陕西省西安市铁一中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题

这是一份陕西省西安市铁一中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题，共20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。


一、单选题
1．设全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则等于（ ）
A．B．C．D．
3．已知甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄的平均数、中位数、众数均为16，方差为0.8，则三年后，下列判断错误的是（ ）
A．这五位同学年龄的平均数变为19B．这五位同学年龄的方差变为3.8
C．这五位同学年龄的众数变为19D．这五位同学年龄的中位数变为19
4．设是平面内的一组基底，，则（ ）
A．三点共线B．三点共线
C．三点共线D．三点共线
5．已知空间中，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．，，与异面B．，，
C．，D．，
6．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知中，，，则此三角形为（ ）
A．直角三角形B．等边三角形
C．钝角三角形D．等腰直角三角形
8．中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，，，与都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列命题中，正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
10．由下列条件解，其中只有一解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
11．已知甲罐中有四个相同的小球，标号为1，2，3，4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1，2，3，5，6，现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件“抽取的两个小球标号之和大于5”，事件“抽取的两个小球标号之积大于8”，则（ ）
A．事件发生的概率为
B．事件发生的概率为
C．事件发生的概率为
D．从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为
12．已知函数，若函数有三个零点，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．m的取值范围为B．的取值范围为
C．D．最大值为1
三、填空题
13．如图，水平放置的的斜二测直观图为，已知，则的周长为 .

14．已知为虚数单位，复数z满足那么的最小值是 .
15．某市原来都开小车上班的唐先生统计了过去一年每一工作日的上班通行时间，并进行初步处理，得到频率分布表如下（表示通行时间，单位为分钟）：
该市号召市民尽量减少开车出行，以绿色低碳的出行方式支持节能减排.唐先生积极响应政府号召，准备每天从骑自行车和开小车两种出行方式中随机选择一种.如果唐先生选择骑自行车，当天上班的通行时间为30分钟.将频率视为概率，根据样本估计总体的思想.若唐先生选择骑自行车和开小车的概率相等，则平均通行时间为 分钟.
16．已知正方体的棱长为2，若，分别是，的中点，作出过，，三点的截面，则这截面的周长为 .

四、解答题
17．已知函数，，
(1)求的最小正周期；
(2)求的单调递减区间.
18．如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱DC和的中点.
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积.
19．已知向量，．
(1)求向量和的夹角的余弦值；
(2)设向量，，是否存在正实数k，使得？如果存在，求出t的取值范围；如果不存在，请说明理由．
20．大学毕业生小张和小李通过了某单位的招聘笔试考试，正在积极准备结构化面试，每天相互进行多轮测试，每轮由小张和小李各回答一个问题，已知小张每轮答对的概率为，小李每轮答对的概率为.在每轮活动中，小张和小李答对与否互不影响，各轮结果也互不影响.
(1)求两人在两轮活动中至少答对3道题的概率；
(2)求两人在三轮活动中，小张和小李各自答对题目的个数相等且至少为2的概率.
21．如图，在四棱锥中，，.
(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值等于？
22．中，已知，，为上一点，，.
(1)求的长度；
(2)若点为外接圆上任意一点，求的最大值.
通行时间
频率
参考答案：
1．B
【分析】由集合的运算求解.
【详解】.
故选：B
2．B
【分析】利用复数的乘方法则化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】，则，则，故.
故选：B.
3．B
【分析】利用平均数、中位数、方差的定义及性质注意判断即可．
【详解】解：甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄的平均数、中位数、众数均为16，方差位0.8，
三年后，
这五位同学年龄的平均数变为，故A正确；
这五位同学的方差不变，仍为0.8，故B错误．
这五位同学年龄的众数变为，故C正确；
这五位同学年龄的中位数变为，故D正确；
故选：B．
4．C
【分析】根据向量共线定理设出方程，若方程无解，则三点不共线，从而得到ABD错误，C正确.
【详解】A选项，设，则，无解，故三点不共线，A错误；
B选项，设，则，无解，故三点不共线，B错误；
C选项，，
，
故，故三点共线，C正确；
D选项，，
设，则，无解，故三点不共线，D错误.
故选：C
5．D
【分析】根据空间中平行、垂直关系逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，，，可得与异面或平行，故A错误；
对于选项B：因为，，，
但不确定与的位置关系，故无法确定与是否垂直，故B错误；
对于选项C：因为，，可得或，故C错误；
对于选项D：因为，，根据线面垂直的性质可得，故D正确；
故选：D.
6．A
【分析】先判断函数的奇偶性，再考虑时，的取值情况，即可作出选择.
【详解】函数为奇函数，排除选项B和C，
当时，比x增长的快，，排除选项D，
故选：A.
7．B
【分析】根据即可得为等腰三角形，又因为可知，所以为等边三角形.
【详解】如下图所示：

