2022-2023学年江苏省常州高级中学高一下学期期末数学试题

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数学试卷
命题教师：陈武 2023.06
说明：1．请将所有题目的答案填涂在答卷纸上．
2．本卷总分150分，考试时间120分钟．
一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共计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】D
【解析】
【分析】直接利用复数的除法运算，结合复数的几何意义即可.
【详解】复数，
则其在复平面所对应的点为，故其在第四象限，
故选：D.
2. 若、是两个不重合的平面，
①若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则；
②设、相交于直线，若内有一条直线垂直于，则；
③若外一条直线与内的一条直线平行，则.
以上说法中成立的有（ ）个.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用面面平行的判定定理可判断①；根据已知条件判断平面与平面的位置关系，可判断②；利用线面平行的判定定理可判断③.
【详解】对于①，设、为平面内两条相交直线，、为平面内两条相交直线，
且满足，，
因为，，，所以，，同理可得，
因为、为平面内两条相交直线，故，①对；
对于②，设、相交于直线，若内有一条直线垂直于，则、相交（不一定垂直），②错；
对于③，若外一条直线与内的一条直线平行，由线面平行的判定定理可知，，③对.
所以，真命题的个数为.
故选：C.
3. 如图，在正方体中，二面角的大小为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面，可知，同时，可知二面角的平面角为，即可得结果.
详解】由题可知：
在正方体中，平面
由平面，所以，又
所以二面角的平面角为，
因为，则
故选：B
【点睛】本题考查二面角的平面角的大小，关键在于找到该二面角的平面角，考查观察能力以及概念的理解，属基础题.
4. 如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知该几何体体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可.
【详解】解：由题意得，球的半径，圆柱的底面半径，高，
则该几何体的表面积为.
故选：D.
5. 在中，，点M满足，若，则BC的值为（ ）
A. 1B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】取中点O，由已知可确定，利用向量运算和长度关系将转化为，由此构造方程求得.
【详解】
取中点O，连接，
，即，
M为BC边上靠近C的四等分点，
，
，，，
又，，
.
故选：C.
6. 正四面体ABCD中异面直线AB与CD所成角为，侧棱AB与底面BCD所成角为，侧面ABC与底面BCD所成的锐二面角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别根据异面直线所成角的定义，线面角的定义，以及二面角的定义确定的大小即可得到结论．
【详解】过A作A在底面的射影O，∵是正四面体，∴O是底面的中心，
取的中点，连接，如图所示，
在正四面体中，平面，平面，，
又，平面，，则平面，平面，，即异面直线与所成的角为，
侧棱在底面内的射影为，则是侧棱与底面所成的角，即，
，，侧面与底面所成的角为，∴，
∵，，
∵，∴，即，则，即.
故选：A
7. 中，角、、的对边分别是、、，角的平分线交边于点．若，，且，则中最长的边为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由结合三角形的面积公式可得出，利用余弦定理可求得的值，进而可得出关于、的方程组，解之即可.
【详解】因为，由，即，
整理可得，
由余弦定理可得，
所以，，即，解得或（舍）.
所以，，即，解得或，
因为，故中最长的边为，
故选：B.
8. 已知三棱锥P-ABC四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.
【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，
，又，分别为、中点，
，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D．
解法二:
设，分别为中点，
，且，为边长为2的等边三角形，
又
中余弦定理，作于，，
为中点，，，
，，又，两两垂直，，，，故选D.
【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．
二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共计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. 某市2022年经过招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该市的经济收入的变化情况，统计了该市招商引资前后的年经济收入构成比例，得到如下扇形图：
则下列结论中正确的是（ ）
A. 招商引资后，工资净收入较前一年增加
B. 招商引资后，转移净收入是前一年的1.25倍
C. 招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和超过了该年经济收入的
D. 招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍
【答案】AD
【解析】
【分析】根据已知条件及扇形图的特点即可求解.
【详解】设招商引资前经济收入为，而招商引资后经济收入为，则
对于A，招商引资前工资性收入为，而招商引资后的工资性收入为，所以工资净收入增加了，故A正确；
对于B，招商引资前转移净收入为，招商引资后转移净收入为，所以招商引资后，转移净收入是前一年的倍，故B错误；
对于C，招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和为，所以招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和低于该年经济收入的，故C错误；
对于D，招商引资前经营净收入为，招商引资后转移净收入为，所以招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍，故D正确.
故选：AD.
10. 一名射击运动员射击一次击中目标的概率为，若他连续射击两次，则下列正确的是（ ）
A. 事件“两次均击中”与“恰击中一次”为互斥事件
B. 事件“两次均未击中”与“至少击中一次”互为对立事件
C. 事件“第一次击中”与“两次均击中”相互独立
D. 该运动员击中目标的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据互斥事件、对立事件和相互独立事件的概念判断ABC选项；先求出该运动员未击中目标的概率，进而可得该运动员击中目标的概率，即可判断D选项.
【详解】事件“两次均击中”与“恰击中一次”不能同时发生，属于互斥事件，故A正确；
事件“两次均未击中”的对立事件是“至少击中一次”， 故B正确；
事件“两次均击中”包含了事件“第一次击中”，故C错误；
该运动员未击中目标的概率为，
则该运动员击中目标的概率为，故D正确.
故选：ABD.
11. 长方体中，，，，点E，点F分别线段AC，的中点，点P，点Q分别为线段AC，上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在P，Q,使得B. 三棱锥体积的最大值为10
C. 若的周长为10，则D. 的最小值为7
【答案】AB
【解析】
【分析】利用线面垂直可得线线垂直判断A，利用等体积法求出最大体积判断B，利用三角形边长的范围判断C，将侧面翻折到与平面同一平面，利用三点共线可判断D.
【详解】对于选项A，因为平面，平面，所以，
当点P与点C重合，点Q与重合时，，正确；
对于选项B，因为平面平面，所以点P到平面的距离h即点P到的距离h，
所以点P到平面的最大距离为3，又，
所以，所以，
即三棱锥体积的最大值为10，正确；
对于选项C，因为平面，平面，所以，又，
所以在中，，若，则点Q与点重合，
此时即的周长为，错误；

