福建省南平市2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份福建省南平市2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了5B， 已知复数等内容，欢迎下载使用。

南平市2022-2023学年第二学期高一期末质量检测
数学试题
（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
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，再选涂其它答案标号.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交回.
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. 若，则复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接化简可求得结果
【详解】由，得，
故选：B
2. 甲、乙两名运动员进入男子羽毛球单打决赛，假设比赛打满3局，赢得2局或3局者胜出，用计算机产生1~5之间的随机数，当出现随机数1，2，3时，表示一局比赛甲获胜；否则，乙获胜.由于要比赛3局，所以每3个随机数为一组，产生20组随机数：
423 123 423 344 114 453 525 332 152 342
534 443 512 541 125 432 334 151 314 354
据此估计甲获得冠军的概率为（ ）
A. 0.5 B. 0.6 C. 0.65 D. 0.68
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意找出甲获胜的情况，然后利用古典概型的概率公式求解
【详解】由题意得甲获胜的情况有：423，123，423，114，332，152，342，512，125，432，334，151，314，共13种，
所以估计甲获得冠军的概率为，
故选：C
3. 在中，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的线性运算求解即可．
【详解】∵，∴，
∴，∴．
故选：D．

4. 我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上最早的正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度等于表高与太阳天顶距正切值的乘积，即.对同一“表高”进行两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为，，若第一次的“晷影长”是“表高”的2.5倍，且，则第二次“晷影长”是“表高”的（ ）
A. 倍 B. 1倍 C. 倍 D. 倍
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，，再根据结合两角差的正切公式即可得解.
【详解】由题意可得，，
所以，
即第二次的“晷影长”是“表高”的倍.
故选：A.
5. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（ ）．
A. 互斥 B. 互为对立
C. 相互独立 D. 相等
【答案】C
【解析】
【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可.
【详解】解：掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，
事件与能同时发生，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；
，，，，
因为，所以与独立，故选项C正确；
事件与不相等，故选项D错误.
故选：C.
6. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，，，，则（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理结合角度转化可得的大小，再由余弦定理解出边的值.
【详解】因为，由正弦定理得
所以，又，所以
则，即，则
由余弦定理可得，所以.
故选：B.
7. 已知点，，点在轴上，当取最小值时，点的坐标是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：设，则，所以，由二次函数的性质得，当时有最小值，所以点的坐标是．
考点：1．向量的运算；2．二次函数．
8. 如图是一座山的示意图，山体大致呈圆锥形，且圆锥底面半径为2km，山高为，B是母线SA上一点，且.为了发展旅游业，要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡.当公路长度最短时，下坡路段长为（ ）

A. B. 3km C. 3.6km D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求最小值．
【详解】由题意，半径为，山高为，则母线，
底面圆周长，所以展开图的圆心角，
如图，是圆锥侧面展开图，

结合题意，，
由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值，即点为公路的最高点，段即为下坡路段，
则，即，得
下坡路段长度为．
故选：C.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，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. 已知复数（i为虚数单位），对于复数的以下描述，正确的有（ ）
A. B.
C. 的共轭复数为 D. 在复平面内对应的点在第三象限
【答案】BD
【解析】
【分析】先由求出复数，然后逐个分析判断即可
【详解】，
对于A，，所以A错误，
对于B，，所以B正确，
对于C，因为，所以，所以C错误，
对于D，因为，所以在复平面内对应的点在第三象限，所以D正确，
故选：BD
10. 某校举行“歌唱祖国，为青春喝彩”歌唱比赛．比赛由9名专业人士和9名观众代表各组成一个评委小组，给参赛选手打分．两个评委小组（记为小组A，小组B）对同一名选手打分分值的折线图如下，则（ ）

