[数学]广东省广州市荔湾区2022-2023学年高一下学期期末试题（解析版）

这是一份[数学]广东省广州市荔湾区2022-2023学年高一下学期期末试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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. 已知，则复数z等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】.
故选：A.
2. 已知向量，，若与垂直，则等于（ ）
A. 1B. 0C. D.
【答案】C
【解析】因为，，所以，
因为与垂直，所以，则.
故选：C.
3. 一个小商店从一家食品有限公司购进10袋白糖，每袋白糖的标准质量是500g，为了了解这些白糖的质量情况，称出各袋白糖的质量（单位：g）如下：495，500，503，508，498，500，493，500，503，500，记10袋白糖的平均质量为，标准差为s，则质量位于与之间的白糖袋数是（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】B
【解析】10袋白糖的平均质量，
方差，标准差，
因此，所以质量位于与之间的白糖袋数是7.
故选：B.
4. 已知事件A，B，且，，则（ ）
A. 若，则，
B. 若A，B互斥，则，
C. 若A与B相互独立，则，
D. 若A与B相互独立，则，
【答案】D
【解析】对于A，如果，那么，，
A错误；
对于B，如果A与互斥，那么，，
B错误；
对于C，如果A与相互独立，那么，C错误；
对于D，如果A与相互独立，那么，
，D正确.
故选：D.
5. 已知，，是同一平面内的三个向量，则（ ）
A. 若，，则
B. 若是非零向量，，则是的充要条件
C. 若，，，则可以作为基底
D. 若，，两两的夹角相等，且，，，则
【答案】B
【解析】对于A，取，则，，但的方向不能确定，
∴不一定成立，故A错误；
对于B，若是非零向量，，则，
则B正确；
对于C，∵，∴共线，∴不可以作为基底，故C错误；
对于D，，
因为两两的夹角相等，所以夹角有两种情况，
当夹角为时，；
当夹角为时，
，
故D错误.
故选：B.
6. 某小区从2000户居民中随机抽取100户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在50~350kW·h之间，进行适当的分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示．则（ ）
A. 小区用电量平均数为186.5，极差为300
B. 小区用电量中位数为171，众数为175
C. 可以估计小区居民月用电量的85%分位数约为262.5
D. 小区用电量不小于250kW·h的约有380户
【答案】C
【解析】对于A，极差为300，小区用电量平均数为
，故A错误；
对于B，小区用电量众数为，
因为，，
故小区用电量中位数在，设为，
则，解得，故B错误；
对于C，因为，
，
故估计小区居民月用电量的85%分位数在，设为，
则，解得，故C正确；
对于D，样本中小区用电量不小于250kW·h频率为，
所以小区用电量不小于250kW·h的约有户，故D错误.
故选：C．
7. 已知母线长为a的圆锥的侧面展开图为半圆，在该圆锥内放置一个圆柱，则当圆柱的侧面积最大时，圆柱的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】依题意，设圆锥底面半径为，高为，圆柱底面半径为，高为，
则，则，故，
所以由，得，
所以圆柱的侧面积，
当且仅当，即时，等号成立，
此时，圆柱的体积为.
故选：B.
8. 如图，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系xOy中的坐标，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】因为该坐标系中和，
所以则，
所以
=
，
即该坐标系中和两点间的距离为：
.
故选：D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分
9. 已知复数，，则（ ）
A. B. 复平面内对应的点的集合是单位圆
C. D. 复平面内满足的点的集合是线段
【答案】BC
【解析】取，，则，，
则，故A错误；
设复平面内对应的点的坐标为，
，
∴，∴，
则复平面内对应的点的集合是单位圆，故B正确；
∵，，
，
∴，故C正确；
由得，即，表示以为圆心，1为半径的圆，
故D错误.
故选：BC.
10. 在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4．连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次底面朝下的数字，记事件 “两次记录的数字之和为偶数”，事件 “第一次记录的数字为偶数”；事件 “第二次记录的数字为偶数”，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】依题意，连续抛掷这个正四面体木块两次，所得总的基本事件有
，共16件，
其中事件A包含的基本事件有，共8件，
事件B包含的基本事件有，共8件，
事件C包含的基本事件有，共8件，
事件包含的基本事件有，共4件，
事件包含的基本事件有，共4件，
事件包含的基本事件有，共4件，
事件包含基本事件有，共4件，
所以，，
，，故ABD正确；C错误.
