2022-2023学年福建省福州高级中学高一下学期第四学段（期末）考试数学试题含答案

2022-2023学年福建省福州高级中学高一下学期第四学段（期末）考试数学试题

一、单选题

1．复数的虚部是（    ）

A．1 B．-2 C．-2i D．2

【答案】B

【分析】根据虚部的定义直接辨析即可.

【详解】复数的虚部是.

故选：B

【点睛】本题主要考查了复数虚部的辨析，复数的虚部为， 属于基础题.

2．的三内角，，所对边分别为，，，若，则角的大小（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】直接利用余弦定理计算可得.

【详解】依题意由余弦定理，

又，所以.

故选：A

3．已知直线m，n和平面α，β，γ，下列条件中能推出的是（    ）

A．，， B．，

C．，，， D．，

【答案】D

【分析】根据空间中直线与平面，平面与平面的关系，即可结合选项逐一求解.

【详解】由直线和，

若，，，则与相交或平行，故A不正确；

若，，则与相交或平行，故B不正确，

若，，，，由于不一定相交，所以与相交或平行，故C不正确；

若，，则垂直于同一条直线的两个平面互相平行，即，故D正确；

故选：D．

4．采取随机模拟的方法估计气步枪学员击中目标的概率，先由计算器算出0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中，以三个随机数为一组，代表三次射击击中的结果，经随机数模拟产生了20组随机数：

107  956  181  935  271  832  612  458  329  683

331  257  393  027  556  498  730  113  537  989

根据以上数据估计，该学员三次射击恰好击中1次的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据古典概型的概率公式计算可得.

【详解】依题意这20组随机数中恰好击中一次的有107，935，458，683，257，027，498，730，537共组，

所以所求概率.

故选：D

二、填空题

5．数据2，4，6，8，10，12，14，16，18，20的第70百分位数为      ．

【答案】

【分析】根据百分位数计算规则计算可得.

【详解】因为，所以第70百分位数为从小到大排列的第、位两数的平均数，

即，即第70百分位数为.

故答案为：

6．已知向量，．且，则为      ．

【答案】

【分析】根据向量共线定理求解即可；

【详解】因为，所以

所以，.

故答案为：.

三、解答题

7．某公司为了解所开发APP使用情况，随机调查了100名用户．根据这100名用户的评分，绘制出了如图所示的频率分布直方图，其中样本数据分组为，，…，．

(1)若采用比例分配的分层随机抽样方法从评分在，，的中抽取人，则评分在内的顾客应抽取多少人？

(2)利用直方图，试估计用户对该APP评分的中位数．（精确到0.1）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，求出，再求出评分在，，的频率之比，按照分层抽样计算可得；

（2）首先判断中位数位于之间，再设出未知数，列出方程，解得即可.

【详解】（1）由频率分布直方图可得：

，解得，

所以评分在内的顾客人数之比为：

，

所以评分在内的顾客应抽取（人）.

（2）因为，

，所以中位数位于之间，

设中位线为，则，

解得，故中位数约为.

8．如图，在正方体中，

(1)求证；

(2)求与平面所成角的大小．

【答案】(1)证明见详解；

(2)

【分析】（1）由线面垂直的定义和判定定理可证；

（2）由（1）知为与平面所成角，求解即可.

【详解】（1）依题意，在正方体中，

平面，平面，所以，

又由正方形，所以，

又平面，平面，，

可得平面，平面，

所以；

（2）  

设，连接，

由（1）知平面，所以为与平面所成角，

设正方体棱长为，

在中，，，

则，所以.

四、单选题

9．以下给出的函数中，以为最小正周期的偶函数是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据正弦函数与余弦函数的二倍角公式、诱导公式，化简函数解析式，根据正切函数的周期性，可得答案.

【详解】对于A，，其最小正周期，但其为奇函数，故A错误；

对于B，，其最小正周期，其为偶函数，故B正确；

对于C，，显然该函数无周期性，故C错误；

对于D，的其最小正周期为，但其为奇函数，故D错误.

故选：B.

10．现有甲、乙两组数据，每组数据均由8个数组成，其中甲组数据的平均数为3，方差为5，乙组数据的平均数为7，方差为1．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】C

【分析】根据题意，由分层抽样中数据方差的计算公式计算可得答案．

【详解】根据题意，甲组数据的平均数为，方差为，乙组数据的平均数为，方差为，

则两组数据混合后，新数据的平均数，

则新数据的方差，

故选：C．

11．圆柱形容器内部盛有高度为h的水，若放入两个直径为2cm的铁球（球的半径与圆柱底面半径相等）后，水恰好淹没最上面的铁球一半（如图所示），则h=（    ）．

A．0.5cm B．1cm C．2cm D．2.5cm

【答案】B

【分析】根据体积公式即可求解.

【详解】由题意可知一个球加半个球以及水的体积等于高为3的圆柱的体积，

球的半径和圆柱的底面圆半径均为1，

所以，

故选：B

12．已知向量均为单位向量，且，向量满足，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意不妨设，则，所以设，然后利用数量积的坐标运算求解即可.

