精品解析：江苏省扬州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题(B)（解析版）

2022-2023学年度第二学期期末调研测试

高一数学（B）

（全卷满分150分，考试时间120分钟）

2023年6月

一、单项选择题：本大题共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. 若复数满足（为虚数单位），则在复平面上所对应的点位于（    ）.

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的除法运算求复数，再结合复数的几何意义分析判断.

【详解】因为，则，

所以在复平面上所对应的点为，位于第三象限.

故选：C.

2. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，，，则（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由正弦定理代入求解即可.

【详解】由正弦定理可得：，所以，

则，所以.

故选：B.

3. 已知，则（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用二倍角的余弦公式求解.

【详解】解：因为，

所以，

故选：A

4. 已知一组数据分别是2.65，2.68，2.68，2.72，2.73，2.75，2.80，2.80，2.82，2.83，则它们的75百分位数为（    ）.

A. 2.75 B. 2.80 C. 2.81 D. 2.82

【答案】B

【解析】

【分析】由于样本数据是从小到大排列的，由百分位数的定义得到第75百分位数是第8个数．

【详解】因为10个样本数据是从小到大排列的，且，

所以第75百分位数是第8个数2.80．

故选：B

5. 已知非零向量与的夹角为，，，则（    ）.

A. 0 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据夹角公式计算可得.

【详解】因为非零向量与的夹角为，，，

所以，

又，所以.

故选：C

6. 已知、m为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）.

A. 若，，则

B. 若，，则

C. 若，，，，则

D. 若，，，则

【答案】A

【解析】

【分析】根据直线与平面，平面与平面的位置关系，对选项逐一分析判断，选出正确的命题即可.

【详解】对于选项A，因为，则垂直平面内任意一条线，又，所以，

所以，则有，所以选项A正确；

对于选项B，当，时，有或，所以选项B错误；

对于选项C，当，，，时，与可以相交，所以选项C错误；

对于选项D，若，，时，有或与异面，所以选项D错误.

故选：A.

7. 抛掷两枚质地均匀的硬币一次，设“第一枚硬币正面朝上”为事件A，“第二枚硬币反面朝上”为事件B，则下述正确的是（    ）.

A. A与B对立 B. A与B互斥

C.  D. A与B相互独立

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，列举出抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果，再逐一分析判断各个选项即可得到结果.

【详解】由题意可得，抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），

则事件包含的结果有：（正，正），（正，反），事件包含的结果有：（正，反），（反，反），

显然事件，事件都包含“（正，反）”这一结果，即事件，事件能同时发生，

所以，事件，事件既不互斥也不对立，故AB错误.

又因为，而，，

所以，，故C错误，D正确.

故选：D

8. 如图，大运塔是扬州首座以钢结构为主体建设的直塔，为扬州中国大运河博物馆的主体建筑之一.小强同学学以致用，欲测量大运塔的高度.他选取与塔底在同一水平面内的两个观测点，测得，，在两观测点处测得大运塔顶部的仰角分别为，则大运塔的高为（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据仰角分别得出,，在中由余弦定理即可求出.

【详解】由题意得，在直角中，，所以，

在直角，，所以，即，

在中，，，

由余弦定理得，

即，因为，所以解得.

即大运塔的高为.

故选：B

二、多项选择题：本大题共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. 如图，在平行四边形中，分别是边上的两个三等分点，则下列选项正确的有（    ）.

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】结合图形，用向量共线的知识和三等分点的性质即可判断选项A；用向量的加法法则和向量的性质即可判断选项B和选项C；用向量的加法法则和减法法则即可判断选项D.

【详解】对选项A：，正确；

对选项B：，错误；

对选项C：，正确；

对选项D：，错误.

故选：AC

10. 已知函数，下列选项中正确的有（    ）.

A. 的最大值为

B. 的最小正周期是

C. 在区间上单调递增

D. 在区间上有且仅有2个零点

【答案】AB

【解析】

【分析】先化简，即可由正弦函数的取值范围判断选项A，由正弦函数的周期公式判断选项B，由正弦函数的单调性判断选项C，解三角方程判断选项D.

【详解】由题意得，

则的最大值为，故选项A正确；

的最小正周期是，故选项B正确；

由解得，

所以当时，单调递增，

同理，当时，单调递减，

所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，故选项C错误；

令，解得或或，故选项D错误.

故选：AB

11. 从甲厂和乙厂生产的同一种产品中各抽取10件，对其使用寿命（单位：年）的检测结果如下表：

记甲工厂样本使用寿命的众数为，平均数为，极差为，方差为；乙工厂样本使用寿命的众数为，平均数为，极差为，方差为.则下列选项正确的有（    ）.

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】根据题意，由众数，平均数，极差以及方差的计算公式，代入计算，即可得到结果.

【详解】由题意可得，，，

，

，

，，

，

，

则，，，，

故选：BD

12. 在中，已知，为的内角平分线且，则下列选项正确的有（    ）.

A.  B.

C.  D. 的面积最小值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用等面积法得到，即可判断A，再利用基本不等式求出最小值，即可判断D，利用余弦定理判断B、C.

【详解】依题意，即，

所以，所以，故A正确；

，所以，当且仅当时取等号，

所以或（舍去），

则，当且仅当时取等号，故D正确；

又，，

即，，

所以，

又，即，

所以，

所以，

即，所以，故C正确；

由余弦定理，

即

，

所以，由于由已知条件无法得知的值，

故无法确定的值，故B错误.

