福建省莆田市2022-2023学年高一数学下学期期末质量监测试题（Word版附解析）

这是一份福建省莆田市2022-2023学年高一数学下学期期末质量监测试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 复数， 已知向量，且，则，5C， 已知复数满足等内容，欢迎下载使用。

莆田市2022-2023学年下学期期末质量监测
高一数学
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. 复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法法则计算出，从而求出共轭复数.
【详解】，所以共轭复数是.
故选： .
2. 已知向量，且，则（ ）
A 4 B. -4 C. 2 D. -2
【答案】A
【解析】
【分析】由向量减法的坐标运算和向量共线的坐标表示，列方程求解.
【详解】向量，则有，
由，得，解得.
故选：A.
3. 某区政府为了加强民兵预备役建设，每年都按期开展民兵预备役军事训练，训练后期对每位民兵进行射击考核．民兵甲在考核中射击了8发，所得环数分别为，若民兵甲的平均得环数为8，则这组数据的第75百分位数为（ ）
A. 8 B. 8.5 C. 9 D. 9.5
【答案】B
【解析】
【分析】由平均数求出的值，将这组数据从小到大的顺序排列，由百分位数的定义即可求解.
【详解】由题意可得：，解得：，
将这组数据从小到大的顺序排列为，
因为为整数，
所以这组数据的75百分位数为，
故选：B.
4. 已知复数满足（是虚数单位），则复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】复数，利用共轭复数的概念，复数的乘法，复数的相等，解方程即可.
【详解】复数，则，由，
得，解得，所以.
故选：B
5. 已知是两条不同的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】若，有可能，可判断选项A；线面平行可判断选项B由线面垂直可以得出面面平行可以判断C选项，根据线面平行及面面垂直可判断选项 D.
【详解】对于选项A，有可能，故选项A假命题；
对于选项B，有可能，故选项B为假命题；
对于选项C，，可得两平面法向量共线,是两个不重合的平面，进而可得，故选项C为真命题.
对于选项D，若，，有可能，故选项D为假命题；
故选：C.
6. 如图，要测量底部不能到达的电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角是45°，在D点测得塔顶A的仰角是30°，并测得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40 m，则电视塔的高度为

A. m B. 20 m
C. m D. 40 m
【答案】D
【解析】
【分析】设，在中，利用余弦定理列出关于的方程，即可求解，得到答案．
【详解】由题意，设，则，
在中，由余弦定理，得．
化简得解得．即AB=40 m．
故选D．
【点睛】本题主要考查了三角形的实际应用问题，其中解答解三角形实际问题时需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边角之间的关系，合理使用正、余弦定理列出方程是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．
7. 在中，为上一点，且满足．若，则的值为（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据三点共线的结论结合平面向量基本定理可得，再利用数量积的定义与运算律求解.
【详解】由题意可得：，
因为三点共线，则，且，
又因为，
则，可得，解得，
可得，
所以，即.
故选：C.

8. 几何中常用表示的测度，当为曲线､平面图形和空间几何体时，分别表示其长度､面积和体积．是边长为4的正三角形，为内部的动点（含边界），在空间中，到点的距离为1的点的轨迹为，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先确定到动点P距离为1的点的轨迹所构成的空间体的形状，然后由空间几何体的体积公式求解即可．
【详解】到动点P距离为1的点的轨迹所构成的空间体在垂直于平面的视角下看，如图所示：

其中，，区域内的几何体为半圆柱，
，，区域内的几何体为被平面截的部分球，球心分别为A，B，C，
区域内的几何体为棱柱，其高为2．
由，，为矩形，所以，，
是正三角形，，
则有，
同理，，则，
所以，，这三个区域的几何体合成一个完整的半径为1的球，体积为；
，，这三个区域内的半圆柱体积为（其中表示半圆底面）；
区域内的棱柱体积为.
所以几何体L的体积等于．
故选：D.
【点睛】关键点点睛：
本题考查了空间中动点轨迹的求解，空间几何体的体积公式，解题的关键是确定动点的轨迹是何种空间几何体，考查了空间想象能力与逻辑推理能力.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，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. 已知为虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若复数为纯虚数，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据复数的乘方运算法则计算出答案；B选项，设，则，从而根据求出，B正确；C选项，设，分别求出；D选项，化简得到，从而求出模长.
【详解】A选项，，A正确；
B选项，设，，则，若，则，
即，解得，则，，B正确；
C选项，复数为纯虚数，设，，则，
故，C错误；
D选项，若，则，
故，D正确.
故选：ABD
10. 某景区为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2017年1月至2019年12月期间月接待游客量（单位：千人次）的数据，绘制了如图所示的折线图．根据该折线图，则下列结论正确的是（ ）

