浙江省台州市温岭中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

这是一份浙江省台州市温岭中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版），共23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。

2022学年第二学期温岭中学期末试卷
高一数学
命题：王玉龙 审题：陈恩祥
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. 复数的共轭复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】先对复数化简，再求出其共轭复数，从而可求得结果
【详解】因为，
所以，则其在复平面内对应的点在第一象限，
故选：A
2. 直线的倾斜角是（ ）
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
【答案】A
【解析】
【分析】根据倾斜角与斜率之间的关系运算求解.
【详解】因为的斜率，
所以其倾斜角为30°.
故选：A.
3. 若平面，的法向量分别为，，则（ ）
A. B. C. ，相交但不垂直 D. 以上均不正确
【答案】C
【解析】
【分析】应用空间向量夹角的坐标运算求夹角余弦值，即可判断面面关系.
【详解】由，而，
由所得向量夹角余弦值知：，相交但不垂直.
故选：C
4. 已知圆锥的底面周长为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为(　　)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由侧面展开图求得圆锥母线和底面半径，再求得其高后，根据体积公式计算．
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
由题意，，，，∴，
体积为，
故选：A．
5. 在中角所对的边分别为，若，，，则（ ）
A. 当时， B. 当时，有两个解
C. 当时，只有一个解 D. 对一切，都有解
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理、正弦函数的性质计算可得.
【详解】因为，，，
所以由正弦定理，即，
当时，又，所以或，故A错误；
当时，又，此时无解，故B、D错误；
当时，则，又，此时只有一解，即只有一个解，故C正确；
故选：C
6. 的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一．划分等级为：日均值在以下，空气质量为一级；日均值在，空气质量为二级；日均值超过为超标．如图是某地12月1日至10日的日均值(单位：)变化的折线图，关于日均值说法正确的是（ ）

A. 这10天日均值的分位数为60 B. 前5天的日均值的极差小于后5天的日均值的极差
C. 前5天的日均值的方差大于后5天的日均值的方差 D. 这10天的日均值的中位数为41
【答案】B
【解析】
【分析】利用题中折线图中的数据信息以及变化趋势，对四个选项逐一分析判断即可．
【详解】对于A，将10天中的日均值按从小到大排列为30，32，34，40，41，45，48，60，78，80，根据分位数的定义可得，这10天中日均值的分位数是，故选项A错误；
对于B，前5天的日均值的极差为，后5天的日均值的极差为，故选项B正确；
对于C，由折线图和方差的定义可知，前5天的日均值波动性小，所以前5天的日均值的方差小于后5天日均值的方差，故选项C错误；
对于D，这10天中日均值的中位数为，故选项D错误．
故选：B
7. 已知是边长为2正六边形内（含边界）一点，为边的中点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过数量积定义得出与重合时取得最大值，与重合时，取得最小值，然后建立如图所示的平面直角坐标系，用坐标法求数量积．
【详解】如图，过作于，则，当与同向时为正，当与反向时为负，
分别过作，，为垂足，
则得当与重合（即与重合）时，取得最大值，当与重合（即与重合）时，取得最小值，
是正六边形，因此以为轴，为建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，是中点，则，
，，，
，，
所以的范围是，
故选：B．

8. 在中，，，，为中点，若将沿着直线翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直角三角形性质和翻折关系可确定为等边三角形，利用正弦定理可确定外接圆半径，由此可知外接圆圆心即为四面体外接球球心，由球的性质可知平面，利用可求得点到平面的距离，由此可求得线面角的正弦值.
【详解】，，，，又为中点，
，则，即为等边三角形，
设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，取中点，连接，

，，，即外接圆半径为，
又四面体的外接球半径为，为四面体外接球的球心，
由球的性质可知：平面，又平面，，
，，；
设点到平面的距离为，
由得：，
又与均为边长为的等边三角形，，
直线与平面所成角的正弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛；本题考查几何体的外接球、线面角问题的求解；本题求解线面角的关键是能够确定外接球球心的位置，结合球的性质，利用体积桥的方式构造方程求得点到面的距离，进而得到线面角的正弦值.
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. 已知边长为2的正方形ABCD中，点在四条边上移动，则下列结论正确的是（ ）
A. 当E为BC中点时， B. 当E为BC中点时，
C. 当E在边CD上移动时，是定值 D. 当E在边CD上移动时，是定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量的线性运算与数量积的定义判断．
【详解】如图1，E为BC中点时，
选项A， ，A正确；
选项B，，B正确；