故选：ACD

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知复数（为虚数单位），则=______．

【答案】5

【解析】

【分析】直接利用复数的模的公式求解.

【详解】因为复数，所以.

故答案为5

【点睛】（1）本题主要考查复数的模的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平.(2) 复数的模.

14. 已知非零向量与的夹角为45°，，向量在向量上投影向量为，则_____________.

【答案】2

【解析】

【分析】根据投影向量的概念分析运算.

【详解】由题意可知：.

故答案为：2.

15. 求值：__________．

【答案】

【解析】

【分析】直接利用两角和的正切公式计算可得；

【详解】解：

故答案为：

16. 已知正四棱柱中，，直线与平面所成角的正切值为2，则该正四棱柱的外接球的表面积为_____________.

【答案】

【解析】

【分析】在正四棱柱中，连接，则为直线与平面所成角，结合题中的条件可得侧棱长，进一步得到外接球的半径，得到答案.

【详解】连接，在正四棱柱中，平面，

所以为直线与平面所成角，

因为在等腰直角三角形中，，所以，

在直角三角形中，，

所以，，

又正四棱柱的外接球的直径为，则半径.

所以球的表面积为：.

故答案为：

四、解答题：本大题共6小题，计70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知向量，，.

（1）若，求实数的值；

（2）若，求实数的值.

【答案】（1）   

（2）或.

【解析】

【分析】根据向量共线和垂直的坐标运算求解.

【小问1详解】

因为，所以，解得：.

【小问2详解】

因为，所以，解得：或.

18. 如图，在棱长为1的正方体中，E为棱的中点，.

（1）求证：//平面EAC；

（2）求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；

（2）根据锥体的体积公式运算求解.

【小问1详解】

因为底面ABCD为正方形，所以F为BD中点

因为E为棱的中点，所以//，

且平面，平面，

所以//平面

【小问2详解】

因为平面ABCD，底边ABCD为正方形

则为直角三角形，且

所以三棱锥的体积.

19. 已知函数，

（1）求的最大值；

（2）证明：函数有零点.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用辅助角公式将函数化简，由的取值范围求出的取值范围，即可得到函数的单调性，即可求出函数的最大值；

（2）首先得到的解析，求出区间端点的函数值，结合零点存在性定理即可证明.

【小问1详解】

因为

，

因为，所以，

所以在上单调递减，

所以.

【小问2详解】

因为，，

因为，，且图象在上不间断，

所以在区间上有零点.

20. 某中学为了制定培养学生阅读习惯，指导学生提高阅读能力的方案，需了解全校学生的课外阅读情况，现随机调查了100名学生本学期开学以来（60天）的课外阅读时间，把他们的阅读时间分为5组：，，，，，并绘制如图所示的频率分布直方图.

（1）求的值及这100名学生课外阅读时间的平均数.（各组数据的中间数值代表这组数据的平均水平）

（2）为查找影响学生阅读时间因素，学校团委决定采用分层抽样的方法，从阅读时间为，的学生中抽取6名参加座谈会.再从这6名学生中随机抽取2人，求恰好有一人读书时间在的概率.

【答案】（1）0.03；平均数为26；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为求出，再根据平均数公式计算可得；

（2）利用列举法列出所有可能结果，再由古典概型概率公式计算可得.

【小问1详解】

由题意得：，

这100名学生阅读时间的平均数为：

，

所以这100名学生阅读时间的平均数为26；

【小问2详解】

由直方图得：课外阅读时间为与的学生数的比为1:2，

所以，课外阅读时间在有2名，阅读时间在有4名.

记从这6名学生中随机抽取2人，

恰好有一人读书时间在为事件M

课外阅读时间在的2名学生分别记为a、b，

阅读时间在的4名学生分别记为A、B、C、D，

所以从这6人中任意抽取2人，

样本空间

，共15个样本点，

其中，共8个样本点，

所以.

21. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，.

（1）求证：；

（2）求二面角的大小.

【答案】（1）证明见解析   

（2）.

【解析】

【分析】(1)利用面面垂直性质定理得到平面再利用线面垂直的定义即可证明.

(2)先利用平面角的定义得到二面角的平面角为，在中利用正弦定理可求得角度的大小.

【小问1详解】

平面平面，

平面平面,

又平面,

由面面垂直的性质定理得平面

又平面

【小问2详解】

由（1）知平面

平面平面

就是二面角的平面角.

，，，，

又，所以，，

,

二面角的大小为.

22. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.

（1）求角C的大小；

（2）若D是边AB的三等分点（靠近点A），.求实数t的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由，利用正弦定理得到，再利用余弦定理求解；

（2）设，，，在和中，利用正弦定理结合得到，，再利用平方关系得到，进而得到

，利用余弦函数的性质求解.

【小问1详解】

解：由正弦定理可得：，

∴，

∴，

又∵，∴.

【小问2详解】

设，，，

则，，

在中，由正弦定理得：，

在中，由正弦定理得：.

又，

由，得.

因为，

所以.

因为，所以，

∴，，，

∴，.