山东省济宁市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

2022—2023学年度第二学期质量检测

高一数学试题

本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

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收回.

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. 复数在复平面内对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】B

【解析】

【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再根据复数对应的点即可得到答案.

【详解】因为，

所以复数在复平面内对应的点为，位于第二象限，

故选：B

2. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，若为角终边上的一点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据任意角三角函数的定义分析运算.

【详解】由题意可得：.

故选：A.

3. 若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形的边的长度为（    ）

A. 2 B.  C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】由斜二测画法的直观图，得出原图形为直角梯形，根据勾股定理即可求解．

【详解】由斜二测画法的直观图知：

，，，，，

原图形中，，，，，，

,

故选：C

4. （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由诱导公式和两角差的正弦公式可得.

【详解】

故选：A

5. 已知一个圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据圆锥表面积公式和扇形的弧长公式求得母线和半径长，进而求得圆锥的高，根据圆锥体积公式即可求得答案．

【详解】设该圆锥的底面半径为,母线为，则，，

故，

则圆锥的高为，

因此该圆锥的体积，

故选：D

6. 如图所示，要测量电视塔的高度，可以选取与塔底在同一水平面内的两个观测基点与，在点测得塔顶的仰角为，在点测得塔顶的仰角为，且，，则电视塔的高度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设，求得，，在中，利用余弦定理可得出关于的方程，结合可求得的值，即为所求.

【详解】设，在中，，则，

在中，，则为等腰直角三角形，故，

在中，，，，，

由余弦定理可得，

即，可得，

因为，解得，

故选：C.

7. 在三棱锥中，，是边长为6等边三角形，若平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】取的中点，的中点，取的外心，分别过点，作平面，平面，且，由题意得到点为三棱锥的外接球的球心，设外接球的半径为，则为外接球的半径，利用勾股定理求得，代入球的表面积公式即可求解．

【详解】取的中点，的中点，连接，，如图所示，

由，有，则，所以点为外心，

因为为等边三角形，取的外心，

分别过点，作平面，平面，且，

则点为三棱锥的外接球的球心，

设外接球的半径为，连接，则为外接球的半径，

由题可知，

又平面平面，平面平面，，平面，

所以平面，又平面，所以，

所以四边形为矩形，

所以，又，

所以，

所以三棱锥的外接球的表面积．

故选：B．

8. 在中，，边上一点满足，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】在、中，分别利用正弦定理可得出，即可得出，利用平面向量的减法可得出关于、的表达式，可得出、的值，即可得解.

【详解】在中，由正弦定理可得．①

在中，由正弦定理可得．②

因为，，，

由①②可得，则，

即，解得，

又因为，且、不共线，所以，，所以．

故选：C.

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. 已知函数的的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（    ）

A. 的最小正周期为

B. 的图象关于对称

C. 在上为减函数

D. 把的图象向右平移个单位长度可得一个偶函数的图象

【答案】AB

【解析】

【分析】根据函数图象可得解析式为，即可结合选项逐一求解.

【详解】由图可知：,故A正确，

当时，,进而，

由于，故，

对于B，，故B正确，

对于C，，故在先减后增，故C错误，

对于D，把的图象向右平移个单位长度得，由于为奇函数，故D错误，

故选：AB

10. 已知向量，，则下列说法中正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若，则与夹角为钝角

D. 当时，则在上的投影向量的坐标为

【答案】BD

【解析】

【分析】根据给定条件，利用向量的坐标运算，结合向量共线、垂直及投影向量的意义计算判断各选项作答.

【详解】向量，，

对于A，由，得，解得，A错误；

对于B，由，得，解得，B正确；

对于C，当时，反向共线，夹角为，此时与的夹角不为钝角，C错误；

对于D，当时，，，

因此在上的投影向量为，D正确.

故选：BD

11. 某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生的身高信息，现采用样本量比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为180的样本，经计算得男生样本的均值为170，方差为19，女生样本的均值为161，方差为28，则下列说法中正确的是（    ）

A. 男生样本容量为100 B. 抽取的样本的均值为

C. 抽取的样本的均值为166 D. 抽取的样本的方差为43

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据分层抽样的抽样比即可求解A，由平均数和方差的计算公式即可求解BCD.

【详解】根据分层抽样可知抽取的男生有人，女生由人，故A正确，

样本均值为，故B错误，C正确，

样本方差为：，故D正确，

故选：ACD

12. 如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，点为棱上的动点（包含端点），则下列说法中正确的是（    ）

A.

B. 三棱锥的体积为定值

C. 的最小值为

D. 当P为的中点时，平面截正方体所得截面的面积为

【答案】ABD

【解析】

【分析】A选项由平面可得；

B选项由等体积变化可得；

C选项由展开面线段长可得；

D选项先确定截面，然后计算面积可得.

【详解】选项A：

连接，

由正方体的性质得平面，，

因平面，所以，

因平面，平面，，

所以平面，

又因平面，

所以，故A正确；

选项B：

如图到平面的距离为，到的距离为2，

，

故B正确；

选项C：

如图，将正方形与放在同一平面中，

则的最小值为线段，

故C错误；

选项D：

如图，连接，由正方体的性质得，

则在平面上，

故四边形即为平面截正方体所得截面，

因为的中点，故，

又因平面,面所以

故四边形为矩形，

，

，

故D正确.

