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

这是一份福建省泉州市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25页。试卷主要包含了考生作答时，将答案答在答题卡上等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年度下学期泉州市高中教学质量监测
高一数学
本试卷共22题，满分150分，共6页.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效.
3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.
一、选择题：本大题共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. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数乘法运算求出，再根据模长公式可求出结果.
【详解】因为，
所以.
故选：B.
2. 为贯彻国家体育总局提出的“阳光体育”运动要求，某校举行了全校大课间跑操比赛.现从该校随机抽取个班级的比赛成绩，得到以下统计表，由统计表可得这个比赛成绩的第百分位数是（ ）
成绩
6
7
8
9
10
班级数






A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的定义直接计算即可
【详解】由，得出第百分位数是第和第个成绩的平均数，
由表中数据可知第个成绩为9，第个成绩10，
所以第百分位数为，
故选：C
3. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解法1：根据向量坐标表示与运算求解；解法2：结合图形处理问题.
【详解】解法1：因为，，
则在上的投影向量为.
解法2：因，
由图可得，在轴上的投影数量为，则在上的投影向量.
故选：B.

4. 从，，，，这五个数中随机抽取两个不同数字，则这两个数字乘积为偶数且它们的和大于 的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用列举法写出所有的情况，然后找出符合题目条件的情况，根据古典概型公式代入计算即可.
【详解】从，，，，这五个数中随机抽取两个不同数字的样本空间是
，，，，，，，
，，，共个样本点，
记事件 “这两个数字乘积为偶数且和大于”，
则，，，，共个样本点，
所以.
故选：D.
5. 用平行于正四棱锥底面的平面去截该棱锥，把底面和截面之间的那部分多面体叫做正四棱台，经过正四棱台不相邻的两条侧棱的截面叫做该正四棱台的对角面.若正四棱台的体积为，上、下底面边长分别为，，则该棱台的对角面面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据棱锥的性质得到两个棱锥的高之间的关系，再根据棱台的体积公式求出棱台的高，则可求出对角面的面积.
【详解】设截去小锥体的高为，棱台的高为，则，得.
由，解得.
所以对角面面积为.

故选：A.
6. 已知向量，，若向量与的夹角等于与的夹角，则可以是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解法1：由向量的夹角公式可得，分别将选项代入结合数量积的运算律即可得出答案；解法2：由图可知，向量与，的夹角均为，即向量在向量，方向上分解的长度始终相等，可得出的比值，即可得出答案.
【详解】解法1：由向量与的夹角等于与的夹角即 ，
可得，可得，
对于选项A：可得，
故选项A错误；
对于选项B：可得，故选项B错误；
对于选项C：，故选项C正确；
对于选项D：，故选项D错误.
故选：C.
解法2 ：由图可知，向量与，的夹角均为，
即向量在向量，
方向上分解的长度始终相等，又，，
故恒成立，
故选：C.

7. 2022年6月5日，神舟十四号载人飞船成功与天和核心舱对接形成组合体，并于12月4日成功返回地面.本次任务的完成见证了货运飞船与空间站交会对接最快世界纪录等众多历史性时刻.如图，神州十四号返回舱接近地面时，伞面是表面积约为的半球面(不含底面圆)，伞顶与返回舱底端的距离为半球半径的倍，直线在水平地面上的投影为，和观测点在同一水平线上.在遥控观测点处测得点的仰角为，线段的视角（即）的正弦值为，则此时返回舱底端离地面的高度约为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正余弦定理即可求出结果.
【详解】设半球半径为米，则，
则，所以，
因为仰角，
则，又，
所以在中，，
所以，
因为，
则，
所以在直角中，
，
故选：B.
8. 已知为的外心，，，，则的面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据外心求出，利用条件得出，结合面积公式可得答案.
【详解】设的中点为D，由为的外心可得，，
，
又，
所以，
又，可得，
故，则的面积为，
故选：D.

二、选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 已知直线，与平面，，，则的充分条件可以是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，，
【答案】ACD
【解析】
【分析】由直线与平面、平面与平面的位置关系以及平面与平面平行的判定定理对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于选项A：已知，，由平行的传递性可得；
对于选项B：已知，，联想到“墙角模型”， 可知无法推出；
对于选项C：已知，则可找到内的两条相交直线，有，
过构造一平面交于直线，又，则，所以，
，所以，同理，，相交，所以；
对于选项D：已知，，，等价于，，由选项C可知结论正确.
故选：ACD.
10. 下图是年和年小明家庭各项支出的比例分配图，其中每年用于房贷的支出费用相等，则（ ）

