重庆市巴蜀中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份重庆市巴蜀中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共20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。

高2025届高一（下）期末考试
数学试卷
一、单选题（本大题共8小题；每题5分；共40分；每小题给出的四个选项中；只有一项是符合题目要求的）
1. 某制药厂正在测试一种减肥药的疗效，有100名志愿者服用此药．结果：体重减轻的人数为59人，体重不变的21人，体重增加的20人．如果另外有一人服用此药，请你估计这个人体重减轻的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合频率与概率之间的关系运算求解.
【详解】由题意可知：体重减轻的频率为，
用频率估计概率可知：体重减轻的概率为.
故选：A.
2. 在复平面内；复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可求解.
【详解】,故对应的点为，位于第四象限，
故选：D
3. 设中角，，所对的边分别为，，；若，，；则为（ ）
A 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 以上都有可能
【答案】A
【解析】
【分析】根据余弦定理即可求解.
【详解】由余弦定理可得,故为锐角，
由于，因此均为锐角，故为锐角三角形，
故选：A
4. 甲；乙两位同学去参加某高校科研项目面试．已知他们通过面试的概率都是；且两人的面试结果相互之间没有影响；则甲、乙两人中仅有一人通过面试的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据独立事件概率乘法公式运算求解.
【详解】由题意可得：甲、乙两人中仅有一人通过面试的概率.
故选：D.
5. 已知函数在一个周期内的图象如图所示；若为偶函数，则的值可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图象的顶点坐标求出，由周期求出值，根据五点法作图求出，可得函数的解析式，根据为偶函数，求出的值．
【详解】根据函数，，在一个周期内的图象，
可得，，．
再根据五点法作图，可得，所以，由于，，
故．
若为偶函数，则，，即，，
取，则，故的值可以为，
故选：B
6. 空间中有不同平面，和不同直线；，若，；则下列说法中一定正确的是（ ）
A. B. 若，；则
C. 一定存在；使得，是异面直线 D. 一定存在平面；满足，
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中线面平行的性质以及面面平行的判断结合选项逐一求解.
【详解】对于A， 有可能在平面内，故A错误，
对于B，当，且，此时也符合，故B错误，
对于C，由可知与内的直线平行或者异面，所以存在；使得，是异面直线，C正确，
对于D，若在平面内，则,不可能平行，故D错误，
故选：C
7. 如图所示；测量队员在山脚A测得山顶的仰角为，沿着倾斜角为的斜坡向上走到达处，在处测得山顶的仰角为．若，，，（参考数据：，，，，，），则山的高度约为（ ）

A. 181.13 B. 179.88 C. 186.12 D. 190.21
【答案】C
【解析】
【分析】在中，利用正弦定理求，进而在Rt中求山的高度.
【详解】在中，则，
因为，则，
在Rt中，则.
故选：C.
8. 已知非零不共线向量，满足；，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据模长公式可得，再由三者之间的关系，可得，由此得解．
【详解】由，，可得，
则，
又非零向量，不共线，
由三角不等式关系，
则，则，
所以．
故选：D
二、多选题（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. 某中学对参加高一年级参加体质测试的学生进行模拟训练，从中抽出名学生，其中成绩的频率分布直方图如图所示．已知成绩在区间内的学生人数为5人．则（ ）

A. 的值为0.015 B.
C. 中位数为75 D. 平均数为73
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题意结合频率分布直方图逐项分析判断.
【详解】由题意可知：每组的频率依次为，
所以，解得，故A正确；
因为成绩在区间内的学生人数为5人，频率为，
所以，故B正确；
因为，，
所以中位数在内，设为，
则，解得，故C错误；
平均数为，故D错误；
故选：AB.
10. 已知复平面内复数对应向量；复数对应点为．且满足，是的共轭复数；则（ ）
A. B.
C. D. 点在以原点为圆心；以2为半径的圆上
【答案】ABD
【解析】
【分析】由复数的概念及其几何意义，复数的运算法则逐一判断选项即可．
【详解】对于A，由题意得：，则，，故A正确；
对于B，，，，，故，故B正确；
对于C，设，,，由得，，
，故C错误；
对于D，，，在以原点为圆心，以2为半径的圆上，故D正确．
故选：ABD．
11 已知；且满足；则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由，利用辅助角公式可判断B；根据特殊角的三角函数值与正弦函数的单调性可进一步缩小的取值范围，从而判断A；由同角三角函数的平方关系可得的值，从而判断C；采用换元思想，设，结合二倍角公式，两角差的正弦公式可判断D．
【详解】由，知，所以，即B正确；
因为，所以,，
又，所以,，即，而,,，即A正确；
所以，即C错误；
选项D，设，则，，，
所以，，
所以，即D正确．
故选：ABD．
12. 如图；正方体的棱长为2，是侧面上的一个动点（含边界）；点在棱上；则下列结论正确的有（ ）

