湖南省长沙市浏阳市2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市浏阳市2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年上学期期末考试试卷
高一数学
一、选择题：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. 若复数是纯虚数，则（ ）
A. B. 2 C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】先化简求出，根据是纯虚数可求出，即可求出.
【详解】，
当为纯虚数时，，解得，
，．
故选：A.
2. 某单位老、中、青人数之比依次为.现采用分层随机抽样方法从中抽出一个容量为的样本，若样本中青年人人数为20，则此样本的容量为（ ）
A. 40 B. 50 C. 70 D. 100
【答案】A
【解析】
【分析】根据分层抽样的知识求得正确答案.
【详解】依题意可知，.
故选：A
3. 在锐角三角形中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理即可求解.
【详解】解：在锐角三角形中，，由正弦定理得，
又，所以，且，故.
故选：A.
4. 如图是四边形的水平放置的直观图，则原四边形的面积是（ ）

A. B. 14 C. D. 28
【答案】D
【解析】
【分析】由斜二侧画法可知四边形为直角梯形，从而可求出其面积.
【详解】由题意可知四边形为直角梯形，且，
所以四边形的面积为
，
故选：D

5. 设，，是空间的三条直线，给出以下五个命题，其中正确的命题的个数是（ ）
①若，，则；
②若、是异面直线，、是异面直线，则、也是异面直线；
③若和相交，和相交，则和也相交；
④若和共面，和共面，则和也共面；
⑤若，，则；
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由线线的位置关系定义可否定命题①②③④；由平行公理可以得到命题⑤为真命题．
【详解】①垂直于同一直线的两条直线相交、平行、异面皆有可能，故命题不正确；
②与同一直线异面的两直线可能是相交、平行、异面皆有可能，故命题不正确；
③与同一直线相交的两直线可能是相交、平行、异面皆有可能，故命题不正确；
④若，则和共面；若与相交，则和共面.
此时，可以是异面关系也可以是共面关系，故命题不正确；
⑤若，，则，是正确命题；
综上，仅有⑤正确．
故选：B．
6. 气象意义上从春季进入夏季的标志为“连续5天，每天的日均气温都不低于”．已知甲，乙，丙，丁四个地区某连续5天日均气温的数据特征如下：
甲地
中位数为，平均数为．
乙地
第60百分位数为，众数为．
丙地
最高气温为，平均数为，标准差为．
丁地
下四分位数为，上四分位数为，极差为．
则可以肯定进入夏季的地区是（ ）
A. 甲地 B. 乙地 C. 丙地 D. 丁地
【答案】C
【解析】
【分析】根据中位数，平均数，百分位数及极差的定义举出反例即可判断甲乙丁三地，根据标准差利用反证法即可判断丙地.
【详解】对于甲地，中位数为，平均数为，
若天气温的数据为，则甲地没有进入夏季；
对于乙地，第60百分位数为，众数为，
，则第60百分位数为第三个数与第四个数的平均数，
若天气温的数据为，则乙地没有进入夏季；
对于丙地，最高气温为，平均数为，标准差为，
设前面四个数据为，
则，
故，
所以，
若，则，这与矛盾，
所以，所以丙地肯定进入夏季；
对于丁地，下四分位数为，上四分位数为，极差为，
由，
得下四分位数为按从小到大排列得第个数据，上四分位数为按从小到大排列得第个数据，
若天气温的数据为，则丁地没有进入夏季.
故选：C.
7. 抛掷一个质地均匀的骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“不小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A或事件B至少有一个发生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据互斥事件、和事件的知识求得正确答案.
【详解】依题意，是互斥事件，
则事件A或事件B至少有一个发生的概率为.
故选：B
8. 为三角形内部一点，､､均为大于1的正实数，且满足，若､､分别表示､､的面积，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用已知条件，结合三角形的面积的比，转化求解即可．
【详解】解：由，





