2022-2023学年山东省临沂市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年山东省临沂市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设(a+i)i=b+3i(a,b∈R)，则( )
A. a=3，b=1B. a=−3，b=1
C. a=3，b=−1D. a=−3，b=−1
2.某校在运动会期间组织了20名啦啦队队员，她们的身高(单位：cm)数据按从小到大排序如下：
162 162 163 165 165 165 165 167 167 167
168 168 170 170 171 173 175 175 178 178
则这20名队员身高的第75百分位数为( )
A. 171B. 172C. 173D. 174
3.记△ABC内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a= 3，b=2，A=π4，则sinB=( )
A. 33B. − 33C. 63D. − 63
4.已知z=4i1−i，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
5.如图，已知AB=2BP，则OP=( )
A. 12OA−32OBB. −12OA+32OBC. 12OA+32OBD. −12OA−32OB
6.已知非零向量a，b满足(a+3b)⊥(a−3b)，且b在a方向的投影向量是16a，则a与b的夹角是( )
A. π6B. 5π6C. π3D. 2π3
7.图1是边长为1的正六边形ABCDEF，将其沿直线FC折叠成如图2的空间图形A′E′F′−B′D′C′，若A′E′=32，则几何体A′E′F′−B′D′C的体积为( )
A. 3 38B. 5 316C. 3 316D. 34
8.一个袋中有6个大小和质地相同的球，其中红球4个，黑球2个，现从中不放回地依次随机摸取2次，每次摸出1个球，则第二次摸出的球是红球的概率为( )
A. 23B. 59C. 49D. 13
二、多选题：本题共4小题，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m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若α//β，m//α，n⊥β，则m⊥nB. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
C. 若m⊥α，n//β，m//n，则α⊥βD. 若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
10.若数据x1，x2，…，x10的平均数为2，方差为3，则( )
A. 数据3x1+4，3x2+4，…，3x10+4的平均数为20
B. i=110xi=20
C. 数据3x1+4，3x2+4，…，3x10+4的标准差为3 3
D. i=110xi2=70
11.已知sin(α−β)=13，csαsinβ=16，则( )
A. sinαcsβ=12B. cs(2α−2β)=79
C. sin(α+β)=56D. cs(2α+2β)=−19
12.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=AA1=2，∠ABC=90∘，E，F分别为棱AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的动点，则( )
A. BF⊥DE
B. 该三棱柱的体积为4
C. 过A1，B1，E三点截该三棱柱的截面面积为 5
D. 直线DE与平面ABB1A1所成角的正切值的最大值为12
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.某医院老年医生、中年医生和青年医生的人数分别为72，120，160，为了解该医院医生的出诊情况，按年龄采用比例分配的分层随机抽样方法抽取样本，已知抽取青年医生的人数为20，则抽取老年医生的人数为__________.
14.已知某圆锥的高为8，体积为96π，则该圆锥的侧面积为______.
15.在△ABC中，已知tanA，tanB是x的方程x2+m( 3x+1)+1=0的两个实根，则∠C=______.
16.三棱锥P−ABC中，PB⊥底面ABC，PB=4，底面ABC的斜二测直观图为△A′B′C′，如图，A′D′=D′C′，A′O′=O′B′=O′D′=1，则该三棱锥外接球的体积V=______.
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.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，设与x轴、y轴方向相同的两个单位向量分别为i和j，OA=−2i+j，OB=4i+2j.
(1)若OA与OB夹角为θ，求csθ；
(2)若点P是线段AB的中点，且OP与OA+kOB垂直，求实数k的值.
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PD=5，侧面PAD⊥底面ABCD，AM⊥PD.
(1)求证：AM⊥平面PCD；
(2)求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的正切值.
19.(本小题12分)
某市文旅局为激发夜间文旅市场的活力，共设置夜市摊点500个.为调查这些夜市摊点的服务情况，该文旅局随机抽取了100个夜市摊点进行评分，评分越高，服务越好，满分为100分.将分数以20为组距分为5组：[0,20)、[20,40)、[40,60)、[60,80)、[80,100]，得到100个夜市摊点得分的频率分布直方图，如图，已知[40,60)组的频数比[20,40)组多8.
(1)求直方图中a和b的值；
(2)为进一步提升夜市经济消费品质，提高服务质量，该文旅局准备对剩下的所有夜市摊点进行评分，并制定一个评分分数，给达到这个分数的摊位颁发“服务优秀”荣誉证书.若该文旅局希望使得恰有50%的摊位获得荣誉证书，求应该制定的评分分数.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin(x+π6)+sin(x−π6)+csx+a的最大值为1.
