精品解析：陕西省西安中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

西安中学2022-2023学年度第二学期期末考试

高一数学试题

一、选择题：（本题共8小题，每小题3.5分，共28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. 已知复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.  C.  D. 的虚部为

【答案】B

【解析】

【分析】

利用复数的除法求出后可得正确的选项.

【详解】因为，则，，，的虚部为，

故选：B.

【点睛】本题考查复数的除法，计算时分子、分母同乘以分母的共轭复数，本题属于容易题.

2. 某校高一年级一名学生七次月考数学成绩（满分100分）分别为78，82，84，84，86，89，96，则这名学生七次月考数学成绩的第80百分位数为（    ）

A. 82 B. 84 C. 89 D. 96

【答案】C

【解析】

【分析】利用百分位数的定义分析求解即可．

【详解】因为，

所以这名学生七次月考数学成绩的第80百分位数为：89．

故选：C．

3. 如图所示的直观图（阴影），其平面图形的面积为

A. 3 B.  C. 6 D.

【答案】C

【解析】

【分析】在原平面图形中满足，且，再代入面积公式即可．

【详解】由斜二测画法的概念可知，在原平面图形中满足，为直角三角形且，所以．选C．

【点睛】本题主要考查利用斜二测画法求原平面图形的面积，属基础题．

4. 一个袋中装有大小、质地相同的3个红球和3个黑球，从中随机摸出3个球，设事件“至少有2个黑球”，下列事件中，与事件互斥而不互为对立的是（    ）

A. 都是黑球 B. 恰好有1个黑球 C. 恰好有1个红球 D. 至少有2个红球

【答案】B

【解析】

【分析】利用对立事件、互斥事件的定义直接求解即可．

【详解】解：从装有大小和质地完全相同的3个红球和3个黑球的口袋内任取3个球，

在中，至少有2个黑球和都是黑球能同时发生，不是互斥事件，故错误，

在中，至少有2个黑球和恰有1个黑球不能同时发生，是互斥而不对立事件，故正确，

在中，至少有2个黑球和恰有1个红球能同时发生，不是互斥事件，故错误，

在中，至少有2个黑球和至少有2个红球事件不能同时发生，是对立事件，故错误．

故选：．

5. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题可得向量的数量积与其模的关系，再利用向量模长公式及夹角公式即得．

【详解】由于，

所以，即，

∴，又，

∴，

，

∴，由于，

∴.

故选：A.

6. 如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列结论不总成立的是（    ）

A. 三棱锥的体积不变 B. 平面

C 平面平面 D.

【答案】D

【解析】

【分析】由等体积变换可判断A成立；由面面平行可判断B成立；由线面垂直可得C成立；当与重合时容易判断D不成立.

【详解】对于选项A：，正方体中，显然平面，所以到平面的距离不变，即三棱锥的高不变，又面积不变，因此三棱锥的体积不变，即三棱锥的体积不变，故A总成立；

对于选项B：由于，平面，平面，所以平面；同理可证平面，又，所以平面平面，因为平面，所以平面，故B总成立

对于选项C：因，，所以平面，则；同理，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故C总成立；

对于选项D：当与重合时，与夹角为，故D不成立

故选：D.

7. 泰州基督教堂，始建于清光绪二十八年，位于泰州市区迎春东路185号，市人民医院北院对面，总建筑面积2500多平方米.2017年被认定为省四星级宗教活动场所.小明同学为了估算泰州基督教堂的高度，在人民医院北院内找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算泰州基督教堂的高度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】在求出，在中利用正弦定理求出，在即可求得.

【详解】在中，，

，

所以，

中，，，

，

由正弦定理可得即，

所以，

在中，，

所以估算泰州基督教堂的高度为，

故选：D.

8. 在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，已知四棱锥为阳马，且，底面．若是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与底面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件作出与、与底面所成的角，确定二面角的平面角，再推理计算作答.

【详解】四棱锥中，是线段上的点(不含端点)，过E作交CD于F，连接DE，SF，如图，

则是与所成的角，即，因底面，则是与底面所成的角，即，

而底面， 则，又是长方形，即，而，平面，

则平面，又平面，即有，于是得是二面角的平面角，，

中，，中，，

由底面，底面可得，而，则有，

因，平面，则平面，又平面，

有，，

因，即有，因此，，而正切函数在上递增，

所以.

故选：A

二、选择题：（本题共4小题，每小题3.5分，共14分.在每小题的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得3.5分，部分选对的得1.5分，有选错的得0分）

9. 已知向量，，则（    ）

A.  B. 与向量共线的单位向量是

C.  D. 向量在向量上的投影向量是

【答案】AC

【解析】

【分析】利用向量垂直的坐标形式可判断A的正误，利用向量的模长公式和投影向量的公式可判断CD的正误，利用模长可求与向量共线的单位向量，从而可判断B的正误.