如图设
，即是的重心


同理可得，

所以．
故选：．
【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，三角形的面积的比，考查计算能力，属于中档题．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分.
9. 一箱产品有正品4件､次品3件，从中任取2件，有如下事件，其中互斥事件有（ ）
A. “恰有1件次品”和“恰有2件次品” B. “至少有1件次品”和“都是次品”
C. “至少有1件正品”和“至少有1件次品” D. “至少有1件次品”和“都是正品”
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意,由互斥事件的定义分析所给的四个选项，可得答案.
【详解】根据题意，依次分析所给的4个事件：
对于A：“恰有1件次品”就是“1件正品，1件次品”与“恰有2件次品”不会同时发生，是互斥事件；
对于B：“至少有1件次品”包括“恰有1件次品”和“2件都是次品”，与“都是次品”可能同时发生，因此两事件不是互斥事件；
对于C:“至少有1件正品”包括“恰有1件正品和“2件都是正品”，“至少有1件次品” 包括“恰有1件次品和“2件都是次品”，因此两事件不是互斥事件；
对于D:“至少有1件次品”包括“恰有1件次品和“2件都是次品”，与“都是正品”不会同时发生,是互斥事件，故AD是互斥事件.
故选：AD
10. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的有（ ）
A. 若，，，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据空间中平行、垂直关系逐项分析判断.
【详解】对于选项A：根据面面平行的判定定理可知：此时要求相交，
但题中没有确定是否相交，所以不能判断是否平行，故A错误；
对于选项B：根据线面垂直的性质可知：若，，则，故B正确；
对于选项C：若，，则或，故C错误；
对于选项D：根据线面平行的性质定理可知：若，，，则，故D正确；
故选：BD.
11. 下列说法正确的有
A. 在△ABC中，a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C
B. 在△ABC中，若sin 2A=sin 2B，则△ABC为等腰三角形
C. △ABC中，sin A＞sin B是A ＞B的充要条件
D. 在△ABC中，若sin A=，则A=
【答案】AC
【解析】
【分析】由正弦定理，二倍角的正弦公式，逐一分析各个选项，即可求解.
详解】由正弦定理
可得：
即成立，
故选项A正确；
由可得或，
即或，
则是等腰三角形或直角三角形，
故选项B错误；
在中，由正弦定理可得
，
则是的充要条件，
故选项C正确；
在△ABC中，若sin A=，则或，
故选项D错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查了命题真假性的判断，正弦定理的应用，属于基础题.
12. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，在线段上运动（包含两个端点），以下说法正确的是（ ）

A. 三棱锥的体积与点位置无关
B. 若为中点，三棱锥的体积为
C. 若为中点，则过点，，作正方体的截面，所得截面的面积是
D. 若与重合，则过点，，作正方体的截面，截面为五边形
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据锥体的体积、正方体的截面等知识对选项进行分析，由此确定正确答案.
【详解】由于三角形的面积固定，到平面的距离固定，
所以三棱锥的体积与点位置无关，A选项正确.
.
所以，B选项错误.
对于C选项，当为中点时，连接，则是的中点，连接，
由于分别是的中点，所以，
由于，则，
即过点，，作正方体的截面是等腰梯形，
，
等腰梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，C选项正确.

对于D选项，当与重合时，
延长交的延长线于，连接，交于，连接，
延长交延长线于，连接，交于，连接，
则五边形是过点，，作正方体的截面.所以D选项正确.

故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知平面向量，为单位向量，且，则向量在向量上的投影向量的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】由求得，进而根据投影向量的概念求得答案.
【详解】∵，∴，为单位向量，，
又∵，
∴，即，
∴在方向上的投影向量为.
故答案为：.
14. 如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是，且是互相独立的，则灯亮的概率为___________．

【答案】
【解析】
【分析】当三条线路只要有一条线路闭合，灯就会亮，三条线路都断开时，灯才不亮，只需求出三条线路同时断开的概率即可.
【详解】记“四个开关闭合”分别为事件A，B，C，D，可用对立事件求解，图中含开关的三条线路同时断开的概率为，所以灯亮的概率为．
故答案为：
15. 祖暅，南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.请同学们借助图1运用祖暅原理解决如下问题：如图2，有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为2的铁球，再注入水，使水面与球正好相切（球与倒圆锥相切效果很好，水不能流到倒圆锥容器底部），则容器中水的体积为_________.