A. 小组A打分分值的众数为47
B. 小组B打分分值第90百分位数为75
C. 小组A打分分值的方差大于小组B打分分值的方差
D. 小组B打分分值的极差为39
【答案】ABD
【解析】
【分析】由众数的定义判断A；由百分位数的定义判断B；计算方差判断C；求出极差判断D.
【详解】由折线图知，小组A打分分值分别为：，
按照从小到大的顺序排列为：，众数为47，故A正确；
小组B打分分值分别为：，
按照从小到大的顺序排列为：，
∵，∴小组B打分分值第90百分位数为第9个数75，故B正确；
小组A打分分值的均值，
小组A打分分值的方差，
小组B打分分值的均值，
小组B打分分值的方差，故C错误；
小组B打分分值的极差为75－36＝39，故D正确．
故选：ABD．
11. 若函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在单调递增
C. 的图象关于直线对称
D. 将的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意利用三角恒等变换整理得，结合正弦函数性质分析判断A、B、C，对于D：根据图象变换可得平移后的解析式为，进而可得结果.
【详解】因为.
对于选项A：的最小正周期为，故A错误；
对于选项B：因为，则，
且在上单调递增，所以在单调递增，故B正确；
对于选项C：因为为最大值，
所以的图象关于直线对称，故C正确；
对于选项D：将的图象向右平移个单位长度，得到，
且为偶函数，故D正确；
故选：BCD.
12. 已知三棱锥，，是边长为2的正三角形，为中点.下列结论正确的是（ ）
A. 异面直线CE与AB所成角的余弦值为
B. 直线CE与平面ABC所成角的正弦值为
C. 二面角余弦值为
D. 三棱锥外接球的表面积为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据异面直线所成角的定义结合余弦定理求解，即可判断A；根据线面夹角的定义，作平面于，利用等体积转化求解长，从而可求得夹角正弦值，即可判断B；根据二面角的平面角的定义，结合三角形的几何性质，可求得二面角的余弦值，即可判断C；把三棱锥还原为正方体，则三棱锥的外接球即为正方体的外接球．即可求解判断D．
【详解】三棱锥，，是边长为2的正三角形，
所以，则，同理
对于A，如图，取中点，连接

因为为中点，位中点，所以，
所以为异面直线CE与AB所成角或其补角，
因为，所以，同理，
在中，，
所以异面直线CE与AB所成角的余弦值为，故A不正确；
对于B，如图，连接，作平面于，则直线CE与平面ABC所成角为

因为，所以，则，
所以，则直线CE与平面ABC所成角的正弦值为，故B正确；
对于C，如图，取中点为，连接

因为，，为中点，所以
且，则，所以，
则为二面角的平面角，所以，故C不正确；
对于D，把三棱锥还原为正方体，则三棱锥的外接球即为正方体的外接球．

设其半径为，由正方体的外接球满足，所以．
所以球的表面积为．故D正确．
故选：BD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知平面向量，且.写出满足条件的一个非零向量__________.
【答案】（答案不唯一，形如）
【解析】
【分析】设出的坐标，再利用向量垂直的坐标表示即可作答.
【详解】设，而向量，且，因此，即，又，则令，
所以，取，得.
故答案为：
14. 已知正四棱台上、下底面的边长分别为4和8，高为2.该正四棱台的表面积为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知条件和正四棱台的特征计算侧面等腰梯形的面积，然后利用表面积的定义计算可得结果．
【详解】因为正四棱台的侧面等腰梯形，

又正四棱台的上、下底面的边长分别是4、8，高为2，
所以侧面梯形的斜高为，则梯形的面积，
上下底底面面积分别为，，
所以该四棱台的表面积为．
故答案为：．
15. 我省新高考实行“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必选，物理与历史2选1，政治、地理、化学和生物4选2.今年高一小王与小李都准备选历史与地理，若他俩再从其他三科中任选一科，则他们选科相同的概率为_________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意列出基本事件的总数，以及他们选课相同包含的基本事件的个数，再由古典概率公式即可得解.
【详解】依题意，今年高一的小王与小李都准备选历史与地理，
则他俩再从其他三科中任选一科的基本事件有
（政，政），（政，化），（政，生），
（化，政），（化，化），（化，生），
（生，政），（生，化），（生，生），共件，
他们选课相同包含的基本事件有：（政，政），（化，化），（生，生），共有件，
所以他们选课相同的概率．
故答案为：.
16. 在中，点D在边BC上，，，．当取得最小值时，_________.
【答案】
【解析】
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】设，

则在中，，
在中，，
所以，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
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. 已知向量，，，且.
（1）求在上的投影向量；
（2）求与的夹角.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用投影向量的概念求解即可；
（2）先利用向量的数量积运算求得，再利用求解即可.
【小问1详解】
因为向量，，，且，
所以在上投影向量为.
【小问2详解】
因为向量，，，且，
所以
，
所以，
记与的夹角为，
则，
又，所以与的夹角为.
18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是梯形，F为的中点，，且，，.

（1）证明：平面PCD；
（2）证明：平面PCD.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）取PD中点E，可得且，则四边形EFBC为平行四边形，则，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）根据三角形性质，可证，又，可得，根据线面垂直的判定定理即可得证.
【小问1详解】
取PD中点E，连接EF、EC，如图所示，

