四川省宜宾市2022-2023学年高一下学期期末数学试题

这是一份四川省宜宾市2022-2023学年高一下学期期末数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

四川省宜宾市2022-2023学年高一下学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．函数的最小正周期是（    ）
A． B． C． D．
2．某班有男生25人，女生20人，采用分层抽样的方法从这45人学生中抽取一个容量为9的样本，则应抽取的女生人数为（    ）
A． B． C． D．
3．已知复数满足，则（    ）
A． B． C． D．2
4．中，角对应的边分别为，已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
5．中，，则（    ）
A． B．
C． D．
6．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）
    
A． B．
C． D．
7．若，，则（    ）
A． B． C． D．
8．在中，，将绕直线旋转一周，得到的旋转体的表面积为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．在中，已知，，且有两解，则的取值可以是（    ）
A． B． C． D．
10．已知向量，则下列结论正确的是（    ）
A．
B．
C．向量与的夹角为
D．向量在上的投影向量为
11．将函数的图象沿轴向右平移个单位，再将图象上所有点的横坐标扩大为原来的3倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列判断正确的是（    ）
A．为偶函数 B．为奇函数
C．在单调递减 D．
12．在正方体中，是侧面上一动点，下列结论正确的是（    ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若∥，则平面
C．若，则与平面所成角为
D．若∥平面，则与所成角的正弦最小值为

三、填空题
13．已知向量， ，若，则 ．
14．设，且，在复平面内对应的点形成的图形的面积为 ．
15．数据 的方差为，则数据 的方差为 ．
16．已知为球的球面上的三个点，且，球心到平面的距离为，若球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为 .

四、解答题
17．已知为第二象限角，且.
(1)求的值；
(2)求的值.
18．某物业管理公司为了解小区住户对其服务管理水平的满意度，从，两个小区住户中各随机抽取50户参与满意度测评，根据住户的测评分数，得到小区住户的满意度评分的频率分布直方图和小区住户的满意度评分的频数分布表.
小区住户的满意度评分的频率分布直方图
  
B小区住户的满意度评分的频数分布表
满意度评分分组





频数
5
12
15
10
8
(1)求，并估计小区住户的满意度评分的分位数；
(2)根据频率分布直方图，计算A小区住户的满意度评分的平均数；
(3)根据小区住户的满意度评分，将住户的满意度从低到高分为三个等级
满意度评分
低于70分
70分到90分
不低于90分
满意度等级
不满意
满意
非常满意
根据样本数据，估计哪个小区住户非常满意的百分比大？说明理由.
19．已知函数.
(1)求的单调递增区间；
(2)若，求的值域.
20．如图，在四棱锥中，底面是正方形，为的中点.
  
(1)证明：平面；
(2)已知， ，求二面角的余弦值.
21．在中，角对应的边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，，求.
22．如图，在几何体中，平面平面，四边形是平行四边形，，.

(1)证明：；
(2)若，，，G为DE上一动点，求直线CG与平面ABF所成角的正弦值的取值范围.

参考答案：
1．B
【分析】根据正弦型函数的最小正周期公式即可得出答案.
【详解】解：由函数，
则最小正周期.
故选：B.
2．C
【分析】根据分层抽样的相关知识直接计算即可.
【详解】由题意得，女生比例为，
所以抽取一个容量为9的样本，则应抽取的女生人数为.
故选：C
3．D
【分析】根据复数除法运算法则和复数的模的概念直接计算求解.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：D
4．D
【分析】根据正弦定理即可求解.
【详解】由正弦定理可得,
故选:D
5．A
【分析】根据向量的线性运算即可求解.
【详解】,
故选：A
  
6．B
【分析】根据周期以及经过的最值点可得，进而可求解.
【详解】由图象可知,
将代入中得,所以，故，
由于，取，所以，
故选：B
7．C
【分析】根据同角三角函数关系和各象限三角函数值的正负，求得，，进而求得答案.
【详解】因为，，所以，
所以，
因为，所以，
又因为，
所以，所以，
所以，
所以.
故选：C
8．B
【分析】先判断旋转后的几何体为两个圆锥，再利用圆锥的侧面积公式即可得解.
【详解】取中点，如下图所示（左图为轴截面，右图为旋转体上半部分），
将旋转后的图形分为上下两个相同的圆锥，且底面重合，
  
