2022-2023学年吉林省长春市公主岭一中，榆树实验，九台一中等学校高一下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年吉林省长春市公主岭一中，榆树实验，九台一中等学校高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的乘法求解即可.

【详解】．

故选：B

2．设，，表示空间中三条不同的直线，，表示两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）

A．若，，则

B．若，，，，则

C．若，，则

D．若，，则

【答案】C

【分析】根据直线、平面之间的位置关系，及线面垂直的性质定理进行判断即可.

【详解】A选项，当，时，不一定有，也可能异面，所以A错误；

B选项，当，平行时，可能不成立，所以B错误；

C选项，由线面垂直的性质定理知，C正确；

D选项，当，时，可能相交，所以D错误.

故选：C.

3．已知向量，若，则（    ）

A． B．1 C．3 D．7

【答案】D

【分析】先求出，根据即可求解.

【详解】，

由，可得，

即，解得.

故选：D.

4．用斜二测画法画出的水平放置的的直观图如图所示，已知，则边上的中线的长度为（    ）

A． B． C． D．5

【答案】C

【分析】根据斜二测画法的规则即可求解.

【详解】由斜二测画法还原得原图，

在中，，，，

所以，故边上的中线的长度为.

故选：C.

5．2023年“三月三”期间，广西交通部门统计了2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量（单位：万车次），并与2022年同期比较，得到同比增长率（同比增长率= (今年车流量去年同期车流量)去年同期车流量）数据，绘制了如图所示的统计图，则下列结论错误的是（    ）

A．2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的极差为23

B．2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的第70百分位数为22

C．2023年4月19日至4月21日的高速公路车流量的标准差小于2023年4月23日至4月25日的高速公路车流量的标准差

D．2022年4月23日的高速公路车流量为20万车次

【答案】C

【分析】计算极差可判断A；计算百分位数可判断B；观察数据的波动情况，得到选项C错误；设2022年4月23日的高速公路车流量为x万车次，则，求出可判断D.

【详解】对于A，2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的极差为，故A正确；

对于B，因为，所以2023年4月19日至4月25日的高速公路车流量的第70百分位数为22，故B正确；

对于C，2023年4月19日至4月21日的高速公路车流量波动更大，故C错误；

对于D，2023年4月23日的高速公路车流量为22万车次，同比增长率为，

设2022年4月23日的高速公路车流量为万车次，则，解得，故D正确.

故选：C.

6．如图，已知，，，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，则（    ）

A．1 B．2

C． D．

【答案】B

【分析】由题意得，分别是线段，的中点，，结合向量数量积的运算，即可得出结果.

【详解】由题意得，分别是线段，的中点，，

所以.

故选：B.

7．从高一（男、女生人数相同,人数很多）抽三名学生参加数学竞赛，记事件A为“三名学生都是女生”，事件B为“三名学生都是男生”，事件C为“三名学生至少有一名是男生”，事件D为“三名学生不都是女生”，则以下错误的是（    ）

A． B．

C．事件A与事件B互斥 D．事件A与事件C对立

【答案】B

【分析】由独立乘法公式求，根据事件的描述，结合互斥、对立事件的概念判断B、C、D即可.

【详解】由所抽学生为女生的概率均为，则，A正确；

两事件不可能同时发生，为互斥事件，C正确；

事件包含：三名学生有一名男生、三名学生有两名男生、三名学生都是男生，

其对立事件为，D正确；

事件包含：三名学生都是男生、三名学生有一名男生、三名学生有两名男生，

与事件含义相同，故，B错误；

故选：B.

8．已知在正四棱台中，，若异面直线与所成角的余弦值为，则正四棱台的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由可得为异面直线与所成角，即可求出，连接、，过点作交于点，过点作交于点，即可求出棱台的高，从而求出棱台的体积.

【详解】如图在正四棱台中，，

所以为异面直线与所成角，又，

所以，，且，所以，

连接、，过点作交于点，过点作交于点，

则，，

所以，则，

即正四棱台的高，

所以棱台的体积.

故选：D

二、多选题

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

【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．已知数据1：，，，，数据2：，，，，则下列统计量中，数据2不是数据1的两倍的有（　　）

A．平均数 B．极差 C．中位数 D．标准差

【答案】AC

【分析】对比数据1与数据2的平均数判断选项A; 对比数据1与数据2的极差判断选项B；对比数据1与数据2的中位数判断选项C；对比数据1与数据2的标准差判断选项D.