(1)求a的值；
(2)将f(x)的图象向右平移π3个单位，再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象，求使g(x)≥0成立的x的取值集合.
21.(本小题12分)
某中学举办诗词大会选拔赛，需要从甲、乙两位选手中选出一位代表学校参加全国诗词大会，甲、乙两位选手需要分别从3道选择题、2道填空题中随机抽取2道题作答.已知甲每道题答对的概率为12，乙每道题答对的概率为13，且甲、乙答对与否互不影响，各题的结果也互不影响.
(1)求甲恰好抽到2道选择题的概率；
(2)求甲答对的题目比乙多的概率.
22.(本小题12分)
沂河岸边欲修建一个形状为平面凸四边形ABCD的休闲观光、生态保护的主题公园，如图，其中DC=2km，DA=1km，△ABC为正三角形.建成后△BCD将作为人们旅游观光、休闲娱乐的区域，△ABD将作为生态保护的功能区域.
(1)当∠ADC=π3时，求△BCD的面积；
(2)求△BCD面积的最大值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：(a+i)i=−1+ai=b+3i，
则a=3，b=−1.
故选：C.
根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解．
本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为20×80%=16，第16个数据为173，第17个数据为175，
所以估计这20名队员身高的第80百分位数为173+1752=174.
故选：D.
第80百分位数是第16和第17个数据的平均数．
本题考查百分位数的计算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：在△ABC中，已知a= 3，b=2，A=π4，
利用正弦定理：asinA=bsinB，解得sinB= 63.
故选：C.
直接利用正弦定理求出三角函数的值．
本题考查的知识要点：正弦定理，三角函数的值，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：z=4i1−i=4i(1+i)(1−i)(1+i)=2i(1+i)=−2+2i，
则|z|= (−2)2+22=2 2.
故选：D.
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由图可得OP=OB+BP，
又因为AB=2BP，所以BP=12AB=12(OB−OA)，
则OP=OB+12(OB−OA)=−12OA+32OB，
故选：B.
结合图形，利用平面向量的加减运算和向量数量积运算表示即可
本题考查平面向量的基本定理的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由(a+3b)⊥(a−3b)，可得(a+3b)⋅(a−3b)=0，
即a2−9b2=0，即|a|=3|b|，
由b在a方向的投影向量是16a，可得a⋅b|a|2⋅a=16a，
即13cs=16，解得cs=12，
又∈[0,π]，所以=π3，
即a与b的夹角是π3.
故选：C.
首先由向量垂直，得出向量a与b的模的关系，再根据投影向量的定义列方程，求出夹角余弦值，进而得出夹角的大小．
本题考查向量垂直的性质，投影向量的概念，属基础题．
7.【答案】D
【解析】解：如图，
过A′作A′G⊥C′F′，垂足为G，
连接E′G，则E′G⊥C′F′，
过B′作B′H⊥C′F′，垂足为H，
连接D′H，则D′H⊥C′F′，
所以A′G//B′H，又A′G⊄平面B′HD′，B′H⊂平面B′HD′，
所以A′G//平面B′HD′，
同理E′G//平面B′HD′，又A′G∩E′G=G，
所以平面A′GE′//平面B′HD′，即三棱柱A′GE′−B′HD′为直三棱柱，
∵A′F′=1，∠A′F′G=60∘，
所以A′G= 32,F′G=12，
同理求得E′G= 32,C′H=12，
又A′E′=32，
在△A′GE′中，cs∠A′GE′=A′G2+E′G2−A′E′22A′G⋅E′G=−12，
又0<∠A′GE′<π，∴∠A′GE′=120∘，
∴S△A′GE′=12A′G⋅E′G⋅sin∠A′GE′=3 316，
∴空间几何体FAE′−CB′D的体积为：
V=3 316×12×13×2+3 316×1= 34.
故选：D.
过A′作A′G⊥C′F′，过B′作B′H⊥C′F′，易得平面A′GE′//平面B′HD′，将几何体转化为三棱柱A′GE′−B′HD′和两个三棱锥的体积之和求解．
本题考查了空间几何体的体积计算，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：4个红球记为A，B，C，D，2个黑球记为a，b，
从中不放回地依次随机摸取2次，每次摸出1个球，所有基本事件为：AB，AC，AD，Aa，Ab，BA，BC，BD，Ba，Bb，CA，CB，CD，Ca，Cb，DA，DB，DC，Da，Db，aA，aB，aC，aD，ab，bA，bB，bC，bD，ba，共30个，
其中第二次摸出的球是红球的基本事件有：AB，AC，AD，BA，BC，BD，CA，CB，CD，DA，DB，DC，aA，aB，aC，aD，bA，bB，bC，bD，共20个，
所以第二次摸出的球是红球的概率为2030=23.