故选：ABD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 函数的图象关于对称
B. 函数的图象关于点对称
C. 函数在区间上单调递减
D. 函数满足
【答案】BC
【解析】
，
由，解得，令，得，
故A错误；
由得，，当时，，
则函数关于点对称，故B正确；
当，即时，单调递减，
令，则函数在区间内单调递减，故C正确；
取，则，
，，故D错误.
故选：BC.
12. 已知正方体，点分别处线段、的中点，则（ ）
A.
B. 直线与所成的角为
C. 直线与平面所成的角的正弦值为
D. 直线与平面的交点是的重心
【答案】CD
【解析】对于A，记的中点为，连接，交于，连接，，
易得同时是与的中点，，
在正方体中，，
所以，所以四边形是平行四边形，则，
不妨设，则在，易得，则是正三角形，
因为是的中点，易得，
所以与不垂直，则与不垂直，故A错误；
对于B，在正方体中，，
所以四边形是平行四边形，则，
又，所以是直线与所成的角（或补角），
因为是正三角形，是的中点，所以，故B错误；
对于C，连接，如图，
由选项B可知平面与平面是同一个面，
在正方体中，平面，而平面，则，
在正方形中，易得，
又平面，所以平面，
又是的中点，所以到平面的距离是到平面的距离的一半，
记到平面的距离为，则，
而易得，
记直线与平面所成的角为，则，故C正确；
对于D，不妨设直线与平面的交点为，连接，如图，
易得，又，
所以三棱锥是正三棱锥，
故要证是的重心，只需要证面，即面即可，
因为在正方体中，平面，而平面，
则，
在正方形中，易得，
又平面，所以平面，
而平面，故，
同理，又平面，所以面，
所以直线与平面的交点是的重心，故D正确.
故选：CD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若复数z在复平面内对应的点位于第二象限，且，则z等于______．（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】设，，
因为复数在复平面内对应的点在第二象限，所以，，
又因为，所以，显然当时，符合题意.
故答案为：（答案不唯一）.
14. 已知，，当向量，的夹角θ等于时，向量在向量上的投影向量为______．
【答案】
【解析】显然为单位向量，而，向量、的夹角等于，
所以向量在向量上的投影向量是.
故答案为：.
15. 如图，长方体木块中，，，E，F，G分别是线段，，DC的中点，平面上存在点P，满足平面EFG，则点D与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面的面积为______．
【答案】
【解析】如图，连接，
∵，∴为平行四边形，∴，
∵平面，平面，∴平面，
又平面，，平面，
∴平面平面，
又平面平面，平面平面，
∴，
∵E，F分别是线段，的中点，∴，则点在上，
∴点D与满足题意的点P构成的平面截长方体所得截面为，
∵，的等腰三角形，
边上的高为，
∴．
故答案为：．
16. 如图，已知直线，A是直线，之间的一定点，并且点A到，的距离分别为，，B，C分别为直线，上的动点，且满足，则面积的最小值为______．
【答案】
【解析】依题意，当点在过点垂直于的直线同侧时，，
设，则，在中，
，因此的面积
，
而，即，，
当且仅当，即取等号，
当与重合时，，，，
当与重合时，，同理，
当在过点垂直于的直线两侧时，则有，，或，，
，
所以面积的最小值为.
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. 将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到函数的图象．
（1）解不等式，；
（2）证明：．
解：（1），则，
因为，则，
解得.
（2）函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，
解析式变为，再向右平移个单位长度，则，
，
故原等式成立.
18. 如图，两点都在河的对岸（不可到达），为了测量两点间的距离，在两点的对岸选定两点，测得，并且在两点分别测得，，，.
（1）求两点间的距离；
（2）设与相交于点，记与的面积分别为，，求．
解：（1）在中，，，
所以，
又，所以由，得，
在中，，，所以，
又，
所以由，得，
在中，，，
所以
，
则.
（2）在中，，，则，
由，得，
，
所以在中，，，
则，
在中，，
，
则，
所以.