对于选项D，将矩形和矩形展开为矩形，
则，错误.

故选：AB
12. 在圆O的内接四边形ABCD中，，，，．则下列说法正确的是（ ）
A. 四边形ABCD的面积为B. 圆O的半径为
C. D. 若于点H，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理和面积公式进行判断；对于B，利用正弦定理求出该外接圆的直径；对于C，利用数量积公式求解判断；对于D，利用数量积公式求解判断．
【详解】对于A，连接，在中，，，
，，解得，
，，，
，
，
四边形的面积，故A正确；
对于B，设外接圆半径为，则由正弦定理得，
该外接圆的半径为，故B错误；
对于C，过点作于点，过点作于点，
所以，,
则由垂径定理得，
，，
解得，，，，
,，故C正确；
对于D，由C选项得，，
,故D正确．
故选：ACD．

三、填空题：（本题共4小题，每小题S分，共计20分．）
13. 某人5次上班途中所花的时间（单位：分钟）分别为x，y，10，11，9．已知这组数据的平均数为10，方差为2，则|x﹣y|的值为_____．
【答案】4
【解析】
【分析】利用平均数、方差的概念列出关于的方程组，解方程即可得到答案．
【详解】由题意可得：，
设，，则，解得，
∴
故答案为4．
【点睛】本题考查统计的基本知识，样本平均数与样本方差的概念以及求解方程组的方法，属于基础题．
14. ______．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】根据二倍角公式以及和差角公式，结合辅助角公式即可求解.
【详解】
,
故答案为：
15. 甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局），甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则甲获得冠军的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出比赛进行了2，局的概率,然后相加，得到答案;
【详解】根据题意，比赛为“三局两胜”制（无平局），则甲获胜分为比赛2局或者比赛3局两种情况，
则甲获得冠军的概率为：.
故答案为：.
16. 设点Q在半径为1的圆P上运动，同时，点P在半径为2的圆O上运动．O为定点，P，Q两点的初始位置如图所示，其中，当点P转过角度时，点Q转过角度，则在运动过程中的取值范围为______．

【答案】
【解析】
【分析】建立直角坐标系，由向量的坐标运算即可结合三角函数的性质求解.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，设，
则，
，
由于,所以，故，
故的取值范围为，
故答案为：