故选：A.
利用古典概型的概率公式求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
9.【答案】AC
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若α//β，n⊥β，则n⊥α，而m//α，则m⊥n，A正确；
对于B若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m、n异面，B错误；
对于C，若m⊥α，m//n，则n⊥α，而n//β，则有α⊥β，C正确；
对于D，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n可以平行、异面和相交，D错误．
故选：AC.
根据题意，由直线与平面的位置关系，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查空间直线与平面的位置关系，涉及平面垂直的判定和性质，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A，数据3x1+4，3x2+4，…，3x10+4的平均数为3×2+4=10，故A错误；
对于B，i=110xi=2×10=20，故B正确；
对于C，数据3x1+4，3x2+4，…，3x10+4的标准差为 32×3=3 3，故C正确；
对于D，∵数据x1，x2，…，x10的平均数为2，方差为3，
∴110×[(x1−2)2+(x2−2)2+⋯+(x10−2)2]=3，
∴(x12−4x1+4)+(x22−4x2+4)+…+(x102−4x10+4)=30，
∴(x12+x22+⋯+x102)−4(x1+x2+…+x10)+40=30，
∴(x12+x22+⋯+x102)−4×20+40=30，
∴i=110xi2=70，故D正确．
故选：BCD.
根据平均数和方差的性质可判断ABC，根据方差的计算公式可判断D.
本题主要考查了平均数和方差的性质，属于基础题．
11.【答案】AB
【解析】解：因为sin(α−β)=13，即sinαcsβ−csαsinβ=13，
又因为csαsinβ=16，可得sinαcsβ=13+16=12，所以A正确；
sin(α+β)=sinαcsβ+csαsinβ=12+16=23，所以C不正确；
cs(2α−2β)=1−2sin2(α−β)=1−2⋅(13)2=79，所以B正确；
cs(2α+2β)=1−2sin2(α+β)=1−2⋅(23)2=19，所以D不正确．
故选：AB.
由sin(α−β)=13，即可得sinαcsβ−csαsinβ=13，进而求出sinαcsβ的值，sin(α+β)的值，再由二倍角公式可得cs(2α−2β)，cs(2α+2β)的值，判断出所给命题的真假．
本题考查二倍角公式的应用及两角差，两角和的正弦公式的应用，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：如图，
取BC中点G，∵E为AC的中点，∴EG//AB//A1B1，可得四边形A1EGB1为平面图形．
在正方形BCC1B1中，F为CC1中点，Rt△BB1G≅Rt△CBF，则∠BB1G=∠CBF，
因此∠CBF+∠BGB1=∠BB1G+∠BGB1=90∘，有BF⊥B1G，而∠EGC=∠ABC=90∘，
则有EG⊥BC，又BB1⊥平面ABC，EG⊂平面ABC，有EG⊥BB1，而BB1∩BC=B，BB1，BC⊂平面BCC1B1，
于是得EG⊥平面BCC1B1，又BF⊂平面BCC1B1，则有BF⊥EG，
∵EG∩B1G=G，EG，B1G⊂平面A1EGB1，从而得BF⊥平面A1EGB1，又DE⊂平面A1EGB1，
∴BF⊥DE，故A正确；
∵AB=BC=AA1=2，∴该棱柱的体积为12×2×2×2=4，故B正确；
由分析A可知，过A1，B1，E三点截该三棱柱的截面为直角梯形A1B1GE，
其面积为12×(12+1)× 12+(12)2=3 58，故C错误；
∵BC⊥AB，BC⊥BB1，AB∩BB1=B，AB，BB1⊂平面ABB1A1，∴BC⊥平面ABB1A1，
取AB的中点H，连EH，DH，
∵E为AC的中点，即有EH//BC，∴EH⊥平面ABB1A1，即H为E在平面ABB1A1上的射影，
当D为A1B1的中点时，DH最短，此时直线DE与平面ABB1A1所成角的正切值最大．
在正方形ABB1A1中，D为A1B1的中点，有DH=AA1=2，而EH=12BC=1，
在Rt△DEH中，tan∠EDH=EHDH=12，
即直线DE与平面ABB1A1所成角的正切值的最大值为12，故D正确．
故选：ABD.
