山西省2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山西省2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。

2022~2023学年高一下学期期末联合考试
数学
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册、必修第二册.
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. 已知集合， 则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合交集运算求解即可；
【详解】因为，所以．
故选：C.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的乘法求解即可.
【详解】．
故选：B
3. 端午节前后，人们除了吃粽子、插艾叶以外，还要给孩子们佩戴香囊.某商家销售的香囊有四种不同的形状，其中圆形的香囊有36个，方形的香囊有18个，桃形的香囊有27个，石榴形的香囊有9个.现该商家利用分层随机抽样的方法在这些香囊中抽出20个香囊摆放在展台上，则抽出的桃形香囊的个数为（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】利用抽样比可求出结果
【详解】根据分层随机抽样的概念可得抽出的桃形香囊的个数为.
故选：C
4. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦函数、对数函数及指数函数的性质判即可.
【详解】因为，
，，
所以．
故选：A
5. 将函数图象上所有的点都向左平移个单位长度，再把得到的曲线图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角函数图像平移结合诱导公式即可求解.
【详解】将图象上所有的点都向左平移个单位长度，
得到曲线，
再把得到曲线上所有点的横坐标伸长到原来的倍，
纵坐标不变，得到的图象.
故选：A
6. 柜子中有3双不同颜色的手套，红色、黑色、白色各1双.若从中随机地取出2只，则取出的手套是一只左手套一只右手套，但不是一双手套的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件中包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意，分别用表示6只手套，
从中随机地取出2只，包含，，共有15种，
其中取出的手套中一只左手套一只右手套，
包含，共有6种，
所以不是一双手套的概率为.
故选：B.
7. 已知正数a，b满足，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，得到，再利用“1”的代换求解.
【详解】解：因为，
所以，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立．
故选：C
8. 已知O为的外心，且．若向量在向量上的投影向量为，其中，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到，过作的垂线，由在上的投影向量为，求得，又由，得到，结合，即可求解.
【详解】因为，所以，
又因为O为的外心，所以为直角三角形且，O为斜边BC的中点，
过作的垂线，垂足为，
因为在上的投影向量为，
所以在上的投影向量为，
又因为，所以，
因为，所以，即的取值范围为．
故选：D.

二、多选题：本题共4小题，每个小题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. 已知复数，若，则（ ）
A. B. z在复平面内对应的点在第四象限
C. D. 的虚部为3
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据复数运算法则化简，然后根据条件，解得，逐个判断选项即可；
【详解】，
因为，所以，解得，
则，，A正确．
z在复平面内对应的点为在第一象限，B错误．
，C正确．
，虚部为3，D正确．
故选：ACD.
10. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（ ）

A. B.
C. 的图象关于直线对称 D. 在上的值域为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由图象可知，可求出，对于B，和可出值，对于C，由可求出对称轴，对于D，利用正弦函数的性质可求得结果.
【详解】依题意得，
因为，所以，所以A正确.
因为，
所以，解得.
因为，所以，所以当时，，所以B错误.
因为，
所以令，解得，
则的图象关于直线对称，C正确.
因为当时，，所以，
所以在上的值域为，所以D正确.
故选：ACD
11. 在正四棱台中，，，，则（ ）
A. 该四棱台的高为3
B. 该四棱台的体积为
C. 能够被完整放入该四棱台内的圆台的侧面积可能为
D. 该四棱台的外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正四棱台的性质分析，求得四棱台的高为3，然后根据体积公式、外接球，内接圆台逐个判断选项；
【详解】
因为，，，所以该四棱台的高为，A正确．
该四棱台的体积为，B错误．
当圆台刚好能够被完整放入该四棱台时，圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为3，圆台的母线长为，侧面积为，，C正确．
设该四棱台的外接球的球心到上底面的距离为x，
则，解得，
则该四棱台的外接球的半径，
该四棱台的外接球的表面积为，D正确．
故选：ACD.
【点睛】结合正四棱台外接球和内切圆台的性质确定球心和半径的大小是本题的难点和突破点；
12. 如图，一个正八面体的八个面分别标有数字1，2，3，…，8，任意抛掷一次该正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间，若事件，事件，事件，则（ ）

A. 事件A，B相互独立 B. 事件A，C相互独立
C. 事件B，C相互独立 D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据事件的运算法则得到各个事件的概率，ABC选项，根据独立事件所满足的条件进行判断；D选项，根据事件概率计算即可.
【详解】因为事件，事件，事件，
所以，，，，
所以，，，，，
A选项，，事件A，B不相互独立，A错误；
B选项，，事件A，C相互独立，B正确；
C选项，，事件B，C相互独立，C正确；
D选项，，D正确．
故选：BCD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13. 已知且，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用余弦的倍角公式，得到，即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
又因为，可得．
故答案为：.
14. 已知某艺术班共25人，其中有10名男生和15名女生，在期末作品展示中，该班男生每人作品数量的平均数为25，方差为1，女生每人作品数量的平均数为30，方差为2，则这25名学生每人作品数量的方差为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据分层抽样的平均数和方差的公式，准确计算，即可求解.
【详解】由题意得，这25名学生每人作品数量的平均数为，
所以方差为．
故答案为：.
15. 如图，在四面体中，点在平面上的射影是，，若，，则异面直线PC与AB所成角的余弦值为__________．

【答案】
【解析】
【分析】根据异面直线所成角的定义结合余弦定理，即可求解.
【详解】如图所示，分别取的中点，连接，
因为点在平面上的射影是，所以平面ABC，则，，
因为分别为的中点，所以，，
所以与所成的角即或其补角，
因为，所以，，
所以，
又因为，所以，
所以，
故异面直线PC与AB所成角余弦值为．
故答案为：.