【详解】设数据1：，，，，的均值为，标准差为s，中位数为，极差为

则数据2：，，，，的均值为，故A错误，

数据2：，，，，的标准差为，故B正确；

数据2：，，，，的中位数为，故C错误；

极差为，故D正确；

故选：AC．

11．已知分别是三个内角的对边，则下列选项正确的是（    ）

A．若为锐角三角形，则

B．若，，，则有两解

C．内切圆的半径

D．若，则

【答案】BC

【分析】根据数量积的定义判断A，根据正弦定理判断B，利用面积公式及数量积的定义判断C，根据数量积的定义及锐角三角函数判断D.

【详解】对于A：因为，所以，则，

即为钝角，所以为钝角三角形，故A错误；

对于B：因为，，，由正弦定理，即，

所以，所以有两个解，所以有两解，故B正确；

对于C：，

又，

所以，所以，

所以，故C正确；

对于D：因为，又，所以，

所以，故D错误；

故选：BC

12．如图，在长方体中，，，为的中点，是上一点，是平面上一点，则（    ）

A．长方体的外接球的表面积为

B．

C．平面

D．的最小值为

【答案】ACD

【分析】设长方体的外接球的半径为，得到，可判定A正确；根据线面垂直的判定定理结合条件，可判定B错误；连接交连接，利用线面平行的判定定理，可判定C正确；根据平面，得到点到平面的距离等于点到平面的距离，结合，可判定D正确.

【详解】由长方体中，，，

设长方体的外接球的半径为

可得长方体的对角线长为，则，可得，

所以长方体的外接球的表面积为，所以A正确；

在长方体中，可得平面，

因为平面，所以

假设，且，平面，所以平面，

又因为平面，所以，

因为在矩形中，与不垂直，所以假设不成立，

所以与不垂直，所以B错误；

连接交于点，连接，因为为的中点，所以，

又因为平面，且平面，所以平面，所以C正确；

因为平面，且点在上的一动点，

所以点到平面的距离等于点到平面的距离，设距离为，

因为长方体中，，，

可得，所以，所以，

所以，

又由，可得，所以，

即的最小值为，所以D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．某学校有3名男生和2名女生报名学科竞赛，计划从这5名同学中随机选择2人代表学校去参加比赛，则这2人性别相同的概率为        ．

【答案】/0.4

【分析】利用古典概型的概率求解.

【详解】解：3名男生记为ABC，2名女生记为ab，

从中随机选2人有AB，AC，Aa，Ab, BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab共10种选法，

则选出性别相同的有AB，AC， BC，ab，4种取法，

所以取出的2个球都是白球的概率为，

故答案为：

14．设复数在复平面内对应的点为，若，则的最大值为       ．

【答案】7

【分析】根据复数的几何意义分析可得：点组成的集合是圆心在原点O，半径的圆及其内部，结合圆的性质运算求解.

【详解】因为，则点组成的集合是圆心在原点O，半径的圆及其内部．

的坐标为．

所以的最大值为．

故答案为：7.

15．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】

【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：.

16．开封铁塔是宋都开封具有代表性的文物，是文物价值最高、份量最重的宝物之一．1961年，它被国务院定为中国首批国家重点保护文物之一．如图，为测量开封铁塔的高度，选择和一个楼房的楼顶为测量观测点，已知在水平地面上，开封铁塔和楼房都垂直于地面．已知，，，在点处测得点的仰角为，在点处测得点的仰角为，则开封铁塔的高度为        ．

【答案】

【分析】过点作，交于点，易知为等腰直角三角形，可得，在中，可得，在中，由正弦定理得，进而得到，进而即可求解.

【详解】过点作，交于点，

易知为等腰直角三角形，所以，

在中，因为，所以，

在中，由正弦定理得，

即，

而，

所以，

则.

故答案为：.

四、解答题

17．已知向量，，.

(1)若，，求向量与的夹角；

(2)若，且在上的投影向量的模为1，求与的值.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）求得，结合向量的夹角公式，即可求解；

（2）求得，根据题意列出的方程，即可求解.

【详解】（1）当，时，，，，

设向量与的夹角为，则，

因为，所以向量与的夹角为.

（2），，

因为，所以，得.

又因为在上的投影向量的模为1，则，所以，

解得或.

18．如图，在正三棱柱中，，分别为，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

【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明为平行四边形，从而得到，即可得证；

（2）首先证明平面，即可得到平面，从而得证.

【详解】（1）取的中点，连接、，因为，分别为，的中点，

所以且，又三棱柱是正三棱柱，所以，，

所以且，

所以为平行四边形，所以，因为平面，平面，

所以平面.

（2）在正三棱柱中为的中点，

所以，又平面，平面，所以，

，平面，所以平面，

又，所以平面，又平面，

所以平面平面.