19. 如图，在正三棱柱中，，，点P，Q分别为线段，的中点．
（1）证明平面ABC；
（2）求多面体的体积．
解：（1）取AB的中点，连接PD，CD，
在中，因为P，D分别为中点，所以，且，
正三棱柱中，，
因为为棱的中点，所以，且，
于是，
所以四边形PDCQ为平行四边形，从而，
又因为平面平面ABC，所以平面ABC.
（2）取BC的中点E，连接AE，因为AB＝AC，所以，
正三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以，
又平面，所以平面，
点P为线段的中点，则点P到平面的距离，
则多面体的体积.
20. 某品牌计算机售后保修期为1年，根据大量的维修记录资料，这种品牌的计算机在使用一年内维修次数最多的是3次，其中维修1次的占15%，维修2次的占6%，维修3次的占4%．
（1）若某人购买1台这种品牌的计算机，求下列事件的概率：A＝“在保修期内需要维修”；B＝“在保修期内维修不超过1次”；
（2）若某人购买2台这种品牌的计算机，2台计算机在保修期内是否需要维修互不影响，求这2台计算机保修期内维修次数总和不超过2次的概率．
解：（1）设“一年内需要维修次”，，事件两两互斥，
因为一年内需要维修1次的占15%，维修2次的占6%，维修3次的占4%，
所以，
，
.
（2）这2台计算机保修期内维修次数总和不超过2次，
则两台均未维修或1台维修0次另1台维修1次，或1台维修0次另1台维修2次，
或2台各维修1次，
所以，这2台计算机保修期内维修次数总和不超过2次的概率为
.
21. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，AC与BD相交于点O，E为CD的中点，，，
（1）证明：平面平面ABCD；
（2）当点A到平面PCD的距离最大时，求侧面PAB与底面ABCD所成二面角的大小．
解：（1）在四棱锥中，由正方形，得，而，
，
则，有，又为的中点，，于是，
而平面，因此平面，又平面，
所以平面平面.
（2）在四棱锥中，延长交于，连接，如图，
由于正方形的对角线与相交于点，为的中点，则为的中点，
有，于是是侧面与底面所成二面角，
令，
由（1）知平面，而平面，则平面平面，
在平面内过作于，而平面平面，
于平面，
又平面，平面，则平面，
因此点到平面距离等于点到平面距离，
由，得，而，
在中，由余弦定理得：，
又，即有，
则，令，
显然，，
，当且仅当，
即时取等号，
当时，，，而，从而，
所以当点到平面距离最大时，侧面与底面所成二面角的大小为.
22. 某工艺品加工厂生产线一天能生产200件某款产品，该产品市场评级规定：工艺质量指标值大于或等于10的为A等品，小于10的为B等品．厂家将A等品售价定为160元/件，B等品售价定为140元/件．
下表是检验员在现有生产线上随机抽取的16件产品的工艺质量指标值：
经计算得，，其中为抽取的第i件产品的工艺质量指标值，．
为了提高产品质量，该厂计划通过增加生产工序来改进生产工艺，已知增加生产工序每年需花费30万元，改进后该条生产线产能不变，但生产出的每件产品工艺质量指标值均提高0.05．
（1）若将随机抽取的16件产品中各等级产品的频率视为概率，估计改进后该厂的年收益是否增加，并说明理由．（一年按365天计算）
（2）根据随机抽取的16件产品的工艺质量指标值，估计改进后该厂一天生产的所有产品的工艺质量指标值的平均数和方差．
解：（1）改进后该厂的年收益增加了，理由如下：
依题意，可知原生产线生产A等品的概率为，生产B等品的概率为，
所以原生产线一天的收益为（元），即万元，
改进后的生产线随机抽取的16件产品的工艺质量指标值为：
则改进后的生产线生产A等品的概率为，生产B等品的概率为，
所以改进后的生产线一天的收益为（元），
即万元，
则改进后该厂的年收益比原来的多（万元），
所以改进后该厂的年收益增加了.
（2）因为原来随机抽取的16件产品的工艺质量指标值的平均数为和方差为，
而且改进后该条生产线产能不变，但生产出的每件产品工艺质量指标值均提高0.05，
所以估计改进后该厂一天生产的所有产品的工艺质量指标值的平均数为，
改进后方差，
所以方差不变，仍为.995
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
10.00
10.17
10.01
10.01
10.06
9.97
10.03
10.09
10.31
9.96
10.18
10.07
9.27
10.09
10.10
10.00