四川省宜宾市宜宾市第四中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

宜宾市四中2023年春期高一期末考试

数学试题

第I卷 选择题（60分）

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，则在复平面内复数z对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】B

【解析】

【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的几何意义判断.

【详解】因为，

所以，

故z对应的点位于复平面内第二象限．

故选：B．

2. 下列各式中结果为零向量的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据向量的加法和减法运算，对四个选项逐一计算，即可得正确答案.

【详解】对于选项：，选项不正确；

对于选项： ，选项不正确；

对于选项：，选项不正确；

对于选项：

选项正确.

故选：D

3. 下列一组数据1，2，2，3，4，4，5，6，6，7的30%分位数为（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 2.5

【答案】D

【解析】

【分析】根据分位数的概念和计算方法，可得答案.

【详解】这组数据共有10个，，即分位数是.

故选：D.

4 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用二倍角的余弦公式和基本关系式求解.

【详解】因为，

所以．

故选：C．

5. 已知，是两个互相垂直的单位向量，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】依题意可得，根据数量积的运算律求出，最后根据投影向量的定义计算可得.

【详解】解：因为，是两个互相垂直的单位向量，

所以，且，

所以，

所以向量在向量上的投影向量为.

故选：B

6. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若，则

D. 若，则

【答案】D

【解析】

【分析】根据条件思考题中平面和直线所可能的各种情况，运用有关的定理逐项分析.

【详解】当，时，可能有，但也有可能或，故A选项错误；

当，时，可能有，但也有可能或，故选项B错误；

在如图所示的正方体中，

取，为，为平面，为平面，这时满足，，，但不成立，故选项C错误；

当，，时，必有，从而，故选项D正确；

故选：D.

7. 如图，在圆台中，，，且，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】连接，证明四边形为平行四边形，进而得即为异面直线与所成角或其补角，再根据几何关系求解即可.

【详解】解：如图，连接，因为，，且

所以且，

所以四边形为平行四边形，

所以，

所以即为异面直线与所成角或其补角，

因为，在圆台中，平面，

所以平面，，

因为，

所以，

所以，在中，，

所以

所以，异面直线与所成角的余弦值为

故选：C

8. 嵩岳寺塔位于河南郑州登封市嵩岳寺内，历经1400多年风雨侵蚀，仍巍然屹立，是中国现存最早的砖塔.如图，为测量塔的总高度，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，在点测得塔顶的仰角为，则塔的总高度为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】假设，然后计算出，接着利用正弦定理计算即可.

【详解】设，则，在中，

∴，即，解得

故选：B

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. 某位同学记录了100次上学所用时间（单位：分钟），得到如图的频率分布直方图，则下列说法正确的是（    ）

A.

B. 上学所用时间平均数的估计值小于14

C. 上学所用时间超过15分钟的概率大约为0.17

D. 上学所用时间的众数和中位数的估计值相等

【答案】BD

【解析】

【分析】由频率之和为1，可得，频率分布直方图中众数为最高的小矩形的中间值，平均数为每一组中间值与小矩形面积乘积的和；中位数左侧和右侧的小矩形面积均为0.5.

【详解】对于A，由频率之和为1有，故A不正确；

对于B，平均数：，故B正确；

对于C，上学所用时间超过15分钟的频率为，故C不正确；

对于D，由频率分布直方图可知，众数为14，设中位数为，则

，故D正确.

故选：BD

10. 在中，，则的面积可以是（    ）

A.  B. 1 C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】由余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可求出答案．

【详解】解：∵，

由余弦定理得，

∴，

∴，或，

∴由的面积公式得或，

故选：AD．

【点睛】本题主要考查三角形的面积公式的应用，考查余弦定理解三角形，属于基础题．

11. 袋子里有4个大小、质地完全相同的球，其中有2个红球、2个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，事件“两个球颜色相同”，事件“两个球颜色不同”，事件“第二次摸到红球”，事件“两个球都是红球”.下列说法正确的是（    ）

A.  B. C与D互斥 C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据事件的概率、互斥事件、事件的包含关系对选项逐一分析，由此确定正确选项.

【详解】A，由于，所以，A正确.

B，事件与事件都包括“第次是红球，第次是红球”，所以不是互斥事件，B错误.

C，由于事件“第二次摸到红球”包含了事件“两个球都是红球”，所以，C正确.

D，，，，所以，D正确.

故选：ACD

12. 已知一圆锥底面圆的直径为3，高为，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在圆锥内可以任意转动，则a的值可以为（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据题意可知，当最大时，该正四面体外接于圆锥的内切球，结合内切、外接球问题，即可求解.

【详解】根据题意可知，当最大时，该正四面体外接于圆锥的内切球.

设圆锥内切球的圆心为，半径为，圆锥的底面圆心为，半径为，顶点为，作出轴截面，连接，，如图所示.

因为，，所以，

所以为等边三角形，且为的中心，

则.

结合正方体的外接球问题，易知棱长为的正四面体的外接球半径为，

故，解得.

故选：ACD.

第II卷 非选择题（90分）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，则的值为_____

【答案】

【解析】

【分析】根据函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，可得g （0）的值．

【详解】解：将函数f（x）＝2sin2x的图象向左平移个单位后，得到函数g（x）＝2sin（2x）的图象，

则g （0）＝2sin，

故答案为．

【点睛】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．

14. 已知，，，，则______.

【答案】

【解析】

【分析】根据角的变换，利用两角和的余弦公式计算即可，注意分析角的范围.

【详解】由，，知，

 ，

由，

，

，

，

，

，，

.