19．某中学为研究本校高三学生在市联考中的数学成绩，随机抽取了100位同学的数学成绩作为样本，得到以分组的样本频率分布直方图，如图所示．

(1)求直方图中的值；

(2)请估计本次联考该校数学成绩的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）

(3)请估计本次联考该校数学成绩的分位数．

【答案】(1)

(2)

(3)

【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，解得即可；

（2）根据平均数公式计算可得；

（3）根据百分位数计算规则计算可得.

【详解】（1）由频率分布直方图可得，

解得.

（2）本次联考该校数学成绩的平均数为：

.

（3）成绩在的频率为，

的频率为，

的频率为，

因为，，

所以第分位数在之间，设为，则，

解得，所以本次联考该校数学成绩的分位数为.

20．袋中装有大小完全相同的6个红球，3个蓝球，其中有2个红球和1个蓝球上面标记了数字1，其他球标记了数字2.

(1)每次有放回地任取1个小球，连续取两次，求取出的2个球恰有1个红球且两球的数字和为3的概率；

(2)从袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件第一次取到的是红球，事件第二次取到了标记数字1的球，求，并判断事件与事件是否相互独立.

【答案】(1)

(2)，事件与事件相互独立.

【分析】（1）分部分类抽取，然后概率相加求解；

（2）分别求取概率，然后验证的关系判断事件与事件是否相互独立.

【详解】（1）第一次取到的是红球，第二次取到的是蓝球且两球的数字和为3，即抽到红1蓝2或者红2蓝1的概率：，

第一次取到的是蓝球，第二次取到的是红球且两球的数字和为3即抽到的是蓝2红1或者蓝1红2的概率，

则所求的概率为.

（2）“第一次取到的是红球”的概率，

“第二次取到了标记数字1的球”即取到的是数字2,1或者1,1，,概率，

“第一次取到红球且第二次取到了标记数字1的球”即抽到的为红1数字1或者红2数字1，概率.

因为成立，所以事件与事件相互独立.

21．在中，角所对的边分别为，__________．

在①；②这两个条件中任选一个，补充在上面横线上，并加以解答．

(1)求角；

(2)若为锐角三角形，求的取值范围．

注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．

【答案】(1);

(2).

【分析】（1）选择条件①：由正弦定理、两角和的正弦公式及诱导公式可求出的值，从而可求角；

选择条件②：由正弦定理可得，根据两角差的正弦公式，结合角的范围即可求解；

（2）由余弦定理可得，根据正弦定理求出的取值范围即可.

【详解】（1）若选择条件①．

由正弦定理，得，

即，

因为，所以，所以，

则．

若选择条件②．

因为，由正弦定理可得，

即，

所以，

因为，所以，所以，

又因为，所以．

（2）由余弦定理，可得，则，

所以，则，

由正弦定理，得，

因为，

所以，

所以，

即的取值范围为．

22．如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，且，，，.

(1)设平面平面，证明：.

(2)E是线段PA上的点，且，二面角的正切值为，求的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)2

【分析】（1）根据条件利用线面平行的判定定理和性质定理证明即可；

（2）根据条件求出二面角的平面角，再根据二面角的正切值建立方程求出λ的值即可.

【详解】（1）因为底面ABCD是正方形，所以.

因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB.

又平面平面，平面PCD，

所以.

（2）法一：取AB的中点O，连接PO，交BE于点F，

过点O作OH垂直于BD，垂足为H，连接HF.

由底面ABCD是正方形，且，，，

得是等边三角形，所以.

因为，，，所以，

因为，平面PAB，平面PAB，

所以平面PAB，平面PAB，所以.

因为，平面ABCD, 平面ABCD，

所以平面ABCD，平面ABCD，所以.

因为，平面OFH，平面OFH，

所以平面OFH，平面OFH，所以，

所以为二面角的平面角.

因为与相似，所以，即，.

因为，所以.

因为，所以F为的中心，所以E为PA的中点，所以.

法二：取AB的中点O，连接PO，

过点E作EG垂直于AB，垂足为G.

过点G作GH垂直于BD，垂足为H，连接HE.

由底面ABCD是正方形，且，，，

得是等边三角形，所以.

因为，，，所以，

因为，平面PAB，平面PAB，

所以平面PAB，平面PAB，所以.

因为，平面ABCD, 平面ABCD，

所以平面ABCD，所以平面ABCD.

因为，平面EGH，平面EGH，

所以平面EGH，平面EGH，所以，

所以为二面角的平面角.

由，得，，，，

，…

由，解得.