天津市滨海新区2022-2023学年高一下学期期末数学试题

滨海新区2022-2023学年度第二学期期末质量检测

高一数学试题

一､选择题：本卷共12小题，每小题5分，共60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，请将所选答案填入答题纸中的答题栏内.

1. 是虚数单位，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数的运算法则，准确运算，即可求解.

【详解】由复数的运算法则，可得.

故选：D.

2. 在一次抛硬币的试验中，某同学用一枚质地均匀的硬币做了100次试验，发现正面朝上出现了40次，那么出现正面朝上的频率和概率分别为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据频率和概率的定义即可得到答案，注意频率是随机的、变化的，而概率是稳定的.

【详解】100次试验中有40次正面朝上，所以正面朝上的频率为，

因为硬币质地均匀，所以正面朝上和反面朝上的概率都是0.5.

故选：C.

3. 经过同一条直线上的3个点的平面（    ）

A. 有且仅有1个 B. 有无数个 C. 不存在 D. 有且仅有3个

【答案】B

【解析】

【分析】以这条直线为轴心，任意旋转角度的无数个平面都满足这个条件．

【详解】解：∵空间中不在同一条直线上的三个点确定一个平面，

∴在同一直线上的三个点的平面，就是以这条直线为轴心，任意旋转角度的无数个平面都满足这个条件，

∴有无数个平面，

故选：B．

4. 若一组数据为，，，，，，，，，，则这组数据的分位数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由总体百分位数的估计方法直接计算可得结果.

【详解】由题意知：共有个数据，则，这组数据的分位数为.

故选：B.

5. 已知为空间两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题中不正确的是（    ）

A. 若，，则

B. 若，，则

C. 若，，则

D. 若，，则

【答案】C

【解析】

【分析】利用线面垂直的性质定理即可判断出ABD，.若，，则可能在平面内，即可判断出C.

【详解】A. 若，，利用线面垂直的性质定理得正确；

B. 若，，利用线面垂直的性质定理得正确；

C. 若，，则可能在平面内，不正确；

D. 若，，利用线面垂直的性质定理得正确；

故选：C.

6. 已知为单位向量，，当向量的夹角等于时，向量在向量上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由向量投影数量公式可求得投影数量，由此可得投影向量.

【详解】向量在向量上的投影数量为，

向量在向量上的投影向量为.

故选：A.

7. i是虚数单位.若复数为纯虚数，则复数i在复平面内对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限

C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可得且，从而可求出的值，可得i，进而可得结果

【详解】解：因为复数为纯虚数，

所以且，解得，

所以ii，其在复平面内对应的点为，位于第四象限，

故选：D

8. 已知圆柱的侧面展开图是一个边长为的正方形，则这个圆柱的表面积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意和题设条件，求得圆柱的底面半径和母线长，结合圆的面积公式和圆柱的侧面积公式，即可求解.

【详解】设圆柱的底面半径为，母线长为，

因为侧面展开图是一个边长为的正方形，

所以，可得，

所以圆柱的表面积为.

故选：A.

9. 甲乙两位射击运动员在一次射击中各射靶6次，每次命中的环数如下表：则下列说法正确的是（    ）

A. 乙比甲射击的平均成绩高，甲比乙射击的成绩稳定

B. 乙比甲射击的平均成绩高，乙比甲射击的成绩稳定

C. 甲比乙射击的平均成绩高，甲比乙射击的成绩稳定

D. 甲比乙射击的平均成绩高，乙比甲射击的成绩稳定

【答案】B

【解析】

【分析】分别求出甲乙成绩的平均数和方差，分别比较平均数和方差的大小即可得出答案.

【详解】解：甲的平均成绩：，

方差为：；

乙的平均成绩为：，

方差为：

      ；

因为，所以乙比甲射击的平均成绩高，

又因，所以乙比甲射击的成绩稳定.

故选：B.