16. 咸阳市的标志性建筑清渭楼，古朴典雅，蔚为壮观．为了测量清渭楼最高点M与其附近一观测点N之间的距离，取水平方向距离1200米的P，Q两点，测得，，，，其中点M，N，P，Q在同一铅垂面内，则M，N两点之间的距离为___米．

【答案】
【解析】
【分析】先在中利用正弦定理求得的长，进而在中利用余弦定理即可求得M，N两点之间的距离
【详解】由题意知，，所以，
所以在中，米，米．
又，，所以．
在中，由正弦定理，得，
所以（米）．
在中，．由余弦定理得，

（米）．
故答案为：
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，，．
（1）若，，求向量与的夹角；
（2）若，且，求与的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）根据题意，，结合，和，列出的方程组，即可求解.
【小问1详解】
解：当，时，可得，
则，
设向量与的夹角为，则，
因为，所以向量与的夹角为．
【小问2详解】
解：由向量，，可得，
因为，所以，可得，
又因为，且，所以，即
解得或．
18. 如图，平面，为圆O的直径，分别为棱的中点．

（1）证明：平面．
（2）证明：平面平面．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用中位线定理与线面平行的判定定理即可得证；
（2）线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可.
【小问1详解】
因为分别为棱的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为为圆O的直径，所以．
因为平面，平面，所以．
又，平面，所以平面．
由（1）知，所以平面．
又因为平面，所以平面平面．
19. 某市对该市全体高中学生举行了一次关于环境保护相关知识的测试，统计人员从A校随机抽取了300名学生，从B校随机抽取了400名学生，统计后发现所有学生的测试成绩都在区间[50，100]内，并将收集到的数据按照[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分组，绘制成频率分布直方图，如图所示.

（1）估计A校这300名学生成绩的75%分位数;
（2）根据频率分布直方图，假设同组中每个数据用该组区间的中点值代替，估计A校抽取的300名学生成绩的平均值为μ1，B校抽取的400名学生成绩的平均值为μ2，以及A，B两校抽取的700名学生成绩的平均值为μ0，试比较μ0和的大小.
【答案】（1）88.75
（2）
【解析】
【分析】（1）由计算百分位数的方法计算即可；
（2）由频率分布直方图求出各平均值，比较即可.
【小问1详解】
设75%分位数为，因为，
，
所以，
则，
解得，所以估计A校这300名学生成绩的75%分位数为88.75.
【小问2详解】
，
，
则，
又A校与B校抽取的学生人数比值为，
所以A校抽取的学生人数占总数的，B校抽取的学生人数占总数的，
故A，B两个学校抽取的700名学生成绩的平均值为
，
故.
20. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求A；
（2）若AD为的角平分线，，且，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式求解；
（2）由，得到，然后由求得b，c，再利用余弦定理求解.
【小问1详解】
由正弦定理得，
即．
因为，
所以．
因为，所以．
又，则．
【小问2详解】
因为，所以．
由，得，
得．又，解得，，
则，
所以的周长为．
21. 某学校派甲、乙两人组成“少年队”参加射击比赛，每轮比赛由甲、乙各射击一次，已知甲每轮射中的概率为，乙每轮射中的概率为．在每轮比赛中，甲和乙射中与否互不影响，各轮比赛结果也互不影响．
（1）求“少年队”在一轮比赛中恰好射中1次的概率；
（2）求“少年队”在三轮比赛中恰好射中3次的概率．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据独立事件乘法公式和互斥事件加法公式计算即可；
（2）根据二项分布算出甲和乙在三轮比赛中，射中0次，1次，2次，3次的概率，然后利用独立事件的乘法公式和概率的加法即可.
【小问1详解】
设，分别表示甲、乙在第k（，2，3，…）轮射中，
则，．
设C表示“少年队”在一轮比赛中恰好射中1次，
则
，
所以“少年队”在一轮比赛中恰好射中1次概率为．
【小问2详解】
设，，，分别表示甲在三轮比赛中射中0次，1次，2次，3次，
，，，分别表示乙在三轮比赛中射中0次，1次，2次，3次，
M表示“少年队”在三轮比赛中恰好射中3次．
，，
，，
，，
，，
所以
，
故“少年队”在三轮比赛中恰好射中3次的概率为．
22. 如图，在四棱锥中，，，，△MAD为等边三角形，平面平面ABCD，点N在棱MD上，直线平面ACN．

（1）证明：．
（2）设二面角的平面角为，直线CN与平面ABCD所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据相似以及线面平行的性质即可求解，
（2）由面面垂直可得线面垂直，进而根据二面角以及线面角的定义，即可找到其平面角，利用三角形的边角关系，即可求解.
【小问1详解】
证明：连接BD交AC于O，连接ON．

因为，，所以根据相似的性质可得．
因为直线平面ACN，平面MBD，平面平面，
所以，则，所以．
【小问2详解】
取AD的中点E，AC的中点F，连接ME，EF，MF．
因为△MAD为等边三角形，所以不妨设，
则，．
因为平面平面ABCD，平面平面，平面,
所以平面ABCD，平面ABCD,所以，．
又因为E，F分别为AD，AC的中点，所以，
而，所以，又，平面MEF,
则平面MEF，平面MEF得，
所以∠MFE是二面角的平面角，即．
设，则，得．
过N作交AD于H，连接CH，由于平面ABCD，所以平面ABCD，
则∠NCH为直线CN与平面ABCD所成的角，即．
，，．
因为，所以，
则．
因为，所以．
故的取值范围为．