m,3 4m)， (a mb) a =13 18m = 0，m = ；故选A
18
4.【答案】B
【解析】在 A中，若 l ⊥ α, l ⊥ m，则m α或m / /α；B选项正确
在 C中，若α ⊥ β, l α,m β，则 l与 m可能平行、相交或异面；
在 D中，当 l α, l ⊥ m, l ⊥ n,m / /β,n / /β时，α与 β可能平行或相交
5.【答案】C
【详解】对于A，例如数据 1，3，5，将数据改成 2，3，5，数据的中位数未改变，仍为 3，故 A错误；
对于 B，若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则平均数大于中位数，故错误；
对于 C，平均数、众数与中位数从不同的角度描述了一组数据的集中趋势，故正确；
对于 D，一组数据的方差越大，说明这组数据的波动越大，故错误.
6.【答案】C
【详解】因为复数 z满足 z 2 5i = 2，所以复数 z对应的点P到点(2,5)的距离等于 2，即点P在圆心为
(2,5)，半径为 2的圆上运动，所以点
2 2
P到点( 1,1)的距离的最大值为2+ ( 1 2) + (1 5) = 7 .故选：C
7.【答案】D
【详解】解：由题意得： AC = 3AD , AE = xAB + yAC = xAB + 3yAD ,
1 1 1 1 x 3y
因为B, E, D三点共线，所以 x + 3y =1， + = ( + )(x +3y) = 2+ + 4，
x 3y x 3y 3y x
x 3y
当且仅当 = 时取等号，故选：D
3y x
8.【答案】D
【详解】设 D为 BC的中点，则有OD⊥ BC ,
1 1 2
BO BC = BC BO cos OBD = BC BC = BC
2 2
AC AB AC AB
= BO, ( ) BC = BO BC
cosC cos B cosC cos B
AC BC cosC AB BC cos(π B) λ 2
= BC ,
cosC cos B 2
λ λ
AC + AB = BC ,即b+ c = a,b+ c = 2a, λ = 4，故选 D
2 2
9.【答案】ABC
【解析】A选项，O为底面 ABCD中心，故 D,B,O共线，则M,B,O,D共面，D A1D且D 平面MOB，显
然 A1D与平面MOB相交,则 A选项错误；
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B选项，显然 A D与BD不垂直，即 A D与BO不垂直，故 A 不与平面MOB垂直，故 B错误； 1 1 1D
C选项，仅当M在C 重合时，MO ⊥ BO，而动点M 移动范围不包括端点，故 C错误。 1
D选项， A D∥B1C，则 BM与1 B1C所成角范围为 ( , )，故存在点M ，使得 A D与BM所成角为 。 1
4 2 3
10.【答案】A B D
【解析】A选项，根据等腰直角三角形的对称性，点 D无论是靠近 A还是靠近 C，BD长度不变，设 D为
靠近点 的三等分点，则 2 2 2 2 2 2 5 5A BD =1 + ( ) 2 1 = , BD = ，故 A正确；
3 3 2 9 3
B选项，依题意得，由 1 52AD = AB + AC ,得D是BC中点, AD = 12 + ( )2 = ，故 B正确；
2 2
2
C选项，对任意的m R， ，则 AB + (mAC)2| AB +mAC | 1 +2mAB AC 1，即
2 2
1+ 2m2 + 2m 1 2 1，即m +m 0，显然不恒成立。C错误。
2
2
D选项，对任意的m R， 2 2 2| mAB + AC | 1，则m AB + (AC) + 2mAB AC 1，即m + 2+ 2m 1，则
(m+1)2 0，D正确。
11.【答案】BCD
【详解】甲地：若 7天新增疑似病例为 1，1，1，1，2，2，6，满足平均数为 2，标准差
2 2 2
4(1 2) + 2(2 2) + (6 2)
s = 2，但不符合该标志；
7
乙地：因为中位数是 2，极差为 3，则不可能有哪天的疑似病例超过 5人，符合该标志；
丙地：由平均数 x 3且极差 c 3，如果有一天疑似病例超过 5人，假设为 6人，因为 x 3，则另外 6天病
例总和小于等于3 7-6 =15，又因为 c 3，所以另外 6天每天的疑似病例大于等于 3人,6天的总和大于等于
18，矛盾，所以符合该标志；
丁地：因为众数为 1，且极差c 4，所以新增疑似病例的最大值 5，所以符合该标志.故选：BCD
12.【答案】ACD
c b2 + c2 a2
【详解】对于A，因为 = cos A，由余弦定理可得cos A = ，
b 2bc
c b2 + c2 a2
所以 = ，化简可得2c2 = b2 + c2 a2，故 c2 + a2 = b2，所以 A正确；
b 2bc
b2 + c2 a2
对于 B，因为b2 + c2 a2，所以cos A = 0，又 A (0, π)，所以A为钝角，
2bc
故 ABC为钝角三角形；B不正确；
1 3 1 1
对于 C，设正方体的边长为a，则其外接球半径为 A ，内切球半径为 O1C = a 1O2 = a，
2 2 2 2
2
23 1
所以其外接球表面积为 4π a = 3πa
2，内切球表面积为4π a = πa2，
2 2
所以正方体的外接球与内切球的表面积之比为 3：1，C正确；
a b b 4+6 8 6
对于 D a在b方向上的投影向量是 = (4,3) = ( , )，D正确；
b b 5
2 5 5
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13.【答案】
3
【详解】连接 AD ，则1 MN / /AD D 为直线 AC与直线MN所成角，因为1 1AC D1AC为等边三角形
D 。 1AC=
3
14.【答案】直角三角形
cosC cos B a
【详解】由 = 得bcosC ccosB = a，由正弦定理得sinBcosC sinCcosB = sin A，所以
c b bc
sin(B C) = sin A，所以 B C = A或 B C + A = ，结合 A+ B +C = 解得 B = 或C = 0（舍去），因此为直角
2
三角形.