【详解】因为，，故，

故，故成立，故A正确.

与向量共线的单位向量为即、，故B错误.

，故，故C正确.

向量在向量上的投影向量是，故D错误.

故选：AC.

10. 的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则有两解

C. 若，则为钝角三角形

D. 若，则面积最大值为

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据三角形大边对大角和正弦定理，可判定A选项；由正弦定理求出，可判定B选项；根据正弦函数的单调性，判定C选项；余弦定理结合基本不等式求出最大值，即可判定D选项.

【详解】由得，设外接圆半径为，

，所以，选项A正确；

，根据正弦定理得，

，所以角有两解，选项B正确；

 ，所以为锐角，

在单调递增，

若为钝角，即可，

为钝角三角形，

若为直角，不合题意，

若为锐角， ，

为钝角三角形，选项C正确；

由余弦定理，得，

当且仅当时，等号成立，

所以，选项D不正确.

故选：ABC.

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“连续天，每天新增疑似病例不超过人”．过去日，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，且中位数为；

乙地：总体平均数为，且标准差；

丙地：总体平均数，且极差；

丁地：众数为，且极差．

A. 甲地 B. 乙地 C. 丙地 D. 丁地

【答案】CD

【解析】

【分析】根据条件，举例说明甲地和乙地，根据极差的概念，说明每天新增疑似病例的最大值，判断丙地和丁地.

【详解】甲地：满足总体平均数，且中位数为，举例7天的新增疑似病例为0，0，0，0，5，6，7，则不符合该标志；

乙地：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，

但不符合该标志；

丙地：由极差可知，若新增疑似病例最多超过5人，比如6人，那么最小值不低于4人，

那么总体平均数就不正确，故每天新增疑似病例低于5人，故丙地符合该标志；

丁地：因为众数为1，且极差，所以新增疑似病例的最大值，所以丁地符合该标志.

故选：CD

【点睛】本题考查统计的实际应用，重点考查统计的相关概念，以及举例推理的能力，属于基础题型.

12. 甲罐中有3个红球、2个白球，乙罐中有4个红球、1个白球，先从甲罐中随机取出1个球放入乙罐，分别以，表示由甲罐中取出的球是红球、白球的事件，再从乙罐中随机取出1个球，以B表示从乙罐中取出的球是红球的事件，下列命题正确的是（    ）

A.  B. 事件B与事件相互独立

C. 事件B与事件相互独立 D. ，互斥

【答案】AD

【解析】

【分析】先画出树状图，然后求得， ，的值，得A正确；利用 判断B错误，同理C错误；由，不可能同时发生得D正确.

【详解】根据题意画出树状图，得到有关事件的样本点数：

因此，，，A正确；

又，因此，B错误；

同理可以求得，C错误；

，不可能同时发生，故彼此互斥，故D正确，

故选：AD．

【点睛】本题主要考查互斥事件、相互独立事件的判断及其概率，意在考查学生的数学抽象的学科素养，属基础题.

三、填空题：（本题共4小题，每题3.5分，共14分）

13. 已知向量=(4，-2)，=(-2，λ)，且与共线，则=___________.

【答案】

【解析】

【分析】解方程求出的值即得解.

【详解】由题得，

所以.

故答案为：

14. 在复平面内，若数满足，则的最大值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】由可知复数z在复平面上对应的点在以为圆心，2为半径的圆上，而可视为圆上的动点与点之间的距离，数形结合可得结果.

【详解】设复数，则，即，

故复数z在复平面上对应的点在以为圆心，2为半径的圆上，

则可视为圆上的动点与点之间的距离，

显然.

故答案为：.

15. 已知锐角中，，，，延长到点，使，则________.

【答案】

【解析】

【分析】先由余弦定理求得，再由正弦定理求得，再由正弦定理求得，设，则，用余弦定理可得关于的方程，解方程可得，进而可求得的面积.

【详解】因为，，，由余弦定理得，，

所以，则.设，则，因为，所以，由余弦定理得，即，解得或（舍），所以，，则.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：由正弦定理求得，设，则，用余弦定理可得关于的方程，解方程可得，进而求得.

16. 已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．

【答案】.

【解析】

【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.

【详解】如图：

取的中点为，的中点为，的中点为，

因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，

又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，

因为，所以侧面，

设为侧面与球面的交线上的点，则，

因为球的半径为，，所以，

所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，

因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，

因为，所以，

所以根据弧长公式可得.

故答案为：.

【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.