图1
如图2，E在边CD上移动时，
选项C，，不是定值，C错；
选项D，为定值，D正确，

图2
故选：ABD．
10. 小明参加文学社、话剧社、辩论社的社团招新面试，已知三个社团面试成功与否互不影响，文学社面试成功的概率为，话剧社面试成功的概率为，辩论社面试成功的概率为，则（ ）
A. 文学社和话剧社均面试成功的概率为
B. 话剧社与辩论社均面试成功的概率为
C. 有且只有辩论社面试成功的概率为
D. 三个社团至少一个面试成功的概率为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，结合相互独立事件概率计算公式，逐项求解，即可得到答案.
【详解】对于A中，根据题意，文学社和话剧社均面试成功的概率为，所以A不正确；
对于B中，根据题意，话剧社与辩论社均面试成功的概率为，所以B正确；
对于C中年，根据题意，有且只有辩论社面试成功的概率为，所以C正确；
对于D中，三个社团都不成功的概率为，所以三个社团至少一个面试成功的概率为，所以D正确.
故选：BCD.
11. 龙卷风是一种少见的局地性、小尺度、突发性的强对流天气，是在强烈的不稳定的天气状况下由空气对流运动造成的、强烈的、小范围的空气涡旋，一般发生在春季和夏季.在操场旗杆A的东偏南（）方向30米B处生成一个半径为6米的龙卷风，龙卷风以2米/秒的速度向北偏西方向移动，龙卷风侵袭半径以1米/秒的速度不断增大，则（ ）
A. 12秒后龙卷风会侵袭到旗杆 B. 秒后龙卷风会侵袭到旗杆
C. 旗杆被龙卷风侵袭的时间会持续16秒 D. 旗杆被龙卷风侵袭的时间会持续12秒
【答案】AD
【解析】
【分析】以为坐标原点，建立的直角坐标系，得到小时后，台风袭击的范围可视为以点为圆心，以为半径的圆，结合题意，列出不等关系式，得到，解得，结合选项，即可求解.
【详解】以为坐标原点，以正东方向为轴，以正北方向为轴，建立如图所示的直角坐标系，
因为，可得，可得点，
当小时后，台风袭击的范围可视为以点为圆心，以为半径的圆，
若旗杆受到台风的侵袭，则，
整理得，即，解得，
所以12秒后龙卷风会侵袭到旗杆，且受台风侵袭的持续时间为小时.
故选：AD.

12. 正方体的棱长为3，点是正方体表面上的一个动点，点在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）

A. 若在侧面内，且保持，则点的运动轨迹长度为
B. 沿正方体的表面从点到点的最短路程为
C. 若，则点的轨迹长度为
D. 当在点时，三棱锥外接球表面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据球的截面相关知识直接求解的轨迹进而求解答案；
对于B，将正方体底面与后面展开计算长度即可判断；
对于C，根据题意找出平面，进而找出的轨迹进而求解答案；
对于D，根据已知条件建系，结合空间向量坐标运算求解外接球半径进而求解表面积.
【详解】对于A，若在侧面内，且保持，
则在以点为球心，为半径的球面上，
如图，在棱上取点，且，则，
即在侧面内轨迹是以为圆心，半径为的一段弧，

设轨迹与交于点，则，即，所以，
所以点运动轨迹长度为，故A正确.
对于B，将正方体底面与后面展开如图所示，

此时，故B错误.
对于C，如下图所示，分别取的点，
使得，
连接，

由正方体可知，平面，
因为平面，所以，
又因为，平面，，
所以平面，因为平面，所以，
由可知，则，同理，
又因为平面，，所以平面，
所以点轨迹为六边形，由图形关系可知，
，
所以六边形周长为，
即点的轨迹长度为，故C正确.
对于D，以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
设三棱锥的外接球的球心为，
由，得，
解得，所以外接球半径为，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D错误.
故选：AC
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有：
（1）定义法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解；
（2）空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解；
（3）转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 某校高一年级共有男生420人，女生380人，为了解学生身高状况，决定按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从高一年级全体学生中抽出40人，组建一个合唱团，则男生应该抽取__________人．
【答案】21
【解析】
【分析】由分层抽样定义按比例计算可得.
【详解】设男生就抽取人，则，解得．
故答案为：21.
14. 已知直线和直线，若，则_______
【答案】－1
【解析】
【分析】根据两直线平行的条件求解．
【详解】时，两直线显然不平行，因此，
所以由得，解得，
故答案为：．
15. 已知复数满足，且，则___________
【答案】7
【解析】
【分析】根据复数的几何意义与加减法的平行四边形法则，结合余弦定理得出的关系，从而得出结论．
【详解】如图，设，，作平行四边形，则，，
由已知，，，
在平行四边形中，
，
，
又，，即，
所以，
所以，，
故答案为：7.

16. 如图，是两个齿轮传动的示意图，已知左右两个齿轮的半径分别为和，两齿轮中心在同一水平线上，距离为，标记初始位置点为左齿轮的最右端，点为右齿轮的最上端，试问在履带带动齿轮转动过程中两点之间距离的最小值为____________.