15.【答案】1
【详解】法一：以 A为坐标原点，AB为 x轴正半轴建立平面直角坐标系，设
M (0, y)，则N (2,2 y)，y [0,2]，所以 AM AN = y(2 y) = (y 1)2 +1 1，当
且仅当 y =1时取得最大值.
2 2 2
法二：由极化恒等式可得： AM AN = AO MO = ( 2)2 MO ,当MO ⊥ AD时，
MO =1此时
min AM AN的最大值为 1。
8 2
16.【答案】
3
【详解】设AC与BD相交于点O 因为四棱台1 ABCD A B C D 为正四棱1 1 1 1
台，直线 AA1与直线BB P ABCD1的交点为P，所以四棱锥 为正四棱锥，所以
PO1 ⊥平面ABCD .
四棱锥P ABCD的外接球的球心O在直线PO 上，连接BO1 ，设该外接球的半
径为R .
1
因为 AB = A B = 2，AB平行于 A1B1，所以PB = BB = 2， BO = 2，1 1 1 1
2
PO1 = 2 .
2 2
所以 2 2 2，即R2BO = BO1 + O1O = ( 2 ) + ( 2 R) ，解得R = 2，
4 8 2
则四棱锥P ABCD的外接球的体积为 R3 = .
3 3
17.【答案】（1）甲运动员 6次射击环数的平均数： x = 8，乙运动员 6次射击环数的平均数： y = 8；
7
（2）甲运动员 6次射击环数的方差： s2 = ，乙运动员 6次射击环数的方差： 2 13s ， s
2 s2，故甲运动
1 2 = 1 ＜ 2
3 3
员的发挥更加稳定.
【详解】
甲 9 10 6 9 6 8
乙 5 10 10 7 10 6
9+10+ 6+ 9+ 6+8
（1）甲 6次射击环数的平均数为： x = = 8，（列式正确得 1分，结果正确得 1分……2’）
6
5+10+10+ 7 +10+ 6
乙 6次射击环数的平均数为： y = = 8，（列式正确得 1分，结果正确得 1分……4’）
6
12 + 22 + 22 +12 + 22 + 0 14 7
（2）甲射击环数的方差为： s21 = = = ，（列式正确得 1分，结果正确得 1分，计
6 6 3
算结果写约等于 2.3或 2.33等也可得分……6’）
322 + 2
2 + 22 +12 + 22 + 22 26 13
乙射击环数的方差为： s2 = = = ，（列式正确得 1分，结果正确得 1分，计算结
6 6 3
果写约等于 4.3或 4.33等也可得分……8’）
由于 s2 ＜s2（……9’），因此甲运动员的发挥更加稳定（……1 2 10’）
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18.【答案】见解析
【详解】（1）因为 AC = AB = 2, BC = 2 2, AC2 + AB2 = BC2，即 AC ⊥ AB ---------（1分）
由题意知，平面 SAB⊥平面 ABC，且 AC⊥AB
又平面 SAB∩平面 ABC=AB--------------------------------------------------------------------------------（2分）
AC 平面 ABC------------------------------------------------------------------------------------------------（3分）
AC ⊥平面 SAB--------------------------------------------------------------------------------------------（4分）
（2）如图所示
取 AB的中点E，连接SE .-------------------------------------------------------（5分）
因为△SAB是等边三角形，E为线段AB的中点，所以SE ⊥ AB，
且又因为平面 SAB⊥平面 ABC，平面 SAB∩平面 ABC=AB，SE 平面 SBA
SE ⊥平面 ABC，所以 SE为三棱锥 S-ABC的高---------------------------（7分）
又由（1）知 AC ⊥ AB, AB = AC = 2，
1 1
即 S ABC = AC AB = 2 2 = 2 -----------------------------------------------（8分）
2 2
1 2 3
故三棱锥S BAC的体积V = 2 3 = ，------------------------------（9分）
3 3
又因为SB = 2，SC = BC = 2 2，
2
所以在等腰三角形 SBC中， SBC的高为 (2 2 ) 12 = 7.
