2022-2023学年福建省三明市高一下学期期末质量检测数学试题含答案

2022-2023学年福建省三明市高一下学期期末质量检测数学试题

一、单选题

1．已知为虚数单位，复数z满足，则（    ）

A． B．2 C． D．1

【答案】C

【分析】利用复数代数形式的乘除运算，再由复数的模的计算公式求解即可．

【详解】由，得，

.

故选:．

2．已知圆锥底面半径为1，高为2，则该圆锥侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求得圆锥的母线长，再利用侧面积公式求解.

【详解】解：因为圆锥底面半径为1，高为2，

所以圆锥的母线长为，

所以该圆锥侧面积为，

故选：B

3．已知平面向量、满足，，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知可得，利用平面向量数量积的运算性质可求得，结合向量夹角的取值范围可求得结果.

【详解】因为，则，

解得，

因为，故，故与的夹角为.

故选：A.

4．一次投篮练习后体育老师统计了第一小组10个同学的命中次数作为样本，计算出他们的平均命中次数为6，方差为3，后来这个小组又增加了一个同学，投篮命中次数为6，那么这个小组11个同学投篮命中次数组成的新样本的方差是（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据样本的数字特征分别求出原样本和新样本的平均数，再利用原样本方差计算新样本方差即可求解.

【详解】解：由题意得：

设10个同学的命中次数分别为.

则有

得

于是新样本的平均数

新样本的方差为

故选：B

5．在平行四边形ABCD中，，，G为EF的中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用向量的加减法的几何意义将转化为、即可.

【详解】

.

故选：D.

6．设是两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（　　）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，且与所成的角和与所成的角相等，则

【答案】B

【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，若，则与可能平行，所以A选项错误.

B选项，两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行，所以B选项正确.

C选项，若，则可能含于，所以C选项错误.

D选项，若，且与所成的角和与所成的角相等，则可能与异面或相交，

故选：B

7．麒麟山位于三明市区中部，海拔262米，原名牛垄山．在地名普查时，发现山腰有一块“孔子戏麒麟”石碑，故更现名．山顶的麒麟阁仿古塔造型是八角重檐阁．小李为测量麒麟阁的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得，，米，则麒麟阁的高度CD约为（参考数据：，）（    ）

A．米 B．米 C．米 D．米

【答案】C

【分析】由得，再根据可求出结果.

【详解】因为，，所以，

又，所以，

又米，所以，解得米.

故选：C.

8．设为的内心，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】取的中点，连，则为内切圆的半径，利用面积关系求出，得，再根据得，由平面向量基本定理求出可得答案.

【详解】取的中点，连，

因为，，所以，，

所以的内心在线段上，为内切圆的半径，

因为，

所以，

所以，得，

所以，

所以，

又，所以，

又已知，所以，

所以.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：利用面积关系求出内切圆半径,进而得到是本题解题关键.

二、多选题

9．设复数，则下列命题中正确的是（    ）

A．在复平面内对应的点在第一象限 B．的虚部是

C． D．为实数

【答案】ACD

【分析】根据复数的坐标表示、复数的概念、共轭复数的概念、复数的模长公式以及复数的乘法运算逐个选项判断可得答案.

【详解】复数在复平面内对应的点在第一象限，故A正确；

的虚部为，故B错误；

，，故C正确；

为实数，故D正确.

故选：ACD.

10．袋子中有5个大小质地完全相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地依次随机摸出2个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第一次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字都是偶数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和为6”，则（    ）

A．甲与乙是对立事件 B．甲与乙是互斥事件

C．丙与丁相互独立 D．甲与丁相互独立

【答案】BD

【分析】先求出事件对应的概率，再由互斥事件的概念及概率和是否为1判断A、B选项，再由独立事件的概率公式判断C、D选项即可.

【详解】设甲、乙、丙、丁事件分别对应，则，，丁包含的基本事件有，

则，，；对于A、B，显然甲乙事件不能同时发生，又，则A错误；B正确；

对于C，，则，则C错误；对于D，，则，D正确.

故选：BD.

11．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列说法正确的是（    ）

A．若则是等腰三角形

B．若，，，则满足条件的三角形有且只有一个

C．，，BC边上的中线，则的面积为

D．若，则为钝角三角形

【答案】BC

【分析】对于A利用正弦边角关系及三角形内角性质可得或判断；对于B应用余弦定理求即可判断；

对于C借助向量的数量工具，求得，由余弦定理即可求得，由面积公式求得三角形面积即可判断;对于D由向量数量积定义判断；

【详解】对于A：由正弦定理得，则，

则中或，故A错误；

对于B：由，则，

可得，故，满足条件的三角形有一个，故B正确；

对于C：设，容易知，

故可得，

可得，解得.

由余弦定理可得；

由，可得.