四、解答题：（本题共5小题，17，18，19每题8分，20，21每题10分，共44分）

17. 在中，设角，，的对边分别为，，．已知向量，，且．

（1）求角的大小；

（2）若，，求的面积．

【答案】（1）；   

（2）．

【解析】

【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示即可解出；

（2）由正弦定理先求出的关系，再由余弦定理即可解出，最后根据三角形的面积公式即可解出

【小问1详解】

由可得，，所以，而，所以．

【小问2详解】

由得，而，即，解得，所以，故的面积为．

18. 社会的进步与发展，关键在于人才，引进高素质人才对社会的发展具有重大作用．某市进行人才引进，需要进行笔试和面试，一共有名应聘者参加笔试，他们的笔试成绩都在内，将笔试成绩按照、、、分组，得到如图所示频率分布直方图．

（1）求频率分布直方图中的值；

（2）求全体应聘者笔试成绩的众数和平均数（每组数据以区间中点值为代表）；

（3）若计划面试人，请估计参加面试的最低分数线．

【答案】（1）   

（2）众数为，平均数为   

（3）

【解析】

【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为可求得的值；

（2）利用频率分布直方图中最高矩形底边的中点值为众数，将矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全加可得应聘者笔试成绩的平均数；

（3）计算出百分位数，可得结果

【小问1详解】

解：由题意有，解得.

【小问2详解】

解：应聘者笔试成绩的众数为，

应聘者笔试成绩的平均数为．

【小问3详解】

解：，所以，面试成绩的最低分为百分位数，

前两个矩形面积之和为，前三个矩形的面积之和为，

设百分位数为，则，解得.

因此，若计划面试人，估计参加面试的最低分数线为.

19. 如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，，，分别为，的中点．

（1）证明：平面；

（2）求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）取PD的中点为G，连EG，FG，证明四边形BEGF为平行四边形，得BF∥EG，再由直线与平面平行的判定可得BF∥平面PDE；

（2）求出正四棱锥P﹣ABCD的体积，结合已知利用等体积法求三棱锥E﹣BDF的体积．

【详解】证明：（1）∵F为PC的中点，取PD的中点为G，连EG，FG

∵ABCD为正方形，E为AB的中点，

∴BE∥CD且，

又∵FG∥CD，且，

∴四边形BEGF为平行四边形，故BF∥EG，

∵EG⊂平面PDE，BF⊄平面PDE，

∴BF∥平面PDE；

解：（2）∵ABCD为正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，

∴P﹣ABCD为正四棱锥，则P在平面ABCD的射影为AC的中点O，

∵F为PC的中点，，

∴，

∵，∴OP＝1，

∴，

则∴．

20. 袋中装有6个形状、大小完全相同的球，其中黑球2个、白球2个、红球2个，规定取出一个黑球记0分，取出一个白球记1分，取出一个红球记2分，抽取这些球的时候，谁也无法看到球的颜色，首先由甲取出3个球，并不再将它们放回原袋中，然后由乙取出剩余的3个球，规定取出球的总积分多者获胜.

（1）求甲、乙成平局的概率；

（2）从概率的角度分析先后取球的顺序是否影响比赛的公平性.

【答案】（1）；（2）不影响比赛的公平性..

【解析】

【分析】

（1）将甲的可能取球基本事件一一列举出来，甲乙平局时的基本事件列举出来，根据古典概型概率公式计算即可；

（2）结合（1）计算先取者（甲）获胜的概率，后取者（乙）获胜的概率，比较即可得出结论.

【详解】解：（1）记黑球为1，2号，白球为3，4号，红球为5，6号，

则甲的可能取球共有以下20种情况：123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456，

甲乙平局时都得3分，所以甲取出的三个小球是一黑一白一红，共8种情况，

故平局的概率.

（2）甲获胜时，得分只能是4分或5分，即取出的是2红1白，1红2白，2红1黑共6种情况，

故先取者（甲）获胜的概率，

后取者（乙）获胜的概率，

所以，故先取后取获胜的概率一样.

【点睛】求古典概型概率的步骤：

（1）判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件；

（2）分别求出基本事件的总数与所求事件中所包含的基本事件个数；

（3）利用公式，求出事件的概率．

21. 如图所示，某市有一块正三角形状空地，其中测得千米.当地政府计划将这块空地改造成旅游景点，拟在中间挖一个人工湖，其中点在边上，点在边上，点在边上，，，剩余部分需做绿化，设.

（1）若，求的长；

（2）当变化时，的面积是否有最小值？若有则求出最小值，若无请说明理由.

【答案】（1）千米；（2）有，.

【解析】

【分析】（1）设千米， 时，为等边三角形，得，中， ，，由可得答案；

（2）中，由正弦定理得；中，由正弦定理得；由得，由

利用可得答案.

【详解】（1）设千米，当时，为等边三角形，

所以，由，，得，

中，，，所以，

所以，

所以，解得，所以千米；

（2）中，，由正弦定理得，

解得；

中，，由正弦定理得，

解得；

由，得，

即，

，

解得；

由，

因为，所以当时取得最小值，

所以的面积有最小值，最小值为.