【详解】因为向量均为单位向量，且，所以不妨设，

设，因为，所以，则设，

所以，，

所以

，

所以当时，取得最大值，

所以的最大值为，

故选：A

五、多选题

13．已知函数的部分图像如图所示，下列结论正确的是（    ）

A．的周期为

B．的图像关于点对称

C．将函数的图像向左平移个单位长度可以得到函数的图像

D．方程在上有3个不相等的实数根

【答案】ACD

【分析】根据图象，通过最值、最小正周期、代点，求得函数解析式，利用周期的定义、正弦函数的对称性、图象变换、三角函数运算，解得整体思想，可得答案.

【详解】由图象可知，，且，则，

，由，且，解得，

将代入，可得，

解得，由，则，

可得，

对于A，函数的最小正周期为，故A正确；

对于B，令，，故B错误；

对于C，由题意，平移后的函数解析式为，故C正确；

对于D，由方程，，，

则或，

化简可得或，

由，则或或，故D正确.

故选：ACD.

14．在正方体中，E，F，G分别为BC，，的中点，则（    ）

A．与AF所成角的正切值为

B．与平面AEF相交

C．过的截面是四边形

D．点G到平面AEF的距离是点到平面AEF的距离的比值是2：3

【答案】ABCD

【分析】A选项，做辅助线，利用等角定理结合余弦定理解；

B选项，在正方体下方补一个相同的正方体，依据一条直线与平面相交，则与该直线平行的直线也与平面相交来分析；

C选项，运用平行和相等的传递性可解；

D选项，借助平行的特性，利用相似关系找到相似比，继而高也就是距离之比等于相似比.

【详解】设正方体边长为2.

对A，连，在正方体中，

因为

所以与AF所成角为，

在中，由余弦定理有，

则，所以，A正确；

对B，在正方体下方补一个相同的正方体如图，延长交于 ，连,

因为为中点，所以，又，所以，

因为为中点，则为中点.

又因为为中点，所以与平行且相等，则

因为与平面AEF相交，所以与平面AEF相交，故B正确

对C，在B选项图形的基础上，连；

因为， F，G分别为，的中点，所以与平行且相等，

所以且，

又由B选项结论：且知且,

所以四边形为平行四边形，故C正确；

对D，在C选项图形的基础上，连，过在面中作于，

由B,C选项知且，为中点，所以，

则，所以,所以.

因为为面AEF与面的交线，所以距离的比值等于相似比

即点G到平面AEF的距离是点到平面AEF的距离的比值是2：3，故D正确.

故选：ABCD

15．一个袋子中有大小和质地相同的5个球（标号为1，2，3，4，5），从袋中有放回的抽出两球则下列说法正确的是（    ）

A．没有出现数字1的概率为

B．两次都出现两个数字相同的概率为

C．至少出现一次数字1的概率为

D．两个数字之和为6的概率为

【答案】BC

【分析】根据古典概型计算公式，结合逻辑推理，逐项运算判断即可；

【详解】没有出现数字1的概率为，选项A错误；

从袋中有放回的抽出两球共有：种结果，两次都出现两个数字相同的有5种结果，故两次都出现两个数字相同的概率为选项B正确；

从反向思考，至少出现一次数字1的概率为选项C正确；

两个数字之和为6的情况有：，5种，故两个数字之和为6的概率为选项D错误；

故选：BC.

16．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．是一条对称轴

B．的最小正周期为

C．的图象可以由函数的图象，先向右平移个单位，再向上平移个单位得到

D．的最小值为

【答案】ABD

【分析】对于A，根据辅助角公式化简函数解析式，利用整体思想，结合正弦函数的对称性，可得答案；

对于B，根据正弦函数和余弦函数的降幂公式，化简函数解析式，利用最小正周期的公式，可得答案；

对于C，根据函数图象的平移变换，结合三角函数诱导公式，可得答案；

对于D，根据同角三角函数的平方关系，结合二项式定理，利用换元法以及二次函数的性质，可得答案.

【详解】对于A，，令，，故A正确；

对于B，

，

函数的最小正周期，故B正确；

对于C，由函数的图象向右平移个单位，可得函数的图象，

由函数的图象向上平移个单位，可得函数的图象，故C错误；

对于D，

，

令，则，

当时，，故D正确；

故选：ABD.

六、填空题

17．如图：三个元件，，正常工作的概率分别为，，，将它们中某两个元件并联后再和第三个元件串联接入电路，在如图的电路中，电路不发生故障的概率是      ．

【答案】

【分析】由对立事件的概率性质可得，至少有一个正常工作的概率为，计算可得其概率，由相互独立事件的概率乘法公式计算可得答案．

【详解】记正常工作为事件，正常工作为事件，记正常工作为事件，

则；

电路不发生故障，即正常工作且，至少有一个正常工作，

、不发生故障即，至少有一个正常工作的概率，

所以整个电路不发生故障的概率为，

故答案为：

18．直四棱柱的底面正方形边长为，侧棱长为，以顶点为球心，为半径作一个球，则球面与直四棱柱的表面相交所得到的所有弧长之和等于      ．

【答案】

【分析】分别求出球面与面、面、面、面的交线长，相加即可得出结果.