故可得三角形面积为.,故C正确；

对于D，即，

为锐角，故不一定为钝角三角形，故D错误；

故选：BC

12．如图，若正方体的棱长为2，点是正方体在侧面上的一个动点（含边界），点是的中点，则下列结论正确的是（    ）

A．三棱锥的体积为定值 B．四棱锥外接球的半径为

C．若，则的最大值为 D．若，则的最小值为

【答案】ABD

【分析】求出的体积，即可判断A，由正方体的性质可得四棱锥为正四棱锥，设，则四棱锥外接球的球心在直线上，利用勾股定理求出外接球的半径，即可判断B，过点作，则点是的中点，连接，取的中点，连接，，，即可证明平面，从而得到点的轨迹是线段，再求出的最值，即可判断C、D.

【详解】对于A：

三棱锥的体积为，

因为点是的中点，所以的面积是定值，

且点到平面的距离是正方体的棱长，

所以三棱锥的体积为定值，故A正确；

对于B：

由正方体的性质可得四棱锥为正四棱锥，设，则平面，

所以四棱锥外接球的球心在直线上，

设外接球的半径为，则，，，

所以，

在中，，即，解得，故B正确；

对于C：

过点作，则点是的中点，连接，取的中点，连接，，，

因为且，且，所以且，

所以四边形为平行四边形，所以，

又，所以，又，

所以，所以，

又平面，平面，所以，

又，平面，所以平面，

所以平面，因为平面平面，又，

所以点的轨迹是线段，

在中，，，，

所以的最大值为，此时与重合，故C错误；

对于D：在中，，

所以，

所以点到的距离为，

所以的最小值为，故D正确．

故选：ABD．

三、填空题

13．已知向量，，若，则m的值为      ．

【答案】/

【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式可求出结果.

【详解】因为向量，，且，

所以，得.

故答案为：.

14．某校对高二年级全体学生进行数学学科质量检测，按首选科目（物理和历史）进行分层抽样得到一个样本，样本中选物理类的学生占，该次质量检测的数学平均成绩为100分，选历史类的学生该次质量检测的数学平均成绩为80分，则可估计出该校全体高二学生本次数学质量检测的平均分是      ．

【答案】95

【分析】根据平均数的定义即可求解.

【详解】由题可知，样本中选历史类的学生占，所以估计该校全体高二学生本次数学质量检测的平均分为.

故答案为：95.

15．刘徽是魏晋时代著名的数学家，他给出的阶幻方被称为“神农幻方”．所谓幻方，即把排成的方阵，使其每行、每列和对角线的数字之和均相等．如图是刘徽构作的3阶幻方，现从中随机抽取和为15的三个数，则含有5的概率是      ．

【答案】/

【分析】先列举出所有基本事件，再找出含有5的基本事件，由古典概型求解即可.

【详解】随机抽取和为15的三个数包含的基本事件为共8个，

其中含有5的基本事件有共4个，则含有5的概率是.

故答案为：.

16．已知正三棱柱木料各棱长都为2，如图所示，，分别为和的中心，为线段上的点，且，过三点的截面把该木料截成两部分，则截面面积为      ．

【答案】

【分析】连接，延长分别交于，利用

得出的延长线交于，作，从而得到梯形为过三点的平面截正三棱柱的截面，再利用三棱柱为正三棱柱且棱长为2，求出梯形的上底和高即可求出结果.

【详解】如图，连接，延长分别交于，易知，

连接并延长交于，过作交于，连接，

因为，所以，故梯形为过三点的平面截正三棱柱的截面，

因为，分别为和的中心，，

又，所以，

又是等边三角形，所以，

故，即是的中点，所以，

易知四边形为等腰梯形，所以为等腰梯形的高，

又正三棱柱各棱长都为2，

所以，，，

所以，

故答案为：.

四、解答题

17．在中，角的对边分别，满足．

(1)求；

(2)若，，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理角化边得，再根据余弦定理可求出结果；

（2）由以及，求出，再根据三角形面积公式可求出结果.

【详解】（1）因为，

由正弦定理得，

由余弦定理得，

因为，所以．

（2）由（1）知，，

因为，所以，即，

又，解得，

所以．

18．某企业为了深入学习贯彻党的二十大精神，组织全体120位党员开展“学习二十大，争当领学人”党史知识竞赛，所有党员的成绩均在内，成绩分成5组，按照下面分组进行统计分析：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，并绘制成频率分布直方图如图所示，按比例分配的分层抽样的方法在第3，4，5组共选取6人作为企业“二十大精神”的宣传使者．

(1)根据频率分布直方图，估计党员成绩的样本数据的第80百分位数；

(2)若从6位宣传使者中随机选取两人参加宣传活动，求第3组中至多有一人被选中的概率．

【答案】(1)92.5

(2)