A. 总支出年比年增长
B. 用于饮食的支出费用年与年相等
C. 用于交通的支出费用年与年相等
D. 用于娱乐的支出费用年比年增长
【答案】AC
【解析】
【分析】根据各项支出比列分配表逐个分析各个选项即可.

【详解】对于选项：因为每年用于房贷的支出费用相等，设为，则年总支出为，年总支出为，故选项正确；
对于选项B：年与年饮食支出分别为，，故选项B错误；
对于选项C：年与年交通支出分别为，
,故选项C正确；
对于选项D：年与年总支出不一样，故选项D错误；
故选:.
11. 在中，，，，是边上的一点，则（ ）
A. B. 外接圆的半径是
C. 若，则 D. 若是的平分线，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量的数量积公式判断A选项，应用余弦定理及正弦定理判断B选项，应用向量加减法判断C选项，根据面积公式求解判断D选项.
【详解】对于选项：，故选项正确；
对于选项B：由余弦定理，得，解得，
由正弦定理，得外接圆的半径是，故选项B错误；
对于选项C：因为，所以，所以，则，故选项C正确；
对于选项D：由等面积法，得
即，解得，故选项D正确；
故选：.
12. 如图，正三棱柱的上底面上放置一个圆柱，得到一个组合体，其中圆柱的底面圆内切于，切点，分别在棱，上，为圆柱的母线.已知圆柱的高为，侧面积为，棱柱的高为，则（ ）

A. 平面
B.
C. 组合体的表面积为
D. 若三棱柱的外接球面与线段交于点，则与平面所成角的正弦值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】作出平面 截组合体所得截面，即可判断A；先求出的边长，分别取，的中点，，连接，，，，，则，证明平面，再根据线面垂直的性质即可判断B；由于圆柱的下底面与棱柱的上底面有重叠部分，则表面积，再根据柱体的体积公式即可判断C；取的中心，则的中点为棱柱的外接球球心，连接，，连接，在平面内过作，垂足为，利用勾股定理求出外接球的半径，利用等体积法求出到平面的距离，进而可判断D.
【详解】对于A：由题意，切点，分别为，的中点，
作出平面 截组合体所得截面，如下图1：
由图可知，，分别在截面的两侧，故A错误；
对于B：因为圆柱高为，侧面积为，
所以圆柱底面半径为，又圆柱的底面圆内切于，
则，
所以棱柱底面边长，
如下图2：分别取，中点，，连接，，，，，
则，所以，，，四点共面，
又，所以，易知，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以，故B正确；
对于C：由于圆柱的下底面与棱柱的上底面有重叠部分，
因此表面积
，故C正确；
对于D：如下图3：取的中心，则的中点为棱柱的外接球球心，连接，，
由勾股定理，得外接球半径，
连接，在平面内过作，垂足为，则，
由勾股定理，得，所以，
所以，，
由余弦定理得，所以，
所以，
设到平面的距离为，与平面所成的角为，
由，有，即，解得，
所以，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡的相应位置.
13. 在中，，，，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理即可得解.
【详解】因为在中，，，，
所以，则.
故答案为：.
14. 2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相.某高中为了解学生对这一新闻的关注度，采用按比例分配的分层抽样方法从高中三个年级中抽取了45人进行问卷调查，其中高一年级抽取了18人，高二年级抽取了12人，且高三年级共有学生1200人，则该高中的学生总数为_________人.
【答案】3600
【解析】
【分析】根据给定条件，利用分层抽样的抽样比计算作答.
【详解】依题意，高三年级抽取的人数为，令该高中的学生总数为，
则，解得，
所以该高中的学生总数为.
故答案为：
15. 复数、满足，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】可以采用向量方法求解，原问题等价于：已知，，求.
【详解】原题等价于，，求.
，，
，
.
故答案为：.
16. 在三棱锥中，，平面，，，则与所成的角为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】如图，以，为邻边将补成矩形，连接，则（或其补角）为与所成的角，由线面垂直的判定定理证得平面，则，所以，代入求解即可得出答案.
【详解】如图，以，为邻边将补成矩形，连接，
则（或其补角）为与所成的角.
由平面，平面，得，
又，，平面，所以平面.
因为平面，所以.
又，所以.
故与所成的角为.
故答案为：.

四、解答题：本大题共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. 在中，内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边角变换与三角函数的和差公式求解即可；
（2）法一：利用正弦定理边角变换与三角函数的和差公式，结合三角函数的性质即可得解；
法二：利用余弦定理与基本不等式即可得解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
又，
所以，
又，所以，
而，所以.
【小问2详解】
法一：
因为
，
所以，
因为，所以当，即时，的最大值为1，
故的最小值为.
法二：
因为，，
所以，
又因为，所以，
所以，当且仅当时取等号，则，
故的最小值为.
18. 在矩形中，，，是的中点，是边上的三等分点（靠近点），与交于点.
（1）设，，请用，表示和；
（2）求与夹角的余弦值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的线性运算即可得解；
（2）法一：利用平角向量的数量积运算求得，，，从而得解；
法二：建立直角坐标系，得到各点坐标，从而求得，，，由此得解.
【小问1详解】
依题意，作出图形如下，

因为是的中点，是边上的三等分点（靠近点），
所以，
.
【小问2详解】
法一：
依题意得，，，则，，
所以，，
，
由于与的夹角等于与的夹角，
所以与夹角的余弦值为，
即与夹角的余弦值为.
法二：
建立直角坐标系，如图，则，，，，，，