设M为AC中点，则，
所以，即为等腰三角形，
又，所以，
即，
所以，可得，
综上可知三角形为等边三角形.
故选：B.
8．D
【分析】如图，根据球的性质可得平面ABCD，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当O在线段上和O在线段的延长线上时2种情况，结合球的性质和表面积公式计算即可求解.
【详解】如图，连接AC，BD，设，
因为四边形ABCD为矩形，所以为矩形ABCD外接圆的圆心．连接，
则平面ABCD，分别取EF，AD，BC的中点M，P，Q，
根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线交EF于点M．
连接PQ，则，且为PQ的中点，因为，所以，
连接EP，FQ，在与中，易知，
所以梯形EFQP为等腰梯形，所以，且．
设，球O的半径为R，连接OE，OA，
当O在线段上时，由球的性质可知，
易得，则，此时无解．
当O在线段的延长线上时，由球的性质可知，
，解得，所以，
所以球O的表面积，
故选：D．
【点睛】求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确定球心位置的依据一是球心到球面上各点的距离都等于球的半径，二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面．由此出发，利用一些特殊模型，或借助一般方法，即可确定外接球球心的位置．
9．BCD
【分析】两向量相等则方向相同，模长相等可判断AB，根据分析判断C，由零向量的概念可判断D.
【详解】若，但是两个向量的方向未必相同,所以不一定成立，A错误；
若，则两向量的方向相同，所以，B正确；
因为，若，则，即，C正确；
若，则，D正确.
故选：BCD.
10．AB
【分析】根据三角形全等结合余弦定理运算求解.
【详解】对于选项A：因为，，则，且，
根据三角形全等（角角边）可知存在且唯一的，故A正确；
对于选项B：因为，，，
根据三角形全等（边角边）可知存在且唯一的，故B正确；
对于选项C：由余弦定理可得：，即，
整理得，解得或，
所以满足条件的三角形有两个，故C错误；
对于选项D：由余弦定理可得：，即，
整理得，且，无解，
所以此时三角形不存在，故D错误；
故选：AB.
11．BC
【分析】根据题意，分别列举出事件和事件所包含的基本事件，再逐项判断，即可得出结果.
【详解】由题意，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共包含个基本事件；
“抽取的两个小球标号之和大于5”包含的基本事件有：，，，，，，，，，，，共个基本事件；
“抽取的两个小球标号之积大于8”包含的基本事件有：，，，，，，，，共个基本事件；
即事件是事件的子事件；
因此事件发生的概率为，故A错；
事件包含的基本事件个数为个，所以事件发生的概率为；故B正确；
事件包含的基本事件个数为个，所以事件发生的概率为，故C正确；
从甲罐中抽到标号为2的小球，包含的基本事件为：，，，，共个基本事件，故从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为，即D错误.
故选：BC.
【点睛】本题主要考查求古典概型的概率，考查求并事件和交事件的概率，属于基础题型.
12．AC
【分析】作出的大致图象，根据图象求出，，，的范围即可判断AB选项，由得到，的关系即可判断CD选项.
【详解】函数图象如图所示：

由图可得，A正确；
当时,, 故，B错误；
又且，
故, 可得，C正确
又可得， 又，故等号不成立,
即，D错误,
故选：AC.
13．
【分析】根据斜二测画法结合题意还原，从而可求出其周长
【详解】由题意可知在中，，，
所以，
所以的周长为，
故答案为：.