因为E、F分别为PD、PA中点，所以，且，
又因为，且，所以且，
所以四边形EFBC为平行四边形，所以，
因为平面PCD，平面PCD，所以平面PCD．
【小问2详解】
因为，F为PA中点，所以，又，则，
因为，平面PCD，，所以平面PCD.
19. 全民国家安全教育日是为了增强全民国家安全意识，维护国家安全而设立的节日.2024年4月15日是我国第八个全民国家安全教育日，某校组织国家安全知识竞赛，共有20道题，三位同学独立竞答，甲同学能答对其中的12道，乙同学能答对其中的8道，丙同学能答对其中的道，现从中任选一道题，假设每道题被选中的可能性相等.
（1）求甲、乙两位同学恰有一个人答对的概率；
（2）若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为，求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用互斥事件、相互独立事件概率公式，列式计算作答.
（2）利用对立事件、相互独立事件的概率，列出方程求解作答.
【小问1详解】
设 “任选一道题甲答对”， “任选一道题乙答对”，
则，， ，，
“甲，乙两位同学恰有一个人答对” 的事件为，且与互斥，
由每位同学独立竞答，知A，B互相独立，则A与，与B，与均相互独立，
则，
所以任选一道题，甲，乙两位同学恰有一个人答对的概率为.
【小问2详解】
令 “任选一道题丙答对” ，则，，
设 “甲，乙，丙三个人中至少有一个人答对”， 由（1）知，
，解得，
所以.
20. “绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环，为推进生态文明建设，某市在全市范围内对环境治理和保护问题进行满意度调查，从参与调查的问卷中随机抽取200份作为样本进行满意度测评（测评分满分为100分）.根据样本的测评数据制成频率分布直方图如下：

根据频率分布直方图，回答下列问题：
（1）求的值；
（2）估计本次测评分数的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和第85百分位数（精确到0.01）；
（3）从样本中成绩在，的两组问卷中，用分层抽样的方法抽取5份问卷，再从这5份问卷中随机选出2份，求选出的两份问卷中至少有一份问卷成绩在中的概率.
【答案】（1）0.016
（2）平均数约为76.2分，第85百分位数约为90.63
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质计算即可得的值；
（2）根据频率分布直方图百分位数的估计计算即可；
（3）由古典概型计算公式求解即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知
；
【小问2详解】
本次测评分数的平均数为
，
即本次测评分数的平均数约为76.2分.
在频率分布直方图中，前5组频率之和为0.84，小于0.85，故第85百分位数位于第6组，
所以，即第85百分位数约为90.63；
【小问3详解】
第5，6组的问卷数分别为48人，32人，从第5，6组中用分层抽样的方法抽取5份问卷，
则第5，6组抽取的问卷数分别为3人，2人，分别记为，，，，，
从5份问卷中随机抽取2人，有，，，，，，，，，共10个基本事件，
这2份中有一份在内的基本事件，，，，，，共6个，2份都在内的基本事件，
所以.
21. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，，平面ABCD，且M是PD的中点.

（1）证明：平面平面；
（2）求点D到平面AMC的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证平面平面，只需证明平面；
（2）法一：求点D到平面AMC的距离，用等体积法，找到.
法二：在平面PCD内，过点D作，H为垂足.由（1）易证平面AMC，故点D到平面AMC的距离为DH.
【小问1详解】
∵平面ABCD，平面ABCD，∴.
又四边形ABCD是矩形，∴，
∵，平面PAD
∴平面PAD，
∵平面PAD，∴，
又M是PD的中点，，∴，
∵，平面PCD，所以平面PCD，
又平面AMC，所以平面平面PCD.
【小问2详解】
法一：取AD中点为N，连接MN，
在中，M，N分别为线段PD，AD的中点，故，，
∵平面ABCD，∴平面ABCD，
∴.
由（1）得平面PCD，∵平面PCD，∴，
∵，∴，，
又，∴，
∴，
设点D到平面AMC的距离为，
则，解得：，
所以点D到平面AMC的距离为.

法二：在平面PCD内，过点D作，H为垂足.
由（1）知平面平面PCD，又平面平面，平面PCD，
所以平面AMC，故点D到平面AMC的距离为DH.
因为平面ABCD，所以，
因为，所以，又M为PD的中点，所以，
又因为平面PAD，所以，
在直角中，所以，
.
22. 如图，在平面四边形ABCD中，，，且的面积为.

（1）求A，C两点间的距离；
（2）设的角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且.作的内切圆，求这个内切圆面积的最大值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由面积公式及余弦定理求解；
（2）由所给条件求出B，再由内切圆性质求半径，法一利用正弦定理及正弦型函数的性质求最值得解；法二利用均值不等式求出最大值得解.
【小问1详解】
在中，因为，所以.
由余弦定理可得
，
所以.
故A，C两点间的距离是 .
【小问2详解】
根据三角形面积公式有，即，
又因为 ，
所以，所以，
所以，，得.
设内切圆的半径是，
因为，则.
所以
又，
因此，
解法一：中，，.
由正弦定理得，
所以，，
于是


又，所以.
当时，取得最大值，从而取得最大值2.
故内切圆面积的最大值为.
解法二：
所以，
所以，当且仅当时等号成立，此时.
内切圆面积的最大值为.