10. 空气质量AQI指数是反映空气质量状况的指数，指数值越小，表明空气质量越好，当AQI指数值不大于100时称空气质量为“优良”.如图所示的是某市4月1日~20日空气质量AQI指数变化的折线图，则下列说法中错误的是（    ）

A. 这20天中空气质量最好的是4月17日

B. 这20天空气质量AQI指数的极差是240

C. 总体来说，该市4月份上旬的空气质量比中旬的空气质量好

D. 从这20天的空气质量AQI指数数据中随机抽出一天的数据，空气质量为“优良”的概率是0.5

【答案】C

【解析】

【分析】根据折线图可确定4月17日质量AQI指数，即可判定选项A；求出这20天天气质量AQI指数的最大值和最小值，即可判定选项B；根据折线图中的数据，即可判定选项C；求出空气质量为“优良”的天数，由古典概型公式求出其概率，即可判定选项D.

【详解】由折线图可知4月17日质量AQI指数为20，是这20天中的最低，

选项A正确；

由折线图可知这20天中天气质量AQI指数的最大值是260，

最小值是20，极差为240，选项B正确；

根据折线图前10天的天气质量AQI指数高于后10天，

选项C错误；

由折线图可知这20天中空气质量为“优良”天数为10天，

所以空气质量为“优良”的概率是0.5，选项D正确.

故选：C.

11. 已知平面向量满足，与的夹角为，记，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据条件，t +(1-t)=1，可知：若起点相同，则其终点共线，采取数形结合法进行解决.

【详解】如图，，，则，则，因为，其中t +(1-t)=1，于是与共起点，且终点共线，即在直线AB上，于是时（即）最小，最小值为1，无最大值.

故选：C.

12. 如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点.将ADE沿直线DE翻折成A1DE(A1平面BCDE).若M在线段A1C上(点M与A1，C不重合)，则在ADE翻折过程中，给出下列判断：

①当M为线段A1C中点时，|BM|为定值；

②存在某个位置，使DEA1C；

③当四棱锥A1—BCDE体积最大时，点A1到平面BCDE的距离为|A1H|(DE的中点为H)；

④当二面角A1—DE—B的大小为时，异面直线A1D与BE所成角的余弦值为.

其中判断正确个数为（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】①利用余弦定理判断；②用线线垂直判断；③由垂线段判断；  ④由二面角与线线角公式判断.

【详解】在矩形ABCD中，AB=2AD，不妨令AB=2AD=2，则：

①取DC的中点F，连接MF，FB，

易知且为定值，

（定值）

所以MB的长为定值，故①正确；

②假设存在某个位置，使DEA1C，连接CE，取DE中点H，连接A1H，CH，

显然，而平面，

平面，，

进而有，但，不可能相等，

所以不可能有DEA1C，故②错误；

③由题意得，ADE是等腰直角三角形，A到DE的距离是，

当平面平面时，四棱锥A1—BCDE体积最大,

点A1到平面BCDE的距离为，故③正确；

④易知二面角A1—DE—B的平面角，

当二面角A1—DE—B的大小为时，，

又,所以，

又易知异面直线A1D与BE所成角为，

，故④错误，

综上可知，正确的有2个.

故选：B.

二､填空题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.

13. 是虚数单位，若复数，则___________.

【答案】.

【解析】

【分析】根据共轭复数的概念，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.

【详解】由题意，复数，可得，所以.

故答案为：.

14. 已知向量，且，则的值为___________.

【答案】-6

【解析】

【分析】根据向量垂直的坐标关系，得到关于的方程，求解即可.

【详解】，且，

所以.

故答案为：.

15. 如图，在正方体中，异面直线与所成角的大小为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据异面直线的定义，由，得即为异面直线与所成角的平面角，从而得出所求.

【详解】解：在正方体中，

因为，

所以即为异面直线与所成的角，

所以异面直线与所成角的大小为.

故答案为：.