A. 若；沿正方体的表面从点到点的最短距离为
B. 若，三棱锥的外接球表面积为
C. 若；，则点的运动轨迹长度为
D. 若；平面被正方体截得截面面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，将正方体的下面和侧面展开，连接，计算即可判断；
对于B正弦定理知外接圆半径，又平面，设三棱锥的外接球半径为，求得即可判断；
对于C，由线面垂直和面面平行的判定定理，设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，求得即可判断；
对于D，延长，交于点，连接交于，连接，则平面被正方体截得的截面为，利用三角形相似即可判断．
【详解】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，连接，

则，故A错误；
对于B，当，所以中，，则，
设外接圆半径为，则由正弦定理知：，则，
又平面，设三棱锥的外接球半径为，则，
所以三棱锥的外接球表面积，故B正确；
对于C，如图：

因为平面，平面，所以，
又，，，平面，
所以平面，平面，所以，
同理可得，，，平面．所以平面，
所以过点作交交于，过作交交于，
所以平面，同理可得平面，
平面，所以平面平面，所以平面,
取连接,则均在平面上，
则的运动轨迹为线段，
由于平面,平面,所以,
由点在棱上，且，可得，
所以，故C正确；
对于D，如图：

延长，交于点，连接交于，连接，
所以平面被正方体截得的截面为．
，所以，
所以，
所以，所以，且，
所以截面为梯形，，所以截面为等腰梯形，
设梯形的高为，则,
所以，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
三、填空题（本大题共4小题；每题5分；共20分）
13. 在复平面内，复数，对应的向量分别是，，其中是坐标原点，则向量对应的复数为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数的几何意义，结合向量的减法运算求解.
【详解】由题意可知：，
可得，
所以向量对应的复数为.
故答案为：.
14. 已知，，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】在等式两边同时平方，求出的值，再结合等式可求得的值.
【详解】因为，则，所以，，
又因为，故.
故答案为：.
15. 投掷两枚质地均匀的骰子一次，设事件A为“两枚骰子的点数之差绝对值为2”；则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用列表法结合古典概型运算求解.
【详解】投掷两枚质地均匀的骰子一次，共有36个基本事件，事件A包含8个基本事件，
所以.
故答案为：.

1
2
3
4
5
6
1
╳
╳
√
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╳
╳
2
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╳
╳
√
╳
╳
3
√
╳
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╳
√
╳
4
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√
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╳
╳
√
5
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╳
√
╳
╳
╳
6
╳
╳
╳
√
╳
╳

16. 设中角所对的边分别为，，，为边上的中线；已知且，．则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意利用正、余弦定理分析可得，由结合数量积相关运算整理得关于的方程，运算求解即可.
【详解】因为，且，
由正弦定理可得：，
由余弦定理可得：，整理得，
又因为D为中点，所以，设的夹角为θ，
则
，
即，
且，
因为，则为锐角，可知，
可得，解得或（舍去）
所以，
整理得，解得或，
且，即，所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：对于等分点问题，常利用向量的线性运算以及数量积建立关系，运算求解即可.
四、解答题（共70分；解答应写出文字说明；证明过程或演算步骤）
17. 为了解学校食堂的满意度；某调查小组在高一和高二两个年级各随机抽取10名学生进行问卷计分调查（满分100分）；得分如下所示：
高一：64，72，79；78；78；75，86，85，92，91
高二： 62，67，78；79，70，85，84，85；93，95
（1）求高一年级问卷计分调查平均数和估计高一年级学生问卷计分调查的第75百分位数；
（2）若规定打分在86分及以上的为满意；少于86分的为不满意；从上述满意的学生中任取2人；求这2人来自同一级的概率；
【答案】（1）平均数为80，第75百分位数为86
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平均数和百分位数的定义，即可求得，
（2）根据古典概率模型计算公式.
【小问1详解】
）高一年级问卷计分调查平均数：，
将高一调查的数据从小到大排列：64，72，75，78，78，79，85，86，91，92，
，所以第8位数为第75百分位数，即86．
【小问2详解】
高一年级满意的有3个，记为，高二年级满意的有2个，记为,
则从上述满意的学生中任取2人，基本事件有共有10个，
设事件“上述满意的学生中任取2人，求这2人来自同一级”为，则包含，共有4个，故
．
18. 如图；为圆锥的顶点,是圆锥底面的圆心,为底面直径,．若是底面的内接正三角形,为上一点,．