故，，，，
则，
由于与的夹角等于与的夹角
所以与夹角的余弦值为，
即与夹角的余弦值为.
19. 泉州，作为古代海上丝绸之路的起点，具有深厚的历史文化底蕴，是全国同时拥有联合国三大类非遗项目的唯一城市.为高效统筹整合优质文旅资源，文旅局在“五一”假期精心策划文旅活动，使得来泉旅游人数突破了万人次.某数学兴趣小组为了解来泉游客的旅游体验满意度，用问卷的方式随机调查了名来泉旅游的游客，被抽到的游客根据旅游体验给出满意度分值（满分分），该兴趣小组将收集到的数据分成五段：，，，，，处理后绘制了如下频率分布直方图.

（1）求图中的值并估计名游客满意度分值的中位数（结果用分数表示）；
（2）已知在的平均数为，方差为，在的平均数为，方差为，试求被调查的名游客的满意度分值的平均数及方差.
【答案】（1），
（2）平均数为71，方差为510
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图求频率，再求中位数即可；
（2）应用频率分布直方图求平均数及方差即得.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得：，解得

由频率分布直方图，

因此，中位数落在区间内，

可以估计名游客满意度分值的中位数为
【小问2详解】
把在的平均数记为，方差记为；在的平均数记为，方差记为；在的平均数记为，方差记为
由题得，，，，，
在的频率为，
在的频率为
则
由
可得
即被调查的名游客的满意度分值的方差为
20. 如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，侧面是矩形，， ，是的中点.

（1）求证：平面；
（2）求到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）2.
【解析】
【分析】（1）根据为等腰直角斜边的中点和，得，再由侧面是矩形，得，从而得证.
（2）解法1：根据 得到平面的距离.
解法2: 在平面内过点作，可证平面，的长度即为所求.
【小问1详解】
由为等腰直角斜边的中点，得.
在三棱柱中，，所以，
所以，即.
因为侧面是矩形，所以，
又，平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
解法1 ：
连接交于点，连接，则为的中点，
所以到平面的距离等于到平面的距离，设此距离为.
由（1）知平面，又，所以平面，
因为平面，所以，
所以.又，所以，
所以，所以，
又，平面，平面，
所以平面.
因为，所以，又，
所以，所以，
所以.
由，得，
所以，解得.
即到平面的距离为.

解法2 :
连接交于点，连接，
在平面内过点作，垂足为，则为的中点.
因为，所以.
由（1）知平面，又，所以平面，
因为平面，所以，所以，
所以.又，平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以，又，平面，
平面，所以平面.
又，由，
得，解得.
即到平面的距离为.

21. 在平面四边形中，点在直线的两侧，，，四个内角分别用表示，.
（1）求；
（2）求与的面积之和的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理可求得，结合勾股定理可得结果；
（2）设，利用可表示出，结合三角恒等变换知识化简得到，由正弦函数最值求法可求得结果.
【小问1详解】
在中，由余弦定理得：，解得：，
，即，.
【小问2详解】
设，则，
，，四点共圆，且为该圆的直径，
，，
，，
在中，，，

.
，，，
，当，即时，，
故与的面积和的最大值为.

22. 如图，在正三棱柱中，，为的中点，、在上，.

（1）试在直线上确定点，使得对于上任一点，恒有平面；（用文字描述点位置的确定过程，并在图形上体现，但不要求写出证明过程）
（2）已知在直线上，满足对于上任一点，恒有平面，为（1）中确定的点，试求当的面积最大时，二面角的余弦值.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）延长至点，使，点即所求的点，然后证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出结论；
（2）分别延长、，所得交点即点，连接，则二面角即二面角，推导出，可知，当最大时，最大，利用基本不等式求出的最大值，及其等号成立的条件，分析可知为等腰直角三角形，取的中点，则，在平面内过点作，垂足为，连接，分析可知为二面角的平面角，计算出三边边长，即可求得的余弦值，即为所求.
【小问1详解】
解：延长至点，使，点即所求的点，图形如下：

证明如下：连接、，

在正三棱柱中，且，所以，，
又因为，所以，，所以，，
则，故，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，则，
因为为的中点，，则，故，
所以，，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
又因为，、平面，所以，平面平面，
当点在线段上运动时，平面，故平面.
【小问2详解】
解：分别延长、，所得交点即点，连接，
则二面角即二面角.
因为、直线，且，则，
因为平面，平面，所以，平面，合乎题意，

因为，且，所以，所以.
所以，所以当最大时，最大.
由基本不等式可得，
当且仅当时等号成立.
此时，且为等腰直角三角形.
取的中点，则，在平面内过点作，垂足为，连接.
因为平面，平面，所以，
又，平面，平面，所以平面.
因为平面，所以，
又，平面，平面，所以平面.
因为平面，所以.
所以为二面角的平面角.
因为，所以，
，
因为平面，平面，则，
所以，所以.
即二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：
（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：
①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；
（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.