四、解答题：（本题共6小题，共计70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 已知向量，向量与的夹角为，且．
（1）求向量的坐标；
（2）设向量，，向量，若，求的最大值并求出此时x的取值集合．
【答案】（1）或；
（2）3，.
【解析】
【分析】（1）设出向量的坐标，利用向量数量积和向量的模建立方程组并求解作答.
（2）由（1）的结论结合确定向量，再求出并借助辅助角公式及正弦函数性质求解任何.
【小问1详解】
设，依题意，，，而，
因此，解得或，
所以向量的坐标是或.
【小问2详解】
向量，且，当时，，不符合题意，舍去，
当时，，符合题意，即，则，
，
因为，则当，即时，，
所以的最大值是3，此时x的取值集合是.
18. 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，，M为上一点，且平面.
（1）求证：
（2）如果点N为线段的中点，求证：平面
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件容易证明平面，所以得到；
（2）根据已知条件容易判断出是中点，取中点，并连接，，则容易说明平面平面，平面，所以得到平面；
【详解】解：（1）平面，平面，，即；
又，，、平面，
平面，
因为平面，
；
（2）取中点，连接，；
平面，平面，
，又；
是的中点；
，平面，平面；
平面，同理，平面，，平面，平面
平面平面，平面；
平面；
【点睛】考查线面垂直的性质，线面垂直的判定定理，中位线的性质，线面平行的判定定理，以及面面平行的判定定理，属于中档题．
19. 某区为了全面提升高中体育特长生的身体素质，开设“田径队”和“足球队”专业训练，在学年末体育素质达标测试时，从这两支队伍中各随机抽取100人进行专项体能测试，得到如下频率分布直方图：
（1）估计两组测试的平均成绩，
（2）若测试成绩在90分以上的为优秀，从两组测试成绩优秀的学生中按分层抽样的方法选出7人参加学校代表队，再从这人中选出2人做正，副队长，求正、副队长都来自“田径队”的概率．
【答案】（1）“田径队”的平均成绩为73，“足球队”的平均成绩为71
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1计算得到，，再根据平均数公式计算得到答案.
（2）确定抽取的比例为，列举出所有情况，统计满足条件的情况，得到概率.
【小问1详解】
由田径队的频率分布直方图得：，
解得，同理可得．
其中“田径队”的平均成绩为：
，
“足球队”的平均成绩为：
【小问2详解】
“田径队”中90分以上的有（人），
“足球队”中90分以上有（人）．
所以抽取的比例为，在“田径队”抽取 （人），记作a，b，c，d；
在“足球队”抽取 （人）．记作A，B，C．
从中任选2人包含的基本事件有：
ab，ac，ad，aA，aB，aC；bc，bd，bA，bB，bc；cd，cA，cB，cC；dA，dB，dC；AB，AC；BC，共21个，
正、副队长都来自“田径队”包含的基本事件有ab，ac，ad，bc，bd，cd共6个，
故正、副队长都来自“田径队”的概率为．
20. 如图所示，在平行四边形ABCD中，A＝45°，，E为AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△PDE，使平面PDE⊥平面BCD，F为线段PC的中点．
（1）证明：平面PDE；
（2）已知M为线段DE的中点，求直线MF与平面PDE所成的角的正切值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）取PD的中点H，证明四边形FHEB为平行四边形，由线面平行判定定理即可得证；
（2）由题目条件易得，在由面面垂直的性质定理证得平面⊥平面，连接,即为直线MF与平面PDE所成的角，,代入即可求出答案.
【小问1详解】
取PD的中点,连接,，
∵F，分别为PC，PD的中点，∴
又∵E为AB的中点，∴，
∴，∴FGEB为平行四边形，∴，
又∵面PDE，面PDE，∴平面PDE.
【小问2详解】
在平行四边形中，因为，所以，
又因为A＝45°，可得即，
因为平面PDE⊥平面BCD，平面PDE平面BCD=，
所以平面⊥平面，
由（1）可知，，所以平面，连接,
即为直线MF与平面PDE所成的角，
因为，
所以，
即直线MF与平面PDE所成的角的正切值为.
21. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角C的大小；
（2）若点D在边AB上，且，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用余弦定理，再结合正弦定理得出结果；
（2）先根据三角形三个内角关系及正弦两角差公式求解，在与中分别使用正弦定理并结合求得结果．
【小问1详解】
由余弦定理可得,
由正弦定理可得,
由于,所以，
【小问2详解】
设，则．
，，故，
，
在中，由正弦定理可得，即，
在中，同理，
，
，即，整理得，
又,故
所以的值为．
22. 在正方体中，E为的中点，过E的平面截此正方体，得如图所示的多面体，F为棱上的动点．

（1）已知点在棱BC上，且，若用平面，求；
（2）若，求点D到平面AEF的最大距离．
【答案】（1）

（2）
【解析】
【分析】(1)取的中点，利用线面平行的性质定理和面面平行的性质定理推出，即可得到点的位置；
(2)建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，然后利用公式求解点到平面AEF的最大距离.
【小问1详解】

设平面与平面的交线为，
因为平面，平面平面，平面，
所以
由正方体知，平面平面，
又因为平面平面，平面平面，
所以，所以，取的中点，连接，易知，
所以，
又因为为的中点，所以为的中点.
所以
【小问2详解】
以点为坐标原点，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则有其中，，设平面的法向量为，
则有不妨取，则，
所以，
当，即点与点重合时，取等号，所以点D到平面AEF的最大距离为.