（1）求该圆锥的表面积；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合圆锥的表面积公式运算求解；
（2）根据题意可证平面，利用转换顶点法求体积.
【小问1详解】
由题意可知：该圆锥的底面半径，母线长，
所以表面积.
【小问2详解】
连接
由题意可得：，
因为平面，平面，可知，
由题意可知：，，平面，
所以平面，
在中，因为，所以，
可得三棱锥的高为，
所以.

19. 已知函数的最大值为；
（1）求常数的值；
（2）若在上单调递增；求最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质求出的值；
（2）利用函数的单调性和集合间的子集关系求出的最大值．
【小问1详解】
由于函数

由于，
故函数的最大值为，解得．
【小问2详解】
由于，，
解得，；
故函数的单调递增区间为，；
故,，；故取，则
故，即的最大值为．
20. 如图；正四棱柱中；；点为的中点．

（1）求证：直线平面；
（2）求直线与平面所成线面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设和交于点，则为的中点，连接，可得，可得直线平面；
（2）设，利用等体积法可求点到平面的距离为，进而利用直线与平面所成线面角与直线与平面所成线面角相等，可求直线与平面所成线面角的正弦值．
【小问1详解】
证明：设和交于点，则为的中点，连接，

是的中点，，
又平面，平面，
直线平面，
【小问2详解】
设，则三角形为正三角形，，，
设点到平面的距离为，由等体积法：，
所以，则，
由点为中点，所以点，到平面距离相等，由，
所以直线与平面所成线面角与直线与平面所成线面角相等，
设直线与平面所成线面角为，所以，
直线与平面所成线面角的正弦值为．
21. 在平面四边形中；；，
（1）若四边形为圆内接四边形；求；
（2）求四边形面积最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在和中，均利用余弦定理表示出，可得，再由，解出的值，代入运算，得解；
（2）由（1）知，①，利用三角形面积公式，可得四边形的面积②，由①②，并结合三角恒等变换公式，求得的最大值，得解．
【小问1详解】
连接，
在中，由余弦定理知，，
在中，由余弦定理知，，
所以，即，
又四边形为圆内接四边形，所以，即，
所以，
所以，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，，
所以①，
因为的面积，
的面积，
所以四边形的面积②，
由①②分别平方相加可得
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，
故四边形面积最大值为．
22. 如图；在三棱柱中；侧面矩形．

（1）若面；，，求证：；
（2）若二面角的大小为；，且；设直线和平面所成角为；问当变化过程中能否取到；若能；请证明；若不能请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）不能取到，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由面可得，再由线面垂直的判定定理可得面，推出，由，可得,进而可得面，即可求证，
（2）根据二面角以及线面角的定义可得为二面角的平面角，为直线和平面所成角，，令，，，结合不等式求解最值即可得出答案．
【小问1详解】
证明：由平面，平面,所以，
又，，平面，所以平面，
平面，所以，
在中，设，则，，
所以，，
由，，
所以，
所以，又，平面,则平面，
平面,所以．
【小问2详解】
在平面中，过点作直线，
因为底面为矩形，所以，
所以为二面角的平面角，且，
又，平面，所以平面，
在平面中，过点作，垂足为，连接,
因为平面，平面，所以，
又，平面，平面．所以平面．
所以为直线和平面所成角，即，
所以为点到平面的距离，且，又
则，
由，可得,，,，
所以，,，，，
所以（当且仅当时，取等号），
所以直线与平面所成角的正弦值最大值为，
又，所以取不到．