1 1 1 2 3
S SBC = 2 7 = 7， V
2 A SBC
= S SBC h = 7 h =
3 3 3
2 21
h = ----------------------------------------------------------------------------（12分）
7
19．【答案】见解析
【详解】（1）由题意，得(0.016 + a + 0.01+ 0.009) 20 =1，解得a = 0.015，（3分）
因为0.009 × 20 = 0.18 < 0.3 (0.009 + 0.016) × 20 = 0.5 > 0.3
所以第 70百分位数位于[160,180)之间，（4分）50个雪梨重量的第 70百分位数，设为 x，
则 0.009× 20 + 0.016 × (180 ) = 0.3，解得 = 172.5，故估计这批雪梨的重量的第 70百分位数约为 172.5
克；（6分）
（2）重量小于 180克的雪梨的总重量约为
1
(10000 0.2 130+10000 0.3 150+10000 0.32 170) =1254（千克），（9分）
1000
重量不小于 180克的雪梨的总重量约为 110000 0.18 190 = 342（千克）,（10分）
1000
估计销售收入约为1254 2+342 3 40 = 3494（元）（12分）
20.【答案】见解析
【解析】（1）由正弦定理得 sinC sin B + sinC cos B = sin A+ 2 sin B -----------（1分）
又因为 sin A = sin(B +C) = sin BcosC + cos BsinC ----------------------------------------（2分）
所以 sinC sin B = sin BcosC + 2 sin B
因为 B (0, )所以sin B 0 ------------------------------------------------------------------（3分）
所以 sinC cosC = 2 -----------------------------------------------------------------------（4分）
3 3
得 sin(C ) =1，因为C ( , )，所以C = ，所以C = ----------（6分）
4 4 4 4 4 2 4
BC AC AB
（2）在 ABC中由正弦定理得 = =
sin CAB sin B sin ACB
10 3 10
得 sin CAB = ，所以 cos CAB = ---------------------------------------------（8分）
10 10
10
所以 sin ADC =
10
3 2 5
sin DAC = sin( ADC) = --------------------------------------------------------（9分）
4 5
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DC AC
在 ADC中由正弦定理得 = 得DC = 4 -------------------------（10分）
sin DAC sin ADC
BC AC AB 5
在 ABC中由正弦定理得 = = ，得sin B = ，
sin CAB sin B sin ACB 5
1 5
ABD的面积为 BD AB sin B = .-----------------------------------------------（12分）
2 2
21.【答案】见解析
【解析】解：由3AB AC+4CA CB = BA BC得3cbcos A+4bacosC = cacos B ---（2分）
b2 + c2 a2 b2 + a2 c2 c2 + a2 b2
即3cb + 4ba = ca --------------------------------------------（4分）
2cb 2ab 2ac
c
得 c2 =4b2， = 2 -------------------------------------------------------------------------------------（6分）
b
2 1 2 2 2（2）由 4 1 4 4 2 1 2 4AD = AB+ AC得 AD = AB + AC + AB AC，即4 = c + b + cbcos A（7分），
3 3 9 9 9 9 9 9
c = 2b 2 36 1 36sin A代入化简得b = ，（8分） S = bcsin A = b2 sin A = （9分）
17+8cos A 2 17+8cos A
A A
72sin cos A
2 2 72 tan= 2 （10分）
A A A A = A
17(cos2 + sin2 ) +8(cos2 sin2 ) 9 tan2 + 25
2 2 2 2 2
72 72 12
= = （11分）
A 25
9tan + 2 9 25
5
2 A
tan
2
当且仅当 A 5 12tan = 时，有S = （12分） max
2 3 5 。
22.【答案】(1)见解析 (2) 2 1
【解析】（1）由于 ABCD为正方形，且DG=AR
所以 RBCG为矩形，连结 CR与 BG交于点 I，则 I为 CR中点----------------------------------1分
又因为 F为 EC的中点，则有 FI为三角形 RCE的中位线，则FI / /ER -----------------------3分
