四川省泸县第四中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第四中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共18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。
泸县四中2023年春期高一期末考试
数学试题
本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
第I卷 选择题（60分）
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，只有一项是符合题目要求的.
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由诱导公式结合两角差的余弦公式即可得出答案.
【详解】
.
故选：C.
2. 若复数z满足，则（ ）
A. 1 B. 5 C. 7 D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．
【详解】由题意有，故．
故选：B．

3. 已知，是平面内所有向量的一组基底，则下列四组向量中，不能作为基底的一组是（ ）．
A. 和 B. 和
C. 和 D. 和
【答案】A
【解析】
【分析】根据定义由待定系数法判断每组向量是否共线，判断.
【详解】对于A选项，因为，则和共线，A选项不满足条件；
对于B选项，设，则，无解，故和不共线，B选项能作为基底；
同理可知和不共线，和也不共线，CD选项均能作为基底．
故选：A．
4. 函数，的图象与直线的交点个数为（　　）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据曲线与方程之间的关系，直接解方程即可得到结论．
【详解】由得，∴当时，或，
即方程有个解，即两条曲线的图象的交点个数为个，故选C．
【点睛】本题主要考查函数交点个数的判断，利用函数和方程之间的关系，直接进行求解即可，属于基础题.
5. “幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高．现随机抽取10位临湘市居民，他们的幸福感指数为7，3，5，6，7，4，8，9，5，10．则这组数据的80%分位数是（ ）
A. 8.5 B. 8 C. 9 D. 7.5
【答案】A
【解析】
【分析】将题目的数据从小到大排列，然后利用百分位数的定义计算.
【详解】幸福感指数的数据从小到大排列成：，
由，是整数，根据百分位数的定义，
分位数是排列好的数字的第和第位的平均数，即.
故选：A
6. 非零向量满足，则与的夹角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，得到，再利用向量的夹角公式求解.
【详解】解：因为，
所以，则，
又，
，
所以，
因为，
所以，
故选：B

7. 将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由平移求出曲线的解析式，再结合对称性得，即可求出的最小值.
【详解】由题意知：曲线为，又关于轴对称，则，
解得，又，故当时，的最小值为.
故选：C.

8. 在空间四边形中， ， ，，分别是， 的中点 ，，则异面直线与所成角的大小为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】平移两条异面直线到相交，根据余弦定理求解.
【详解】如图所示：

设的中点为，连接，
所以，
则是所成的角或其补角，
又
根据余弦定理得：，
所以，
异面直线与所成角的为，
故选D.
【点睛】本题考查异面直线所成的角和余弦定理.注意异面直线所成的角的取值范围是.
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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 病毒研究所检测甲乙两组实验小白鼠的某医学指标值，得到样本数据的频率分布直方图（如图所示），则下列结论正确的是（ ）

A. 甲组数据中位数大于乙组数据中位数
B. 甲组数据平均数小于乙组数据平均数
C. 甲组数据平均数大于甲组数据中位数
D. 乙组数据平均数小于乙组数据中位数
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据直方图的形态可得甲组的平均数大于中位数，且都小于7，乙组的平均数小于中位数，且都大于7，进而可得.
【详解】根据甲组的样本数据的频率分布直方图可知为单峰的，直方图在右边“拖尾”，所以甲组的平均数大于中位数，且都小于7，
同理可得乙组的平均数小于中位数，且都大于7，
故甲组数据中位数小于乙组数据中位数，故A错误；
甲组数据平均数小于乙组数据平均数，故B正确；
甲组数据平均数大于甲组数据中位数，故C正确；
乙组数据平均数小于乙组数据中位数，故D正确.
故选：BCD.
10. 盒子里有形状大小都相同的4个球，其中2个红球、2个白球，从中先后不放回地任取2个球，每次取1个．设“两个球颜色相同”为事件A，“两个球颜色不同”为事件B，“第1次取出的是红球”为事件C，“第2次取出的是红球”为事件D．则（ ）
A. A与B互为对立事件 B. A与C相互独立
C. C与D互斥 D. B与C相互独立
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据对立事件，互斥事件的定义可判断AC；根据古典概型的概率公式求出所对应的事件的概率，再根据相互独立事件的定义判断BD.
【详解】对于A，由题意知，取出两个球要么颜色相同，要么颜色不同，即A与B互为对立事件，故A正确；
对于C， “第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”， C与D可能同时发生，故C错误；
对于BD，，，， ，
所以，
所以A与C相互独立，B与C相互独立，故BD正确；
故选：ABD
11. 在锐角三角形ABC中，A，B，C为三个内角，a，b，c分别为A，B，C所对的三边，则下列结论成立的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则B的取值范围是
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由正弦定理判断A；由角形为锐角三角形，，所以，即有，根据可得的范围，从而判断B；由，可得，进而得，从而判断C；由，可得，从而判断D.
【详解】解：对于选项A，因为A>B，所以有,所以，故正确；
对于选项B，因为，则，所以，由可得
的取值范围是，故错误；
对于选项C ，锐角三角形ABC中，，，∴，同理，，所以故正确；
对于选项D，锐角三角形ABC中，因为，即，，又∵，∴，故正确．
故选：ACD．
12. 如图所示是正方体的平面展开图，那么在正方体中（ ）

A.
B. EF和BC所成的角是60°
C. 直线AC和平面ABE所成的角是30°
D. 如果平面平面，那么直线直线.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正方体的平面展开图还原正方体，利用正方体的性质，结合异面直线的位置关系，线面位置关系及面面平行的性质依次判断各项正误.
【详解】
如图，把正方体的平面展开图还原成正方体.
在正方体中，可知，
故异面直线与所成的角即为与所成的角为，故A项错误；
同理，与所成的角即为与所成的角为，故B项正确；
在正方体中，，，，，故平面，则点到平面的距离为，
设直线与平面所成的角为，则，故，故C项正确；
在正方体中，，
则平面平面，平面平面于直线，平面平面，故直线直线，故D项正确.
故选：BCD.
第II卷 非选择题（90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，，且在上的投影数量等于，则___________.
【答案】