A. 月接待游客量逐月增加
B. 年接待游客量逐年增加
C. 每年月接待游客的增长量最多是8月
D. 每年1月至6月的月接待游客量相对同年7月至12月的月接待游客量，波动性更小
【答案】BD
【解析】
【分析】根据折线图提供的数据逐一判断各选项．
【详解】由2017年1月至2019年12月期间月接待游客量的折线图得：
在A中，很明显有些月份游客量在下降，故A选项错误；

在B中，年接待游客量虽然逐月波动，但总体上逐年增加，故B选项正确；

在C中，每年月接待游客的增长量最多是7月，故C选项错误；

在D中，各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故D选项正确．
故选：BD．
11. 如图，两两互相垂直，三棱锥是正四面体，则下列结论正确的是（ ）

A. 二面角的大小为
B.
C. 若的中心为，则三点共线
D. 三棱锥的外接球过点
【答案】BCD
【解析】
【分析】由已知可得，取的中点，可得，，所以为二面角的平面角，设，求出、，在中由余弦定理可判断A；连接，利用线面垂直的判定定理和性质定理可判断B；根据三棱锥是正三棱锥得平面，三棱锥是正三棱锥得平面可判断C；几何体与棱长为正方体有相同的外接球可判断D.
【详解】对于A，由已知可得，，，
而，所以，取的中点，连接、，
可得，，所以为二面角的平面角，
设，则，，，
在中，由余弦定理可得
，故A错误；

对于B，由A选项连接，因为，所以，
因为，平面，所以平面，
平面，所以，故B正确；

对于C，由选项A可知三棱锥是正三棱锥，且平面，
三棱锥也是正三棱锥，平面，则三点共线，故C正确；

对于D，由A选项是棱长为正四面体，三棱锥是侧棱长为，
底面边长为的正三棱锥，所以几何体与棱长为正方体有相同的外接球，
故D正确.

故选：BCD.
12. 已知的三个角的对边分别为，且是边上的动点，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据余弦定理的边角互化求出，设，根据向量的数量积的定义将待求表达式用关于的二次函数来表达即可解决.
【详解】由余弦定理，，
则，可得.
设，则（），，
设，由，，是开口向上的二次函数，
故，又，
故时，.
故选：CD

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 某校为了提升学生的中华文化素养，开设书法､对联､灯谜三个校本课程班，每位学生只报一个校本课程班，学校对高一､高二年级报名的学生人数进行统计，结果如下表．已知张华对上述三个校本课程班，采用样本量比例分配的分层随机抽样的方法，抽取一个总样本量为30的样本，其中对联班的学生抽取10名，则__________．
课程
年级
书法
对联
灯谜
高一
15

30
高二
45
30
10

【答案】20
【解析】
【分析】根据分层抽样的特点列出方程，求出答案.
【详解】一共有学生人数为，
其中对联班学生人数为，
则根据分层抽样的特点，得到，解得.
故答案为：20
14. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧面是正三角形，平面平面，则二面角的大小是__________．

【答案】
【解析】
【分析】由定义作出二面角的平面角，然后解三角形即可.
【详解】
过作，垂足为，过作，垂足为，连接.
平面平面，平面平面，又，平面，
根据面面垂直的性质定理可得，平面，又平面，故，
又，，平面，故平面，
由平面，故，于是二面角的平面角为，
根据题目数据，在中，，，
则，则.
故答案为：
15. 在正三角形中，为上的点，，垂足为，且交于点，若，则的值是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意分析可得，结合平面向量的线性运算可得，进而可得结果.
【详解】由题意可知：，
因为，且，可得，
又因为，则，所以.
因为，则，
所以.
故答案为：.

16. 如图，在正四棱柱中，四边形是边长为2的正方形，分别是棱的中点，分别是棱上动点．当直线与底面所成角最小时线段的长度是__________，四面体的体积是__________．

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意可得直线与底面所成角即为直线与底面所成角，结合线面夹角分析可得点为点时，取到最小.空1：利用勾股定理求的长；空2：利用转换顶点法求体积.
【详解】因为平面∥平面，则直线与底面所成角即为直线与底面所成角，
过点作∥交于点，连接，