【答案】
【解析】
【分析】以小齿轮的圆心为原点建系，由于点与点处转过的弧长相等,结合半径长的比值及弧长公式可设点与点转过的圆心角分别为、，利用三角函数的定义可以得出点与点的坐标，再用距离公式可构建两点之间距离的函数，求解最值即可.
【详解】设小齿轮和大齿轮圆心分别为,
则以为原点为轴，过点作的垂线为轴，
建立如图所示平面直角坐标系，

设点转过的圆心角为，
点与点处转过的弧长相等,
点转过的圆心角为，
则，即,






当时取得最小值为，
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. 已知在平面直角坐标系中，三个顶点坐标为
（1）求直线方程；
（2）求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据坐标求出直线斜率，结合点斜式方程求法求解即可；
（2）先求出两点间距离，再求出到直线的距离，根据三角形面积公式求解答案即可.
【小问1详解】
由已知得，直线斜率存在，为，
所以直线方程为，
整理得直线方程为
【小问2详解】
因为，
所以，
直线方程为，
到直线的距离，
所以的面积为
18. 已知中，角所对的边长分别为，且
（1）求角的大小；
（2）若，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化边为角，再由两角和的正弦公式、诱导公式化简变形可得；
（2）正弦定理化角为边得，由数量积定义得，从而可得，然后结合余弦定理可求得．
【小问1详解】
，
所以由正弦定理可得，

【小问2详解】

所以由正弦定理可得

又由余弦定理：
所以
将代入上式得
得
19. 如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为的中点，.

（1）设是的中点，证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接，通过图形关系证明，通过线面平行的判定定理即可得证结论；
（2）根据已知条件以为正交基底建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和坐标，根据线面角计算公式即可求解.
【小问1详解】
如图所示，连接交于点，连接，
因为为中线，所以为重心，
则，所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
连接，在等腰中，是的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为是以为斜边的等腰直角三角形，是的中点，则，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的法向量，
则，取，则，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
20. 亚洲运动会简称亚运会，是亚洲规模最大的综合性运动会，由亚洲奥林匹克理事会的成员国轮流主办，每四年举办一届.1951年第1届亚运会在印度首都新德里举行，七十多年来亚洲运动员已成为世界体坛上一支不可忽视的力量，而中国更是世界的体育大国和亚洲的体育霸主.第19届杭州2022年亚运会将于2023年9月23日至10月8日举办，为普及体育知识，增强群众体育锻炼意识，某地举办了亚运知识竞赛活动.活动分为男子组和女子组进行，最终决赛男女各有40名选手参加，右图是其中男子组成绩的频率分布直方图（成绩介于85到145之间），

（1）求图中缺失部分的直方图的高度，并估算男子组成绩排名第10的选手分数；
（2）若计划从男子组中105分以下的选手中随机抽样调查2个同学的答题状况，则抽到的选手中至少有1位是95分以下选手的概率是多少？
（3）若女子组40位选手的平均分为117，标准差为12，试求所有选手的平均分和方差.
【答案】（1），
（2）
（3）平均分为，方差为
【解析】
【分析】（1）先求出所有矩形的面积，再用1减去这个面积可得缺失部分的面积，除以10可得其高度，可求得第10名的成绩是第75百分位数，然后利用百分位数的定义可求得结果；
（2）求得105以下合计6个人，对这6人编号后，利用列举法求解；
（3）利用平均数和方差的定义求解即可.
小问1详解】
因为已有矩形的面积和为，
所以缺失的矩形面积为，
所以高度为，
由于，所以第10名记为第75百分位数，
设第10名的成绩为，则位于第5组，且，解得，
所以成绩排名第10的选手分数为129；
【小问2详解】
105以下合计6个人，将6人依次编号为1，2，3，4，5，6（95分以下的人编号为1，2），任选2个人的方法数，
列举出所有样本点：12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56共计15种，
包含1，2的有9种，故概率为；
【小问3详解】
男子组选手的平均分
，
男子组得分的方差



所有选手的平均得分为，
所以所有选手得分的方差.
21. 已知中，角所对的边长分别为，且，为边上一点，且.
（1）若为中线，且，求；
（2）若为的平分线，且为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，在中由余弦定理得，在中由余弦定理得；
（2）设，在和中分别运用正弦定理，两式相除得到，结合为锐角三角形得到，进而求解答案.
【小问1详解】
如下图所示，

在中，设，由余弦定理得
即，得，
所以，
在中，由余弦定理得，
则，所以
【小问2详解】
设，则，如下图所示，

在和中，由正弦定理得 ，
，得，
因为为锐角三角形，所以均为锐角，
所以，则，所以，
又因为，
所以，
所以的取值范围是
22. 如图，已知四棱台的底面是菱形，且，侧面是等腰梯形， ，为棱上一点，且.

（1）求证：平面平面；
（2）若过点的平面与平行，且交直线于点，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）延长四棱台的四条侧棱交于点，取中点，证明平面后可得证面面垂直；
（2）以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，首先求出平面的一个法向量，确定出与重合，再由向量法求得二面角．
【小问1详解】
分别延长四棱台的四条侧棱交于点，则由，得，
又，所以，即为等腰直角三角形，从而为等腰直角三角形，是直角顶点，
取中点，连接，则，，
又，由题意是等边三角形，因此，，
所以，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
【小问2详解】
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，


则，，，，，，
，
设平面的一个法向量是，则，
即，取，则，，即，
设，则，
所以，，
所以与重合．
所以二面角即为二面角，
，
设平面的一个法向量是，
则，取，得，
又平面的一个法向量是，
，
所以二面角的余弦值是．
【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两异面直线所成的角为，；
②直线与平面所成的角为，；
③二面角的大小为，.