由直线与平面垂直的判定与性质判断A；求出棱柱的体积判断B；求出截面面积判断C；求出直线与平面所成角的正切值的最大值判断D.
本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，是中档题．
13.【答案】9
【解析】【分析】
本题考查分层抽样，属于基础题．
根据抽样比相等列方程求解.
【解答】
解：设抽取老年医生的人数为x人，则x72=20160，解得x=9.
故答案为：9.
14.【答案】60π
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，因为圆锥的高为8，体积为96π，
所以13πr2×8=96π，解得r=6，
所以该圆锥的母线长为l= 62+82=10，
所以圆锥的侧面积为S侧=πrl=60π.
故答案为：60π.
根据题意求出圆锥的底面圆半径r和母线长l，再求圆锥的侧面积．
本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，是基础题．
15.【答案】23π
【解析】解：方程整理可得：x2+ 3mx+m+1=0，
由题意可得tanA+tanB=− 3m，tanAtanB=m+1，
所以tan(A+B)=tanA+tanB1−tanAtanB=−− 3m1−(m+1)= 3，
在三角形中，tanC=−tan(A+B)=− 3，
而C∈(0,π)，
所以C=23π.
故答案为：23π.
整理方程，由韦达定理可得A，B角的正切之和，正切之积，再由三角形中角的关系，可得C角的正切值，进而可得C角的大小．
本题考查韦达定理的应用及两个的正切公式的应用，属于中档题．
16.【答案】36π
【解析】解：底面ABC的斜二测直观图为△A′B′C′，
又A′D′=D′C′，A′O′=O′B′=O′D′=1，
则B′C′=2O′D′=2，
则∠ABC=π2，AB=2，BC=4，
设三棱锥外接球的半径为R，
则2R= AB2+BC2+BP2= 4+16+16=6，
即R=3，
则棱锥外接球的体积V=4π3×33=36π.
故答案为：36π.
先由斜二测直观图还原三棱锥P−ABC，然后结合球的体积公式求解即可．
本题考查了斜二测法，重点考查了球的体积公式，属基础题．
17.【答案】解：(1)由题意，OA=(−2,1)，OB=(4,2)，
所以csθ=OA⋅OB|OA||OB|=−8+2 5× 20=−35；
(2)因为点P是线段AB的中点，
所以OP=12(OA+OB)=(1,32)，
又OA+kOB=(4k−2,2k+1)，且OP⊥(OA+kOB)，
所以4k−2+32(2k+1)=0，解得k=114.
【解析】(1)由向量的夹角公式，直接代入坐标求解；
(2)根据向量垂直，得到数量积为0，列方程求解．
本题考查坐标法解决向量的垂直问题、夹角的计算问题，属基础题．
18.【答案】解：(1)证明：因为底面ABCD是边长为4的正方形，
所以AD⊥CD，
又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，CD⊂底面ABCD，
所以CD⊥平面PAD，
又AM⊂平面PAD，
所以AM⊥CD，
又AM⊥PD，CD∩PD=D，CD⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，
所以AM⊥平面PCD；
(2)取AD中点O，BC中点N，连接OP，ON，PN，如图，
由于PA=PD，O为AD中点，
则OP⊥AD，
又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，OP⊂平面PAD，
所以OP⊥平面ABCD，
易知ON//CD，ON=CD=4，
又CD⊥BC，
则ON⊥BC，
由三垂线定理可知，PN⊥BC，
由二面角的定义可知，∠PNO即为平面PBC与底面ABCD所成二面角的平面角，
又PA=PD=5，OA=12AD=2，
则OP= AP2−OA2= 25−4= 21，
所以tan∠PNO=OPON= 214，即侧面PBC与底面ABCD所成二面角的正切值为 214.