因为平面，则平面，
所以直线与底面所成角为，
设，可知：，
则，
当，即点为点时，取到最小，即取到最小.
空1：因为，则，可得；
空2：因为分别是棱的中点，则∥，
又因为∥，则∥，
且平面，平面，可得∥平面，
所以上任一点到平面的距离相等，
不妨令点为点，则.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：转化思想应用：
（1）根据面面平行，将直线与底面所成角转化为直线与底面所成角；
（2）根据线面平行，取点为点，利用转换顶点法求三棱锥的体积.
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，.
（1）求向量与的夹角的余弦值；
（2）若向量，求向量在向量上的投影向量（用坐标表示）.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示公式、平面向量模的坐标表示公式进行求解即可；
（2）根据平面向量减法的坐标表示公式，结合投影向量的定义进行求解即可.
【小问1详解】
，，，则；
【小问2详解】
，，与同向的单位向量.
∴在上的投影向量，.
18. 已知向量，函数．
（1）若，求的值；
（2）已知的三个角的对边分别为的面积为，求的值．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用数量积的坐标运算结合三角函数恒等变换公式求出，再由化简可求出的值；
（2）由结合（1）可得，再由三角形的面积可求出，然后利用余弦定理可得，再利用正弦定理可求得结果.
【小问1详解】
因为
所以


因为，
所以．
所以，即．
【小问2详解】
因为，由（1）得．
因为，
所以，即．
在中，由余弦定理得


由，
得，
所以．
19. 在四棱锥中，平面，点分别为的中点．

（1）求证：平面；
（2）过点的平面交于点，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明和，证明平面
（2）通过证明所以，得是中点，可求的值.
【小问1详解】
证明：因为是中点，，
则有，所以四边形是平行四边形，有．
因为，所以，
因为平面，平面，所以．
因为，平面，，
所以平面．
因为平面，所以．
因为是中点，所以，所以．
因为平面，，
所以平面．
【小问2详解】
取中点，连接，如图所示，

因为是中点，所以，．
因为，所以．
所以四边形是平行四边形，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为平面平面，平面，所以．
因为是中点，所以是中点，所以．
20. 某校共有高中生3000人，其中男女生比例约为，学校要对该校全体高中生的身高信息进行统计．
（1）采用简单随机抽样的方法，从该校全体高中生中抽取一个容量为的样本，得到频数分布表和频率分布直方图（如下）．
身高（单位：）
频数







36

24

根据图表信息，求的值，并把频率分布直方图补充完整．
（2）按男生､女生在全体学生中所占的比例，采用分层随机抽样的方法，共抽取总样本量为200的样本，并知道男生样本数据的平均数为172，方差为16，女生样本数据的平均数为160，方差为20，估计该校高中生身高的总体平均数及方差．
【答案】（1），，，；直方图见解析；
（2）总样本平均数为，方差为52.16
【解析】
【分析】（1）由区间上的频率和频数，计算出，再由直方图中的频率计算和，结合频数分布表算出所缺区间的频率补充完整频率分布直方图.
（2）由分层抽样得男女生人数，利用已知数据和总体平均数和方差公式计算结果.
【小问1详解】
因为身高在区间上的频率为，身高在区间上的频数24，所以
所以，
，
．
所以身高在区间上频率为，
在区间上的频率为．
由此可补充完整频率分布直方图：
【小问2详解】
由分层抽样可知，样本中男生120人，女生80人，
把男生样本记为，其平均数记为，方差记为；
把女生样本记为，其平均数记为，方差记为；
把总样本数据的平均数记为，方差记为．
则总样本平均数．


由，得
同理可得．
所以总样本方差





所以估计该校高中生身高的总体平均数为167.2，方差为52.16．
21. 已知的三个角的对边分别为．
（1）求；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）已知条件由正弦定理角化边，再由余弦定理求出，可得角的值；
（2）向量数量积结合余弦定理，求出，面积公式求面积；或向量数量积结合正弦定理，利用两角差的正弦公式和辅助角公式，求出，面积公式求面积.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，即，
由余弦定理得
又，所以．
【小问2详解】
解法一：由平面向量数量积的定义可得，
所以，所以①，
因为，所以②，
①-②得，则，代入①得，所以，
所以

解法二：由平面向量数量积的定义可得，
因为，所以，
由，得，，
所以．
因为，又由（1）知，即，
所以．
所以，即．
所以，即．
因为，则，则，即，
则，所以为直角三角形，则．
所以．
22. 已知三棱锥，点是的外心．

（1）若，求证：；
（2）求点到平面距离的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用条件，得到，再利用几何关系得到，从而得到平面，再利用线面垂直的性质即可证明结果；
（2）根据条件，利用正弦和余弦定理得到，从而得到面积的最大值，再利用等体积法，建立关系式，即可求出结果.
【小问1详解】
如图，作平面，垂足为点，

因为，所以，所以是的外心，
因为是的外心，所以与重合，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以是等边三角形，
所以，
因为，所以，
因为，所以是等边三角形，
所以，所以，
即四边形为菱形，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以．
【小问2详解】
，所以边的高为．
所以．
在中，，
由正弦定理得（为外接圆的半径），
所以．
因为，所以．
因为，
所以，所以，
当且仅当时，等号成立．
因为，
设点到平面距离为，
因为，即，
所以，
当且仅当时等号成立．