【详解】如下图所示：

①因为正方形的边长为，所以，以顶点为球心，为半径的球与面的

交线是以为圆心，半径为，且圆心角为的圆弧，其长度为；

②因为底面，且，

所以，以顶点为球心，为半径的球与面的交线是以点为圆心，半径为

，圆心角为的圆弧，其长度为；

③设以顶点为球心，为半径的球与棱的交点为点，

因为，，则，

所以，，从而可得，

故以顶点为球心，为半径的球与侧面的交线是以点为圆心，半径为，

且圆心角为的圆弧，其长度为；

④同③可知，以顶点为球心，为半径的球与侧面的交线是以点为圆心，半径为，

且圆心角为的圆弧，其长度为.

因此，球面与直四棱柱的表面相交所得到的所有弧长之和等于.

故答案为：.

七、解答题

19．已知函数

(1)求的单调递减区间；

(2)若，函数的解恰有3个，求实数a的取值范围．

【答案】(1),

(2)

【分析】（1）化简，再根据正弦函数的单调减区间代入求解即可．

（2）根据（1）的结果，再根据求出的范围，结合的值域为，即可求出结果．

【详解】（1）

由，

得，.

故此函数的单调递增区间为（）.

（2）由（1）知：，

令，即

根据题意得：，，恰好有3解，

根据正弦函数图像解得：

即有：

故实数a的取值范围为.

20．为的三内角，其对边分别为，若．

(1)求A；

(2)若三角形ABC是锐角三角形，，求的取值范围

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）根据正弦的和角公式以及同角三角函数的平方关系，结合三角形内角和以及诱导公式，化简等式，可得答案；

（2）根据正弦定理，整理函数解析式，利用三角形内角和、正弦差角公式、辅助角公式化简函数，结合整体思想以及正弦函数的性质，可得答案.

【详解】（1），，，

由，则，，

由，则或.

（2）由为锐角三角形，则，由正弦定理且，则，即，，

，

由，则，即.

21．甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制（无平局），规则如下：每胜1局得1分，负1局不得分，积分领先对手达到2分者获胜：比赛最多打5局，打满5局以积分多者获胜。假设在每局比赛中，甲胜的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．

(1)求第四局结束时甲获胜的概率：

(2)求乙获胜的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）依题意知前三局，甲必须赢两局，并且第四局也是甲赢;

（2）分打不满5局和打满5局来讨论.将乙获胜的事件等价为甲不获胜的事件.

【详解】（1）用表示第四局结束时甲获胜的事件.

要使第四局结束时甲获胜，则意味着第四局结束时，甲刚好领先乙2分，

则第四局甲赢，前三局中甲赢两局.

所以第四局结束时甲获胜的概率为.

故第四局结束时甲获胜的概率为.

（2）用表示乙获胜的的事件.

乙获胜的同时意味着甲为未获胜，乙获胜意味着有以下三种情况：

①打两局结束，则甲输两局;

②打四局结束，甲在前三局中输两局且第四局也输，因为将4局分为甲输3局和甲赢1局，

若前三局甲都输了，则不存在第四局，所以前三局中甲输两局；

③打满5局且甲的积分比乙的积分少，且前四局甲乙得分相同.因为将5局分为甲输4局和甲赢1局时，最多到第四局便结束；

将5局分为甲输3局和甲赢2局时，若第5局甲赢，意味着前四局中甲只赢1局，到第四局比赛便结束；

故只有5局分为甲输3局和甲赢2局且第5局甲输才能到第5局.

所以乙获胜的的概率为

22．如图，四棱锥的侧面是边长为2的正三角形，底面为正方形，且平面平面，，分别为，的中点.

(1)求证：；

(2)在线段上是否存在一点使得平面，存在指出位置，不存在请说明理由.

(3)求二面角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)当时平面，理由见解析

(3)

【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再证明，即可得到平面，从而得证；

（2）取的四等分点（靠近），取的四等分点（靠近），连接、、，即可得到、，从而得到平面平面，即可得解；

（3）取的中点，连接交于点，过点作交于点，连接，即可证明为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得；

【详解】（1）为正三角形，为中点，

，

又平面平面，平面平面，平面，

平面，平面，

，

在正方形中，易知，

，

而，

，

，

，平面，

平面，平面，

．

（2）存在，当时平面，

取的四等分点（靠近），取的四等分点（靠近），连接、、，

则，平面，平面，所以平面，

由，所以，所以，

又，，所以，

所以，平面，平面，所以平面，

又，平面，

所以平面平面，平面，所以平面，

即当时平面.

（3）取的中点，连接交于点，过点作交于点，连接，

则且，所以四边形为平行四边形，所以，

又平面，所以平面，平面，所以，

又，平面，所以平面，平面，

所以，

所以为二面角的平面角，

因为，所以，又，所以，，

又，所以，又，

，，即，所以，

所以，所以，

故二面角的正弦值为.

【点睛】方法点睛：(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：

①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；

②计算、要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．

(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．