【解析】
【分析】由数量投影的公式直接计算即可.
【详解】在上的投影数量为，解得（舍）或.
故答案为：.
14. 设为所在平面内的一点，若，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由，可得答案.
【详解】如图：

由图可知，
即有，所以，，所以，
故答案为:．
15. 锐角内切圆的圆心为，内角，，所对的边分别为，，.若，且的外接圆半径为1，则周长的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理变形可求得角，再由正弦定理求得，在中利用正弦定理表示出，并由三角恒等变换转化为三角函数值域问题，从而可得结论．
【详解】因为由余弦定理，得，即，因为，所以.
由正弦定理，得.
因为，由内切圆的性质可得，所以，
设，则，又因为三角形为锐角三角形，所以，所以.
在中，由正弦定理，，所以，
所以的周长为，
因为，所以，所以，所以周长的取值范围
故答案为：.

16. 如图，二面角等于，A、是棱l上两点，BD、AC分别在半平面、内，，，且，则CD的长等于________.

【答案】4
【解析】
【分析】根据二面角定义，结合空间向量加法运算性质、空间向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】由二面角的平面角的定义知，
∴，
由，，得，，又，
∴
，
所以，即.
故答案为：4.
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. 已知函数.
（1）求函数在区间上的最大值和最小值；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）最大值为2，最小值为.
（2）
【解析】
【分析】（1）由二倍角公式、两角和的正弦展开式得，再利用正弦函数的单调性与范围可得答案；
（2）由得，利用平方关系得到，再利用展开可得答案.
小问1详解】
由得，因为，则，故当时，取最大值2；当时，取最小值；
所以函数在区间上的最大值为2，最小值为.
【小问2详解】
由（1）可知，
又因为，所以，
由，得，
从而，
所以
.
18. 某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工，根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为[40，50），[50，60），……，[80，90），[90，100]．

（1）求频率分布直方图中a的值；
（2）估计该企业的职工对该部门评分的50%分位数（保留一位小数）；
（3）从评分在的受访职工中，随机抽取2人，求此2人评分都在的概率．
【答案】（1）
（2）76.4 （3）
【解析】
【分析】(1)根据频率分布直方图的各个小矩形的面积之和为1求出a；
(2)根据频率分布直方图估计中位数；
(3)根据频率分布直方图求出从评分在和的人中抽取的人数，再根据古典概型计算概率.
【小问1详解】
由频率分布直方图得：
，解得．
【小问2详解】
评分在的概率为，评分在的概率为，该企业的职工对该部门评分的50%分位数位于，所以50%分位数为；
【小问3详解】
受访职工中评分在的有：人，记为，，，
受访职工中评分在的有：人，记为，，
从这5名受访职工中随机抽取2人，所有的可能结果有10种，分别为：
，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，
此2人评分都在包含的基本事件有，，，，，，共3个，
从评分在的受访职工中，随机抽取2人，此2人评分都在的概率．
19. 如图1，在直角梯形中，，，且，现以为一边向梯形外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使，为的中点，如图2．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1)如图取中点，由中位线的性质可得，根据题意可得且，则四边形为平行四边形，有，结合线面平行的判定定理即可证明；
(2)根据线面垂直的判定定理与性质可得，由勾股定理的逆定理可得，利用线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明.
【小问1详解】
取中点，连接，．

在中，，分别为，的中点，所以，且．
由已知，，所以，且．
所以四边形为平行四边形．所以．
又因为平面，且平面，
所以平面．
【小问2详解】
在正方形中，，又，，
平面，∴平面，
平面，，
在中，AB=AD=1，所以BD=，，
在中，，
BD=，CD=2，所以BC=，所以，
又因为，平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面.
20. 记的内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，且
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在中由锐角三角函数，得，代入条件，由正弦定理角化边得，即证；
（2）由三角形等面积法，得，代入可得；将条件和同时代入余弦定理，化简后利用辅助角公式得到，即可求解.
【小问1详解】
在中，因为，所以，
又因为，所以，即
在中，根据正弦定理，得，故.
【小问2详解】
在中，，
又由（1）知，，所以，
在中，根据余弦定理，得，
又由已知，，得，
所以，则，即，
因为，则，所以或，
所以或，
又点在边上，且，，
所以必有一个大于等于，所以
21. 如图，在长方体中，，P为的中点．

（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由向量法结合判定证明即可；
（2）由向量法得出面角正弦值．
【小问1详解】
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如下图所示
设，则




又，平面
【小问2详解】
由（1）可知，平面的法向量为
设平面的法向量为，
，令，可得

故二面角的正弦值为
22. 已知函数， ．
（1）试判断在其定义域上是否具有奇偶性，若有，请加以证明；
（2）若函数在上只有一个零点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）函数为上的偶函数；证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用偶函数的定义进行判断和证明；
（2）把函数零点问题转化为方程根的问题，结合换元法和判别式进行求解.
【小问1详解】
偶函数，证明如下：
证明：函数，定义域为，关于原点对称，



所以函数为上的偶函数．
【小问2详解】
解：因为函数在上只有一个零点，
所以关于x的方程有唯一的实数解，
即方程有唯一的实数解，
即有唯一的实数解，
化简得，
令，
下面研究关于t的方程何时仅有一个正根.
①当时，，符合题意；
②当时，则，
当时，，当时，（舍）
当，即时，，方程有异号的两个实根，符合题意；