16. 对于事件A与事件B，已知P(A)=0.6，P(B)=0.2，如果，则P(AB)=___________.

【答案】

【解析】

【分析】由可知，，从而得出所求.

【详解】解：因为，

所以，

故答案为：.

17. 某市供电部门为了解节能减排以来本市居民的用电量情况，通过抽样，获得了1000户居民月平均用电量(单位：度)，将数据按照[50，100)，[100，150)，…，[300，350]分成六组，制成了如图所示的频率分布直方图.则频率分布直方图中的值为___________；根据频率分布直方图近似估计抽取的这1000户居民月用电量的中位数为___________.(精确到0.1)

【答案】    ①. 0.0044    ②. 183.3

【解析】

【分析】由频率和为1可求出图中的值，由于前2组的频率和为，前3组的频率和为，所以可判断中位数在第3 组，设中位数为，则，从而可求出中位数

【详解】解：由频率分布直方图可得

，

解得，

由于前2组的频率和为，前3 组的频率和为，所以可知中位数在第3组，设中位数为，则，解得，

故答案为：，

18. 甲､乙两名同学参加某项测试，已知甲达标的概率为 ，乙达标的概率为，两人能否达标互不影响.（i）两人都达标的概率为___________；（ii）至少有一人达标的概率为___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】（1）考虑两人能否达标互不影响，即相互独立，则两人都达标的概率为各自达标概率之积；

（2）先考虑两人均未打标的概率，即可得到至少有一人达标的概率.

【详解】（1）因为两人能否达标互不影响，故两人都达标的概率为 ；

（2）两人均未达标的概率为 ，故至少有一人达标的概率为 .

故答案为：，.

19. 立方､堑堵､阳马和鳖臑等这些名词都出自中国古代数学名著《九章算术·商功》，在《九章算术·商功》中有这样的记载：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”.意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫“堑堵”，如图1.再把一块“堑堵”沿斜线分成两块，其中以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为“阳马”，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为“鳖臑”，如图2.

现有一四面体，已知，根据上述史料中“鳖臑”的由来，可得这个四面体的体积为___________；该四面体的外接球的表面积为___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据题意可知“鳖臑”的由来是将长方体分解一半，得到三棱柱，再把三棱柱分解出一半可得，把四面体还原成长方体即可求解体积和四面体的外接球半径，从而可得球的表面积

【详解】解：根据题意可知“鳖臑”的由来是将长方体分解一半，得到三棱柱，再把三棱柱分解出一半可得，由已知还原的长方体如图所示，

所以四面体的体积为,

四面体的外接球就是长方体的外接球，设外接球的半径为，则，所以，所以四面体的外接球的表面积为，

故答案为：，

20. 已知四边形，，，，且，（i）___________；（ii）若，动点在线段上，则的最大值为___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】利用向量的数量积可得，过点作的垂线，垂足为，可得，进而可得，求出；以为坐标原点，为建立平面直角坐标系，首先求出点坐标，设，利用向量共线求出，再由向量数量积的坐标运算即可求解.

【详解】由，则,

因为，所以，

过点作的垂线，垂足为，可得，

因为，所以，

由，所以.

以为坐标原点，为建立平面直角坐标系，如图：

则，，设

由，即，

解得，即，

设，，，

则，，

因为三点共线，

所以，即，

，，

所以

，

当时，取得最大值为.

故答案为：；

三､解答题：本大题共4小题，共50分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

21. 在中，角所对的边分别为.已知.

（1）求角的大小；

（2）求的值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理求解出的值，则可求；

（2）利用正弦定理可直接求解出的值.

【详解】解：（1）在中，根据余弦定理得，，

∵，∴；

（2）在中，根据正弦定理，

得.