【解析】(1)由面面垂直的性质易得AM⊥CD，再结合AM⊥PD，即可得证；
(2)取AD中点O，BC中点N，易知∠PNO即为平面PBC与底面ABCD所成二面角的平面角，然后求其正切值即可．
本题考查线面垂直的判定以及二面角的定义及其求解，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意可知，a−b=8100×20=0.004，
∴b=a−0.004，
由频率分布直方图可知，(0.003+b+2a+0.021)×20=1，
∴(0.003+a−0.004+2a+0.021)×20=1，
解得a=0.01，
∴b=0.006；
(2)∵(0.003+0.006+0.01)×20=0.38<0.5，(0.003+0.006+0.01+0.01)×20=0.58>0.5，
∴应该制定的评分分数落在区间[60,80)内，设其为x，
则0.38+(x−60)×0.01=0.5，
解得x=72，
即应该制定的评分分数为72分．
【解析】(1)由题意可得a−b=0.004，再结合频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1求解即可；
(2)根据中位数的定义求解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了中位数的计算，属于基础题．
20.【答案】解：(1)∵函数f(x)=sin(x+π6)+sin(x−π6)+csx+a= 32sinx+12csx+ 32sinx−12csx+csx+a
= 3sinx+csx+a=2sin(x+π6)+a的最大值为2+a=1.
∴a=−1.
(2)将f(x)=2sin(x+π6)−1的图象向右平移π3个单位，可得y= 3sinx−1的图象．
再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，
得到函数g(x)=2sin2x−1的图象．
由g(x)≥0，可得sin2x≥12，∴2kπ+π6≤2x≤2kπ+5π6，k∈Z，
即kπ+π12≤x≤kπ+5π12，k∈Z.
故要求的x的取值集合为{x|kπ+π12≤x≤kπ+5π12,k∈Z}.
【解析】(1)由题意，利用三角恒等变换，化简函数f(x)的解析式，根据函数的最大值为1，求得a的值．
(2)根据题意，利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，求得使g(x)≥0成立的x的取值集合．
本题主要考查三角恒等变换，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
21.【答案】解：(1)根据题意，从5道题目中选出2道，有C52=10种选法，
其恰好抽到2道选择题的情况有C32=3，
则甲恰好抽到2道选择题的概率P=310；
(2)根据题意，设事件Ai=“甲答对i道题目”，事件Bi=“乙答对i道题目”，(i=0、1、2)；
若甲答对的题目比乙多，即事件A1B0+A2B1+A2B0，
则有P(A1B0+A2B1+A2B0)=C21×12×(1−12)×C20(1−13)2+C22×(12)2×C21×13×(1−13)+C22×(12)2×C20(1−13)2=49.
【解析】(1)根据题意，由组合数公式计算“从5道题目中选出2道”和“恰好抽到2道选择题”的选法，由古典概型公式计算可得答案；
(2)根据题意，设事件Ai=“甲答对i道题目”，事件Bi=“乙答对i道题目”，(i=0、1、2)；若甲答对的题目比乙多，即事件A1B0+A2B1+A2B0，由互斥事件和相互独立事件的概率公式计算可得答案．
本题考查概率的应用，涉及互斥事件、相互独立事件的概率计算，属于基础题．
22.【答案】解：(1)在△ADC中，∵∠ADC=π3，
∴由余弦定理得AC= 4+1−2×2×1×12= 3，
∴AC2+AD2=3+1=4=DC2，(或由正弦定理得： 3sin∠ADC=1sin∠ACD)，
∴∠DAC=π2，∠ACD=π6，
∵△ABC为等边三角形，
∴BC= 3，∠ACB=π3，
∴∠DCB=π6+π3=π2，
∴S△BCD=12×2× 3= 3；
(2)不妨设∠ADC=θ，∠ACD=α，θ，α∈(0,π)，
∴在△BCD中，S△BCD=12⋅DC⋅CB⋅sin(α+π3)=12BC⋅(sinα+ 3csα)，
在△ACD中，由余弦定理得AC2=5−4csθ，
∵1=AC2+4−4csα，∴csα=AC2+34AC，
∴csα=2−csθAC，
在△ACD中，由正弦定理得ACsinθ=1sinα，∴sinα=sinθAC，
∴12BC⋅(sinα+ 3csα)=12BC⋅(sinθAC+ 3×2−csθAC)=12(sinθ− 3csθ)+ 3=sin(θ−π3)+ 3，
当且仅当θ−π3=π2，即θ=5π6时，等号成立，
∴S△BCD面积最大为1+ 3.
【解析】(1)在△ADC中，由余弦定理得AC，再由勾股定理(或由正弦定理)可得∠DAC=π2可得答案；
(2)不妨设∠ADC=θ，∠ACD=α，在△BCD中S△BCD=12BC⋅(sinα+ 3csα)，在△ACD中，由余弦定理得csα=2−csθAC，在△ACD中，由正弦定理得sinα=sinθAC，所以S△BCD=12BC⋅(sinθAC+ 3×2−csθAC)，再根据θ的范围可得答案，
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式以及基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．