【分析】（1）根据频率分布直方图求出小于90分的党员成绩所占比例，可得党员成绩的样本数据的第80百分位数位于内可得答案；

（2）按比例分配的分层抽样的方法选取第3组党员人数，将第3组三位党员编为A，B，C，其他组三位党员编为D，E，F，用，表示两位党员，则可以用表示随机选取两人的组合，用列举法可得答案．

【详解】（1）根据频率分布直方图，小于90分的党员成绩所占比例为，

所以党员成绩的样本数据的第80百分位数位于内，由，

可以估计党员成绩的样本数据的第80百分位数为92.5；

（2）由频率分布直方图可知，第3，4，5组党员人数的比例为，

按比例分配的分层抽样的方法选取第3组党员人数为人．

将第3组三位党员编为A，B，C，其他组三位党员编为D，E，F，

用，表示两位党员，则可以用表示随机选取两人的组合，

设事件“从宣传使者中随机选取两人，第3组中至多有一人被选中”，

试验的样本空间

，

，

所以，

从而．

19．在如图所示的几何体中，底面是正方形，四边形是直角梯形，，，平面平面，分别为的中点，，．

(1)求证：平面平面；

(2)求多面体的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明平面和平面，再根据面面平行的判定定理可得平面平面；

（2）由可求出结果.

【详解】（1）因为G，F分别为PB，PC的中点，所以．

又因为四边形是正方形，所以，所以．

又因为平面，平面．所以平面．

因为G，E分别为PB，MB的中点．所以，

又因为平面，平面．所以平面．

又因为，EG，平面EFG，所以平面平面．

（2）连接，则多面体的体积，

因为四边形是直角梯形，，，所以．

又因为平面平面，平面平面，平面．

所以平面，所以PD是四棱锥的高．

又因为．所以．

因为平面，平面．所以．

因为四边形是正方形，所以，

又，AD，平面．

所以平面，即AB是三棱锥的高．

所以．

所以多面体PMABCD的体积．

20．猜灯谜是我国元宵节传统特色活动．在某校今年开展元宵节猜灯谜的活动中，组织者设置难度相当的若干灯谜，某班派甲、乙和丙三位同学独立竞猜，根据以往数据分析可知，甲、乙猜对该难度的每道灯谜的概率分别为，．

(1)任选一道灯谜，求甲、乙两位同学恰有一个人猜对的概率；

(2)任选一道灯谜，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对的概率为，求丙猜对该难度的每道灯谜的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据相互独立事件的乘法公式求解即可；

（2）设事件E=“任选一道灯谜，丙猜对”，先求出甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对的概率，再由对立事件的性质和相互独立事件的乘法公式求解即可；

【详解】（1）设事件A=“任选一道灯谜，甲猜对”，事件B=“任选一道灯谜，乙猜对”，

事件C=“任选一道灯谜，甲、乙两位同学恰有一个人猜对”．

则，，故，，

因为事件A与事件B相互独立，

所以．

（2）设事件D=“任选一道灯谜，甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对”，

事件E=“任选一道灯谜，丙猜对”，

因为事件A、事件B、事件C两两独立，那么

．

所以，，所以．

21．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，．

(1)求证：；

(2)在线段PD上是否存在一点M，使得BM与平面所成角的正切值为，若存在，求二面角的大小，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）在直角梯形中利用勾股定理的逆定理可得，再由平面，得，然后由线面垂直的判定定理可证得平面PAC，从而可得；

（2）过点M作于点N，连接BN，可证得平面，则∠MBN为BM与平面所成的角，设，则由已知线面角的正切值可求出，过点N作于点G，连接MG，可得∠MGN为二面角的平面角，从而可求得结果.

【详解】（1）证明：因为，，，，

所以四边形是直角梯形，且，，

故，即．

又平面，平面，所以

又，且PA，平面PAC，所以平面PAC，

又平面PAC，所以

（2）存在符合条件的点M，且M为PD的中点，

证明如下，过点M作于点N，连接BN，

因为平面，平面，所以，

因为MN，平面PAD，所以，

因为，所以，

因为，平面，所以平面，

则∠MBN为BM与平面所成的角．

设，则，，，

由得，

解得或（舍去）

所以M为PD的中点，

过点N作于点G，连接MG，

因为平面，平面，所以，

又，平面MGN，故平面MGN，

因为平面MGN，所以，所以∠MGN为二面角的平面角，

在中，，所以，

即当点M为PD的中点时，符合题意，且二面角的大小为．

22．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．点D在BC上，且

(1)若，求c

(2)若AD是∠BAC的角平分线，且，求周长的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）在中由正弦定理可得答案；

（2）由得，在中由余弦定理得，可得周长，再利用基本不等式可得答案．

【详解】（1）因为，

在中由正弦定理得，即，

所以，；

（2）由得

，即，

在中，由余弦定理得，所以，

所以周长，

由得，当且仅当时等号成立，

所以周长，

所以周长的最小值为．