22. 垃圾分类，人人有责.2020年12月1日，天津市正式实施《天津市生活垃圾管理条例》，根据条例，市民要把生活垃圾分类后方能够投放．已知滨海新区某校高一、高二、高三3个年级学生的环保社团志愿者人数分别为30，15，15．现按年级进行分层，采用比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取4名同学参加垃圾分类知识交流活动．

（1）应从高一、高二、高三3个年级的环保社团志愿者中分别抽取多少人？

（2）设抽出的4名同学分别用表示，现从中随机抽取2名同学分别在上午和下午作交流发言．

（i）写出这个试验的样本空间；

（ii）设事件“抽取的2名同学来自不同年级”，求事件发生的概率．

【答案】（1）高一、高二、高三3个年级的环保社团志愿者中分别抽取2人、1人、1人；（2）（i）;

（ii）．

【解析】

【分析】（1）求出抽样比，从而可求出答案；

（2）（i）列举法即可写出样本空间；（ii）列举法求出事件包含的样本点，再根据古典概型的概率计算公式求解即可．

【详解】解：（1）设抽取高一､高二､高三3个年级环保社团志愿者人数分别为，

由分层抽样，得，

解得，

∴应从高一、高二、高三3个年级的环保社团志愿者中分别抽取2人、1人、1人；

（2）（i）样本空间为：

，

共有12个样本点，每个样本点都是等可能发生的；

（ii）由（1），不妨设抽出的4名同学中，来自高一年级的是，来自高二年级的是，来自高三年级的是，

∵，

∴，

∴事件发生的概率．

23. 如图，在三棱柱中，平面，，是的中点.

（1）求证：平面；

（2）求证：平面平面；

（3）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.

【解析】

【分析】（1）连接交于O，连接OD，则由三角形中位线定理可得，再利用线面平行的判定定理可得结论；

（2）由等边三角形的性质可得，再由棱柱的性质结合已知可得平面，从而得，由线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论；

（3）过C作CE于E，连AE，则可得CE⊥平面，从而中得∠CAE是AC与平面所成的角，然后在直角中求解即可

【详解】解：（1）如图，连接交于O，连接OD，

∴O是的中点，又是的中点，

∴OD是的中位线，

∴

∵平面，OD平面

∴平面

（2）∵，是的中点，

∴，

∵三棱柱中，平面，

∴平面

∵AD平面，∴，

又､BC是平面内的两条相交直线

∴平面

∵AD平面

∴平面平面

（3）过C作CE于E，连AE，

∵平面

由（2）知，平面平面，平面平面

∴CE⊥平面，

∴AE是AC在平面内的射影，

∴∠CAE是AC与平面所成的角

∴在直角中，，∴

∴

∴在直角中，sin∠CAE=

直线与平面所成角正弦值为

24. 在中，已知内角所对的边分别为，向量，向量，且∥.

（1）求角的大小；

（2）若求的取值范围；

（3）若的内切圆的周长为，当的值最小时，求的面积.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【解析】

【分析】（1）由∥，可得，从而可求得角的大小；

（2）可得为钝角，即，再利用正弦定理表示出，从而有，再由可求出的取值范围；

（3）由余弦定理得，由的内切圆的周长为，可得内切圆半径，设圆为的内切圆圆心，，为切点，则可得，，再由切线长定理可得，结合前的式子可得，则有，从而可得当时，的值最小，进而可求出的面积

【详解】解：（1）∥，，

，即

，

（2）为钝角，从而

由正弦定理，得，

，

（3）由余弦定理得：，

由题意可知：的内切圆周长，

所以内切圆半径

如图，设圆为的内切圆圆心，，为切点，

可知≌，又，可得：

，，

由切线长定理可知从圆外一点引圆的两条切线长相等，

，

化简得(当且仅当时取等号)

即

，或

又，，即，

当且仅当时，的值最小为24，

此时面积：

【点睛】关键点点睛：此题考查向量的应用，正弦定理和余弦定理的应用，考查基本不等式的应用，第（3）问解题的关键是由切线长定理得，由余弦定理得，从而得再结基本不等式可得，进而可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题