【答案】
【解析】
【分析】根据条件和图1可得半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积，然后在图2中运用此原理可求得答案.
【详解】如图1，已知圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等，设半球中阴影截面圆的半径，
球体半径为，则，截面圆面；
圆柱中截面小圆半径，大圆半径为，则截面圆环面积，所以，又高度相等，
所以半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积.
同理，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积.

如图2，设球体和水接触的上部分为，没和水接触的下部分为，
小半球相当于图1半球的截面上半部分，其体积等于图1中截面之上的圆柱体积减去相应圆台体积.
已知球体半径为，为等边三角形，
，
根据祖暅原理，
，
设图2中轴截面为梯形的圆台体积为，，
故答案为：.
16. 如图,OM∥AB,点P在由射线OM,线段OB及AB的延长线围成的区域内(不含边界)运动,且，则x的取值范围是___；当时，y的取值范围是___.

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由向量加法的平行四边形法则，为平行四边形的对角线，该四边形应是以的反向延长线为相邻两边，得到x的取值范围，当时，要使点落在指定区域内，即点应落在上，得到y的取值范围.
【详解】解：如图，,点在射线，线段及的延长线围成的区域内（不含边界）运动，且，由向量加法的平行四边形法则，为平行四边形的对角线，该四边形应是以的反向延长线为相邻两边，
故x的取值范围是；
当时，要使点落在指定区域内，即点应落在上，,
故y的取值范围是：.

【点睛】本题考查了平面向量基本定理及向量加法的平行四边形法则，属基础题.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知向量的夹角为，且.
（1）求；
（2）当时，求实数m.
【答案】（1）；
（2）12.
【解析】
【分析】（1）利用向量数量积的运算律及已知求；
（2）由向量垂直可得，结合数量积的运算律列方程求参数值即可.
【小问1详解】
由，则.
【小问2详解】
由题设，则.
18. 如图，在平面四边形中，，，，，．

（1）求边的长；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中利用正弦定理可得解；
（2）在中，先由余弦定理得，进而得，最后利用面积公式求解即可.
【小问1详解】
在中，，
由正弦定理得．
【小问2详解】
在中，由余弦定理得
．
∴．
∴．
19. 某校2021年高一年级共有1000名学生，现对高一年级上学期期中考试数学成绩（单位：分）进行分析，随机抽取100名学生，将分数按照，，，，，分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：

（1）求a的值，并估计该校2021年高一上学期期中考试数学成绩在的人数；
（2）估计该校高一上学期期中考试数学成绩的第80百分位数.
【答案】（1），250人
（2）115
【解析】
【分析】（1）由各组的频率和为1，列方程可求出a的值，再求出数学成绩在的频率，从而可估计出人数，
（2）由样本数据中数学成绩在110分以下所点比例为，在130分以下所点比例为，由此能估计该校高一上学期期中数学考试成绩第80百分位数
【小问1详解】
由题意得，
解得
由频率分布直方图可得，期中考试数学成绩在的频率为
，
所以该校2021年高一上学期期中考试数学成绩在的人数约为
（人）
【小问2详解】
由（1）知样本数据中数学成绩在110分以下所点比例为
，
在130分以下所点比例为，
所以80%分位数一定位于内，
由，可得样本数据的第80百分位数约为115分，
所以该校高一上学期期中考试数学成绩的第80百分位数约为115分
20. 已知函数的图象如图所示．