故选：ABD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知，则________．

【答案】4

【解析】

【分析】利用同角三角函数的关系，化简求值.

【详解】已知，则.

故答案为：4

14. 已知是关于的方程的一个根，则________．

【答案】

【解析】

【分析】由一元二次方程的根互为共轭复数，再由韦达定理可求，即得.

【详解】因是关于的方程的一个根，

所以是关于的方程的另一个根，

由韦达定理得，，

得，，

所以，

故答案为：.

15. 在正四棱锥中，，点是的中点，则直线和所成角的余弦值为________．

【答案】

【解析】

【分析】根据中位线可得异面直线所成的角，利用三角形的边角关系即可求解.

【详解】如图，连接，相交于，连接，则为的中点，又为的中点，

所以，

所以为异面直线和所成的角或其补角．

又为等边三角形，且边长为2，

故，又，

所以，所以，

所以．

异面直线和所成的角的余弦值为

故答案为：

16. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，则的最大值为________．

【答案】

【解析】

【分析】利用正弦定理边化角，即可得到，从而得到，再由正弦定理将转化为关于的三角函数，结合的取值范围及余弦函数、二次函数的性质计算可得.

【详解】因为，所以，

由正弦定理可得，

，

，，

，

，即，

，

由为锐角三角形得，解得．

，

因为，所以，

所以当时，取得最大值．

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. 某学校举行高一学生数学素养测试，现从全年级所有学生中随机抽取100名学生的测试成绩（其成绩都落在内），得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，．

（1）求频率分布直方图中的值：

（2）估计该样本的80%分位数．

【答案】（1）   

（2）80%分位数为

【解析】

【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，

（2）利用百分位数的计算公式即可由频率之和求解.

【小问1详解】

由题意知

解得

【小问2详解】

因为，

，

，

，

所以该样本的80%分位数一定位于内，   

由

可以估计该样本的80%分位数为

18. 已知向量与的夹角为，且，．

（1）求；

（2）若向量，，求与的夹角．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的方程，结合可求得的值；

（2）利用平面向量数量积的运算性质求出、、的值，可求出的值，结合向量夹角的取值范围可得出与的夹角.

【小问1详解】

解：因为，，

所以，即，   

因，解得.

【小问2详解】

解：因为，

，所以，同理．  

所以，   

又，所以，故与的夹角为．

19. 已知函数．

（1）求函数的单调递增区间；

（2）若，，求的值．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换整理得，结合正弦函数单调性运算求解；

（2）由题意可得，根据结合两角和差公式运算求解

【小问1详解】

因为

，

令，，解得，，

所以的单调递增区间为，.

【小问2详解】

由，可得   

因为，则，

所以，   

所以

，

即.

20. 如图，在三棱台中，，，分别为，的中点．

（1）求证：平面;

（2）若三棱锥的体积为1，求三棱台的体积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）7

【解析】

【分析】（1）通过证明平面平面，即可证明平面；

（2）通过求出棱台上下底面面积和三棱锥的体积表达式，即可求出三棱台的体积.

【小问1详解】

由题意，

，分别为，的中点，

，

又平面，平面，

平面，

，为的中点，，

，，

四边形为平行四边形，

，

又平面，平面，

平面，

又，

平面平面   

∵平面，

∴平面.

【小问2详解】

由题意及（1）得，

设的面积为，

则由几何知识知的面积为，的面积为，

设三棱台的高为，则，

∴.

21. 在中，内角，，的对边分别为，，，若．

（1）求角的大小;

（2）若，的角平分线交于点，求线段长度的最大值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)将化成，然后结合正弦定理求解；

(2)运用等面积法先表示出，然后结合余弦定理以及基本不等式求解线段长度的最大值.

【小问1详解】

因为，

所以，

即，   

由正弦定理得，即 ,  

由余弦定理得，   

又，所以.

【小问2详解】

由余弦定理得，即   

所以，

即（当且仅当时，等号成立）   

因为，

所以，

解得,   

因为（当且仅当时，等号成立），

所以（当且仅当时，等号成立），

所以长度的最大值为．

22. 如图，在直三棱柱中，平面平面．

（1）求证：为直角三角形；

（2）设点，分别为棱，的中点，若二面角的大小为，且，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）根据题意面面垂直的性质可得平面，结合线面垂直的判定定理分析证明；

（2）根据二面角的定义分析可得，利用等体积法求点到平面的距离，进而结合线面夹角运算求解.

【小问1详解】

因为为直三棱柱，

则平面，且平面，可得，

过点A作，垂足为，

又因为平面平面，平面平面，平面，

可得平面，

且平面，可得，

，，可得平面，

且平面，可得，

所以为直角三角形.

  【小问2详解】

由（1）可知：平面，平面，

所以，，

则即为二面角的平面角，可得，

所以，

设点到平面的距离为d，直线与平面所成角为，

可得，，

则，，

因为，则，

即，解得，可得，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

【点睛】方法点睛：证明线面垂直的常用方法

1.利用线面垂直的判定定，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直．

2.利用面面垂直的性质定，把证明线面垂直转化为证明面面垂直．

3.利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．