故答案为：

15. 如图，在中，是线段上的一点，若，则实数_________．

【答案】

【解析】

【分析】设，根据向量的运算关系可求得，再结合已知建立关系即可求出.

【详解】设，

则

，

，

，解得.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：本题考查平面向量基本定理的应用，解题的关键是设出，利用向量关系将表示出来.

16. 在封闭的直三棱柱内有一个表面积为的球，若，则的最大值是_______.

【答案】

【解析】

【分析】根据已知可得直三棱柱的内切球半径为，代入球的表面积公式，即可求解.

【详解】由题意，因为，所以,

可得的内切圆的半径为，

又由，故直三棱柱的内切球半径为，

所以此时的最大值为.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了直三棱柱的几何结构特征，以及组合体的性质和球的表面积的计算，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题.

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. 在平面直角坐标系xOy中，已知点，，．

（1）若，求的坐标．

（2）若，且点P在函数的图象上，求的值．

【答案】（1）；（2）1.

【解析】

【分析】（1）设点P的坐标为，由题得解方程组即得解；（2）设点P的坐标为，由题得，又，即得的值．

【详解】（1）设点P的坐标为，

因为，

又，

所以解得

所以点P的坐标为，

故的坐标为．

（2）设点P的坐标为，因为，，，

所以，

，

因为，

所以，所以

两式相减，整理得，

又因为点P在函数的图象上，

所以，所以．

【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

18. 某公司为了解员工对食堂的满意程度，对全体100名员工做了一次问卷调查，要求员工对食堂打分，将最终得分按，，，，，分成6段，并得到如图所示频率分布直方图.

（1）估计这100名员工打分的众数和中位数（保留一位小数）；

（2）现从，，这三组中用比例分配的分层随机抽样的方法抽取11个人，求这组抽取的人数.

【答案】（1）众数为75，中位数为；（2）7人.

【解析】

【分析】（1）根据中位数和众数的定义结合频率分布直方图即可得出答案；

（2）根据频率分布直方图分别求出，，的人数，任何根据分层抽样即可求出从抽取的人数.

【详解】解：（1）由题意得众数为75，

的频率为，

的频率为，

设中位数为a，，.

（2）的人数：，的人数：，的人数：，抽样比例为，

从抽取的人数：.

19. 在四棱锥中，底面是矩形，底面，点是中点.

（1）求证：平面；

（2）若，，求三棱锥的表面积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）本题可连结交于点，连接，然后根据为中点、点是中点得出，最后根据线面平行的判定即可证得结论；

（2）本题可通过依次求出、、、得出结果.

【详解】（1）如图，连结交于点，连接，

因为底面是矩形，所以为中点，

因为点是中点，所以，

因为平面，平面，所以平面.

（2）因为底面，、平面，

所以，，，

易知，，

因为，，，

所以为直角三角形，，

因为，

所以.

20. 已知向量，，函数.

（Ⅰ）求函数的最小正周期和单调递增区间；

（Ⅱ）在△中，若满足，且△的面积为8，求△周长的最小值．

【答案】（Ⅰ）最小正周期为，增区间为，；（Ⅱ）△周长的最小值为.

【解析】

【分析】（Ⅰ）利用向量数量积的坐标表示，结合二倍角正余弦公式、辅助角公式得，根据正弦函数的性质求最小正周期、单调增区间即可；

（Ⅱ）由题设可得，再由三角形面积公式得，由基本不等式可知，进而可求△周长的最小值.

【详解】（Ⅰ）由题意，，

∴最小正周期，令，则，，

∴最小正周期为，单调递增区间为，.

（Ⅱ）由题设，，

∴，即，则，又，

∴，又，则，即，又，

∴△周长，当且仅当时等号成立，

∴△周长的最小值为.

21. 在四棱锥中，侧面底面，底面为矩形，为等边三角形，，，点在上，．

（1）求证：；

（2）求二面角的正切值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】

【分析】（1）如图，取的中点，连接，由侧面底面得底面，故，再根据几何关系证明，进而证明平面，故；

（2）取的中点为，连结，，故，再证明平面得 ，进而得即为二面角的平面角，再根据几何关系求解即可.

【详解】解：（1）如图，取的中点，连接．

因为，所以．

因为侧面底面，侧面底面，

所以底面，平面，所以．

，，．

在中，；

在中，．

所以．

因为，

所以，即．

又因为，

所以平面，平面，

所以．

（2）取中点为，连结，，则．

因为侧面底面，侧面底面，

因为，所以平面．

又因为平面，

所以，，

所以平面．

又因为平面，所以．

所以即为二面角的平面角．

在中，，

所以二面角的平面角的正切值为．

22. 已知偶函数.

（1）若方程有两不等实根，求的范围；

（2）若在上的最小值为2，求的值.

【答案】（1）；（2）或.

【解析】

【分析】（1）由偶函数的定义，利用，求得的值，再由对数函数的单调性，结合题设条件，即可求解实数的范围；

（2）利用换元法和对勾函数的单调性，以及二次函数的闭区间上的求法，分类讨论对称轴和区间的关系，即可求解.

【详解】（1）因为，所以的定义域为，

因为是偶函数，即，

所以，故，

所以，即方程的解为一切实数，所以，

因，且，

所以原方程转化为，

令，，

所以所以在上是减函数，是增函数，

当时，使成立的有两个，

又由知，与一一对应，

故当时，有两不等实根；

（2）因为，所以，

所以，

令，则，令，设，

则，

因为，所以，即在上是增函数，

所以，

设，则.

（i）当时，的最小值为，

所以，解得，或4（舍去）；

（ii）当时，的最小值为，不合题意；

（iii）当时，的最小值为，

所以，解得，或（舍去）.

综上知，或.