（1）求，的值；
（2）设，求函数的单调递增区间．
（3）设，，求函数的值域．
【答案】（1），；
（2）．
（3）
【解析】
【分析】（1）观察图象可求函数的周期，由此可求，再由求；
（2）化简函数的解析式，结合正弦函数性质求函数的单调递增区间．
（3）化简函数解析式，结合正弦函数性质求函数的值域．
【小问1详解】
设函数的最小正周期为，
因为函数的图象过点，
所以，所以，又，
所以，所以，
因为，，
所以，所以；
小问2详解】
因为，化简可得，
又，
所以，
，
令可得，，
所以函数的单调递增区间为．
【小问3详解】
因为，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，故
所以，
所以函数，值域为.
21. 如图所示，矩形中，，.、分别在线段和上，，将矩形沿折起.记折起后的矩形为，且平面平面.

（1）求证：平面；
（2）若，求证：；
（3）求四面体体积的最大值
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）2
【解析】
【分析】(1)要证线面平行，先证线线平行，先证四边形是平行四边形，即可.
(2)要证线线垂直，先证线面垂直，先证平面即可.
(3) 设,四面体的体积为,即可求最值.
【小问1详解】
证明：∵四边形，都是矩形，
∴，，∴四边形是平行四边形，
∴，∵平面，∴平面；
【小问2详解】
证明：连接，设，∵平面平面，且，
∴平面，∴，
又，∴四边形为正方形，∴，
∴平面，又平面，∴，
【小问3详解】
解：设，则，其中，
由（1）得平面，
∴四面体的体积为：
，
时，四面体的体积最大，其最大值为.

22. 有一种鱼的身体吸收汞，当这种鱼身体中的我含量超过其体重的（即百万分之一）时，人食用它，就会对人体产生危害.现从一批该鱼中随机选出30条鱼，检验鱼体中的汞含量与其体重的比值（单位：），数据统计如下：
0.07 0.24 0.39 0.54 0.61 0.66 0.73 0.82 0.82 0.82
0.87 0.91 0.95 0.98 0.98 1.02 1.02 1.08 1.14 1.20
1.20 1.26 1.29 1.31 1.37 1.40 1.44 1.58 1.62 1.68
（1）求上述数据的中位数、众数、极差；
（2）有A，B两个水池，两水池之间有10个完全相同的小孔联通，所有的小孔均在水下，且可以同时通过2条鱼.
（i）将其中汞的含量最低的2条鱼分别放入A水池和B水池中，若这2条鱼的游动相互独立，均有的概率进入另一水池且不再游回，求这两条鱼最终在同一水池的概率；
（ii）将其中汞的含量最低的2条鱼都先放入A水池中，若这2条鱼均会独立地且等可能地从其中任意一个小孔由A水池进入B水池且不再游回A水池，求这两条鱼由不同小孔进入B水池的概率.
【答案】（1）中位数为1，众数为0.82，极差为1.61
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据中位数，众数和极差的定义进行求解；
（2）（i）分别计算出两鱼最终均在A水池和在B水池的概率，相加即可；
（ii）设出事件，计算出两鱼同时从同一个小孔通过的概率，利用对立事件求概率公式求出答案.
【小问1详解】
，故从小到大，选择第15个和第16个数据的平均数作为数据的中位数，
由题意知，数据的中位数为，
数据中0.82出现次数最多，共出现3次，故数据的众数为0.82，
数据的极差为.
【小问2详解】
（i）记“两鱼最终均在A水池”为事件A，则，
记“两鱼最终均在B水池”为事件B，则，
∵事件A与事件B互斥，
∴两条鱼最终在同一水池的概率为；
（ii）记“两鱼同时从第一个小孔通过”为事件，“两鱼同时从第二个小孔通过”为事件，……依次类推；而两鱼的游动独立，
∴，
记“两条鱼由不同小孔进入水池”为事件，则与对立，
又由事件，事件， ……互斥，
∴，
即.