又 FI 面 BGF，ER 面 BGF，所以有ER / /面 BGF-----------------------------------------------4分
（2）因为平面ECD ⊥平面 ABCD，CD ⊥CE，交线为CD，CE 平面 ECD，所以CE ⊥平面 ABCD，
因为BC 平面 ABCD，所以CE ⊥ BC
又因为CD ⊥ BC，DC 平面CDE，CE 平面CDE，
则有BC ⊥平面CDE --------------------------------------------------------------------6分
作QN / / AD与DE交于点N ，作PM / /AD与DE交于点M ，
连接CM ,CN ，由BC ⊥平面CDE，得BC ⊥CM，BC ⊥CN，
则 MCN是二面角P BC Q的平面角，所以 MCN = 45 ---------------8分
MN h CM CN sin 45 CM CN
由于 S CMN = = MN =
2 2 6
而MN 2 =CM 2 +CN 2 2 CM CN cos 45
=CM 2 +CN 2 2 CM CN (2 2 ) CM CN
当且仅当CM =CN时取等，所以有
2
2 CM CN MN = (2 2 ) CM CN CM CN 36 (2 2 )
6
36 2 2 6 2 2
所以 CM CN ( ) MN ( )MN = = 6 (2 2 ) = 2 1--------10分
6 6 DE 6 2
因为QN / / AD PM / /AD，由平行线分线段成比例的性质可知
PQ MN PQ MN
= ，所以 = = 2 1----------------------------------------12分
AE DE AE min DE min
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数学（人教版）
(考试时间：120分钟总分：150分)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在
本试卷上无效。
一、单选题：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，只有一项符
合题目要求，
1.己知复数z满足z=(3-2)1+),i为虚数单位，z是z的共轭复数，则2=()
A.5-i
B.5+i
C.1-i
D.1+i
2.新华中学高三年级有学生1100人，高二年级有学生900人，高一年级有学生1000人，现以
年级为标准，用分层抽样的方法从这三个年级中抽取一个容量为150的样本进行某项研究，
则应从高三年级学生中抽取的学生人数为()
A.45
B.50
C.55
D.60
3.已知向量a=(2,3),6=(3,4),若向量a-mb与ā垂直，则实数m=().
A.13
8
B.、13
18
c.
9
D.3
4.已知1，m,n是三条不同的直线，a,B,y是三个不同的平面，给出下列命题，其中真命题是()
A.若1⊥o,1⊥m,则m∥a.
B.若B=l,Bny=m,ya=n,l∥m,则m∥n.
C.若a⊥B,lc,mcB,则1⊥m
D.1c,1⊥m,1⊥n,m∥B,n∥B,则a∥B.
5.下列说法正确的是()
A.改变样本数据中的一个数据，平均数和中位数都会发生改变
B.若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则平均数小于中位数
C.平均数、众数和中位数都是描述一组数据的集中趋势的统计量
D.样本数据的方差越小，说明样本数据的离散程度越小，数据的波动越大
高一5月联考数学（人教版）第1页（共4页）
6.若复数z满足2-2-5=2，则2+1-的最大值为()
A.5+V2
B.5+2V5
C.7
D.√4
7.己知点D是△ABC的AC边上靠近点A的三等分点，点E是线段BD上一点（不包括端点），
若正=正+4C,则上+的最小值为()
x 3y
A.1
B.2
C.3
D.4
8.已知点O是△4BC外接圆圆心，角A、B、C所对的边分别为a,b,c,且有b+c=2a,若
AC AB
cosC cosB
=B可，则实数入的值为()
A.1
B.2
C.3
D.4
二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分
9.正方体ABCD-ABCD,的棱长为2，O为底面ABCD的中心，M为棱B,C,上的动点（不包
含两个端点)，则下列命题中错误的是()
D
A.存在点M,使得AD∥平面MOB
B.存在点M,使得A,D⊥平面MOB
C.存在点M,使得MO⊥BO
D.存在点M,使得AD与BM所成角为
10.在等腰直角△4BC中，角AB,C所对的边分别为a6,c,B=,b=5,D是△4BC边
上一个动点，则下列说法中正确的是()
A.若D是AC三等分点，则BD=5
3
B.若2AD=B+AC,则HD=5
C.对任意的m∈R,|AB+mAC上1
D.对任意的m∈R,|mAB+AC≥1
11.在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染
的标志为“连续7天，每天新增疑似病例不超过5人”.过去7日，甲、乙、丙、丁四地新
增疑似病例数据信息如下，则一定符合该标志的是()
甲地：总体平均数为2，且标准差s≤2；
乙地：中位数为2，极差为c=3;
丙地：总体平均数x≤3，且极差c≤3；
丁地：众数为1，且极差c≤4.
A.甲地
B.乙地
C.丙地
D.丁地
高一5月联考数学（人教版）第2页（共4页）