14．1
【分析】用代数形式表示出复数z，然后采用三角代换可得最小值.
【详解】设，代入得，
设，，则，
当时，即取等号. 即的最小值是1.
故答案为：1.
15．/
【分析】根据数学期望的运算公式求解.
【详解】因为开小车的平均通行时间为（分钟），
所以上班的平均通行时间为（分钟）.
故答案为：.
16．
【分析】
根据一个平面与两个平行平面相交交线平行即可做出截面，再根据平行线分线段成比例，三角形相似、三角形全等利用勾股定理求出截面图形各个边长即可求周长.
【详解】
连接，因为平面//平面，所以截面与两平面的交线平行，
过点N作//交于点，连接，
同理过点作//交于，连接，
则五边形即为所求截面，
设BM与NE交于点P，BF与NE交于点Q，
因为//，M是的中点，所以，可得，
因为，所以，所以，
可得，
因为//，所以，所以，
所以，
，
所以这截面五边形BMENF的周长为.
故答案为：.

17．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦型函数的周期公式得出答案
（2）把作为整体代入余弦函数的单调递减区间,解出答案.
【详解】（1）因为函数，所以，
故的最小正周期为.
（2）由可得
，
解之得，
所以的单调递减区间为.
18．(1)见解析
(2)
【分析】（1）如图，连接，可证，根据线面平行的判定定理可得平面.
（2）连接，利用可求体积.
【详解】（1）
如图，连接，
在正方形中，因为为中点，故，，
而，，故，，
故四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，故平面.
（2）连接，则，
因为平面，故到平面的距离为，
而，
故.
19．(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用向量的夹角公式直接求解即可；
（2）若，则，代入化简可得，再由可求出的取值范围.
【详解】（1）因为，，
所以，
所以，
设向量和的夹角为，
（2）假设存在正实数k，使得，则，
所以
所以
因为，所以，
所以或，
解得或
即存在且t的取值范围为．
20．(1)
(2)
【分析】（1）两人分别答两次，总共四次中至少答对3道题，分五种情况计算可得答案；
（2）分小张和小李均答对两个题目、均答对三个题目两种情况计算即可.
【详解】（1）设事件 “甲第一轮答对”， “乙第一轮答对”， “甲第二轮答对”， “乙第二轮答对”， “两人在两轮活动中至少答对3道题”，
可知
则，
由事件的独立性与互斥性，可得
，
故两人在两轮活动中至少答对3道题的概率为．
（2）设事件分别表示甲三轮答对2个，3个题目，分别表示乙三轮答对2个，3个题目，
则，，
设事件“两人在三轮活动中，小张和小李各自答对题目的个数相等且至少为2”，
则，且分别相互独立，
可得
，
所以两人在三轮活动中，小张和小李各自答对题目的个数相等且至少为2的概率为．
21．(1)详解解析；
(2)存在.
【分析】（1）利用勾股定理证得，结合线面垂直的判定定理即可证得结论；
（2）以A为原点建立空间直角坐标系，设点，，求得平面的法向量，利用已知条件建立关于的方程，进而得解.
【详解】（1）取中点为，连接，
在中，，，
，又，，
所以，又，
，而，
所以，又，
，
，又，，
平面.
（2）以A为坐标原点，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设点，因为点F在线段上，设，
， ，
设平面的法向量为，，，
则，令，则，
设直线CF与平面所成角为，
，
解得或（舍去），
，此时点F是的三等分点，
所以在线段上是存在一点，使直线与平面所成角的正弦值等于.
22．(1)；
(2).
【分析】（1）设，，在与中应用余弦定理，结合可得，再由有求出.
（2）由（1）易知为外接圆的直径，讨论的位置，利用正余弦定理、三角恒等变换及三角函数的性质求的最大值.
【详解】（1）设，，则.
在与中，由余弦定理知：
，即，
，即.
，
，可得.
，
，即.解得，.
.
（2）由（1）知：中，，，为外接圆的直径.
为外接圆上任意一点，
当在点时，.
当在点时，.
当在优弧上时，，
设，则.
中，由正弦定理知，.
，
当时，的最大值为.
当在劣弧上时，，
设，则.
中，由正弦定理知，.
.
当时，的最大值为.
综上，的最大值为.
【点睛】关键点点睛：第二问，注意讨论的位置，综合运用正余弦定理、三角恒等变换及正弦型函数的性质求对应最值.