得到的旋转体的表面积为两个圆锥的侧面积，
因为，所以是正三角形，
所以其中一个圆锥的母线为，半径为，
则一个圆锥的侧面面积为，
所以旋转体的表面积为.
故选：B
9．BC
【分析】根据三角形边角关系以及三角形临界状态求解即可；
【详解】  
如图，当时，为临界状态，
当即有两解，
故选；BC
10．BD
【分析】根据数量积的运算律可判断A，根据模长公式可判断B，根据向量夹角公式可判断C，根据投影向量的定义可求解D.
【详解】由得，
对于A. ，故A错误，
对于B. ，故B正确，
对于C. ，由于，所以向量与的夹角为，故C错误，
对于D. 向量在上的投影向量为，故D正确，
故选：BD
11．AD
【分析】先根据三角函数图象变换规律求出的解析式，然后逐个分析判断即可
【详解】函数的图象沿轴向右平移个单位，得，
再将图象上所有点的横坐标扩大为原来的3倍（纵坐标不变），得，
对于A，，因为，所以为偶函数，所以A正确，
对于B，，因为，所以不是奇函数，所以B错误，
对于C，由，得，因为在上不单调性，所以在上不单调，所以C错误，
对于D，的周期为，因为，，，，，，
所以，
所以，
所以D正确，
故选：AD
12．ACD
【分析】对于A，利用等体积法分析判断，对于B，由条件可得点在平面上的轨迹为，再判断与平面的位置关系即可，对于C，连接交于点，连接，，则可证得为直线与平面所成角，然后求解即可，对于D，连接，可证得平面∥平面，得点在平面上的轨迹为，得为与所成的角，从而可求得结果.
【详解】对于A，因为是侧面上一动点，平面∥平面，
所以点到平面的距离等于正方体的棱长，设棱长为，则
，所以三棱锥的体积为定值，所以A正确，
  
对于B，因为∥，平面，所以当∥时，点在平面上的轨迹为，因为与不垂直，所以与平面不垂直，
所以与平面不垂直，所以B错误，
  
对于C，连接交于点，连接，，则，
所以为等边三角形，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面平面，，是侧面上一动点，
所以点的轨迹是，
所以平面就是平面，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成角，设正方体的棱长为，
因为，所以，
因为为锐角，所以，即与平面所成角为，所以C正确，
  
对于D，连接，则∥，∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，∥平面，
因为，平面，所以平面∥平面，
因为∥平面，所以平面，
因为平面平面，所以点在平面上的轨迹为，
因为∥，所以为与所成的角，
因为平面，平面，所以，
设正方体的棱长为1，设，则，
所以，
因为，所以当时，取得最小值，此时最小，
所以此时取得最小值为，
所以与所成角的正弦最小值为，所以D正确，
故选：ACD

【点睛】关键点点睛：此题考查线线角，线面角的求法，考查棱锥的体积的求法，考查立体几何中的轨迹问题，解题的关键是根据题意结合线面点的关系确定动点的轨迹，考查空间想象能力和计算能力，属于难题.
13．
【分析】根据共线的坐标关系即可求解.
【详解】由于，所以，
故答案为：
14．
【分析】设出复数，表示出复数的模，结合几何意义求解即可.
【详解】设，则，
即，
所以在复平面内对应的点形成的图形是以为圆心，半径为的圆及其内部，
图形面积为.
故答案为：
15．
【分析】根据方差的性质即可求解.
【详解】 的方差为
故答案为：8
16．/
【分析】取中点，得到，，进而得到三棱锥体积表达式，结合基本不等式求解即可.
【详解】如下图所示，取中点，
  
因为，所以，即是外接圆圆心，
所以球心到平面的距离为,
因为球的表面积为，则球的半径，即，
在直角中，，所以，
设，则，
三棱锥体积为，
当且仅当时取等号，此时三棱锥体积取得最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何的综合问题.关键要找出中点是外接圆圆心，进而结合棱锥体积公式进行计算.本题考查数形结合能力、转化与化归能力，属于中档题.
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据为第二象限角，得到，进而得到正切值；
（2）根据二倍角公式和诱导公式化简，分子分母同时除以，代入即可.
【详解】（1）因为为第二象限角，，
所以，
所以
（2）原式，
分子分母同时除以，
则原式.
18．(1)，
(2)73.3
(3)估计小区住户非常满意的百分比大，理由见解析

【分析】（1）根据频率分布直方图相关知识得到，根据百分位数的计算方法得到小区住户的满意度评分的分位数；
（2）根据平均数计算公式直接计算；
（3）根据条件计算各个小区住户非常满意的百分比并比较即可.
【详解】（1）由题知：，
解得；
小区住户的满意度评分各组频率依次为，
显然分位数在组，设为x，
则，得，
所以小区住户的满意度评分的分位数为.
（2）小区住户的满意度平均数为
.
（3）小区住户评分不低于90分的频率为；
小区住户评分不低于90分的频数为8，频率为；
所以估计小区住户非常满意的百分比大.
19．(1)，
(2)

【分析】（1）根据二倍角以及辅助角公式化简,即可由整体法求解单调区间，
（2）根据得，即可结合正弦函数的单调性求解.
【详解】（1）
令，
所以，
所以的单调递增区间为，
（2）因为，所以
，所以
所以在上的值域为.
20．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据中位线知识证明线线平行后结合判定定理证明线面平行即可；
（2）在中，由余弦定理得，取中点，连接，，证明得到二面角的平面角为，结合图形关系并通过余弦定理求出余弦值即可.
【详解】（1）连接，记，连接
  
因为是正方形，所以为的中点.
又因为为的中点，所以
又因为平面，平面，
所以平面
（2）在中，，，，
所以由余弦定理得，则.
  
取中点，连接，
因为，所以且.
因为，
所以，
又因为，分别为，的中点
所以且，
所以.
所以二面角的平面角为
在中，，，
所以由余弦定理得，
所以二面角的余弦值为
21．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据正弦和角与差角公式展开，结合同角三角函数关系化简，根据正弦定理角化边即可；
（2）根据余弦定理结合三角形面积公式计算即可.
【详解】（1）因为，，
所以，
因为
，
同理得，
所以.
即，
在中，由正弦定理得
（2）因为，
所以.
又因为在中，由余弦定理得
则 ①，
又因为
则  ②
由得，又因为 ，所以.
22．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据已有的面面垂直得到线面垂直，进而证明线线垂直即可；
（2）方法一：延长至，使得，由平面平面得到与平面所成角即为与平面所成角，根据图形关系找出最值情况求解即可；方法二：取与的中点分别为，，过作交于点，得到平面平面，所以与平面所成角即为与平面所成角，根据图形关系找出最值情况求解即可；
【详解】（1）因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以
又因为，所以
（2）方法一：延长至，使得，
所以，
所以四边形为平行四边形所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，同理得平面，
又因为平面，，
所以平面平面
所以与平面所成角即为与平面所成角，
当与重合时，与平面所成角为，
此时所求线面角正弦值最小且为；
当与重合时，与平面所成角最大.
因为为的中点，所以点到面的距离等于点到面的距离，
即等于三棱柱高的一半.
取，的中点分别为， ，连接，，，，

又因为，所以，
因为平面平面，平面，平面平面，
所以面
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，所以面，
因为面，
所以，
又因为，平面，，
所以平面，
在直角中，，因为,则，
所以，此时所求线面角正弦值最大且为 ，
综上可得，直线与平面所成角的正弦值的取值范围是；
方法二：取与的中点分别为，，连接，，，，

过作交于点，连接.
因为，所以四边形为平行四边形
因为，，所以
所以四边形为平行四边形
所以，又因为，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，同理可得平面，
又因为 平面，，
所以平面平面
所以与平面所成角即为与平面所成角；
当与重合时，与重合，此时与平面所成角为0，
当与重合时，与重合，此时与平面所成角最大，
所以线面角的最大为直线与平面所成角，
即线面角的最大为直线与平面所成角，
因为，所以，
因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，所以.
所以，在中，，，
所以，在中，，
所以 ，，
因为，记点到平面的距离为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦为，
所以与平面所成角的正弦的范围是
【点睛】关键点睛：本题考查立体几何的面面垂直性质定理与线面角的求法.求解线面角的关键点在于通过辅助线和平行关系的转化，将线面角转化，并找出具体的角，结合图形关系找到最值情况进行求解.本题考查空间想象能力、转化思想、逻辑推理能力，属于较难题.