山东省滨州市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

高一数学试题

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上将条形码横贴在答题卡对应位置“条形码粘贴处”.

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.

4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.

一、单项选择题：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. 若向量，，且，则的值为（    ）

A. 3 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据平面向量共线的坐标公式计算即可.

【详解】因为向量，，且，

所以，解得.

故选：D.

2. 已知复数的共轭复数满足（为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数的除法运算化简共轭复数，从而得复数，再根据复数的几何意义即可得答案.

【详解】由得

所以，则在复平面内对应的点为，位于第一象限.

故选：A.

3. 如图，用斜二测画法得到的直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为（    ）

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据所给的直观图是一个等腰直角三角形且直角边长是，求出直观图的面积，根据平面图形的面积是直观图的倍，得到结果．

【详解】△是一平面图形的直观图，直角边长为，

直角三角形的面积是，

因为平面图形与直观图的面积的比为，

原平面图形的面积是．

故选：B．

4. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为13，弧长为的扇形，则该圆锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可求得圆锥的底面半径和高，根据圆锥的体积公式即可得答案.

【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，

由题意可知，且，

则，

故该圆锥的体积为，

故选：A

5. 假设，，且A与相互独立，则（    ）

A. 0.9 B. 0.75 C. 0.88 D. 0.84

【答案】C

【解析】

【分析】根据独立事件的乘法公式求得，再根据和事件的概率计算即可求得答案.

【详解】由题意，，且A与相互独立，

则,

故，

故选：C

6. 已知三棱锥中，平面，则三棱维的外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】以为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥的外接球，由此能求出三棱锥的外接球的表面积.

【详解】在三棱锥中，平面，

以为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥的外接球，

所以三棱锥的外接球的半径为，

所以三棱锥的外接球的表面积为.

故选：D.

7. 如图，为平行四边形对角线上一点，交于点，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由，得，再根据向量的加减法则用把表示出来，从而可求出，进而可求出.

【详解】因为为平行四边形对角线上一点，交于点，

所以，

所以，

因为，所以，

所以，

故选：C

8. 一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，事件“第一次向上一面的数字是2”，事件“第二次向上一面的数字是3”，事件“两次向上一面的数字之和是7”，事件 “两次向上一面的数字之和是8”，则（    ）

A. 与相互独立 B. 与相互独立

C. 与相互独立 D. 与相互独立

【答案】D

【解析】

【分析】根据相互独立事件得定义结合古典概型的概率公式即可得解.

【详解】投掷这枚骰子两次，共有个基本事件，

共个基本事件，则，

共个基本事件，则，

共个基本事件，则，

共个基本事件，则，

事件为不可能事件，则，

所以与不相互独立，故A错误；

事件共个基本事件，则，

所以与不相互独立，故B错误；

事件共个基本事件，则，

所以与不相互独立，故C错误；

事件共个基本事件，则，

所以与相互独立，故D正确.

故选：D.

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. 下列关于复数的四个命题中为真命题的是（    ）

A.

B.

C. 的共轭复数为

D. 是关于的方程的一个根

【答案】BD

【解析】

【分析】根据复数的除法运算求得，根据模的计算可判断A；根据复数的乘方判断B；根据共轭复数的概念判断C；计算，判断D.

【详解】由题意得，

故，A错误；

，B正确；

的共轭复数为，C错误；

，

即z是关于x的方程的一个根，D正确，

故选：BD

10. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，下列命题正确的是（    ）

A. 若样本的每一个数据变为原来的6倍，则平均数也变为原来的6倍，方差不变

B. 若样本的每一个数据增加3，则平均数也增加3，方差不变

C. 若样本数据增加两个数值，且，则极差变大

D. 若样本数据增加两个数值，且，则中位数不变

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据一组数据都加上或都乘以一个数后的平均值以及方差的性质可判断A，B；根据极差的概念判断C；根据中位数的概念判断D.

【详解】对于A，若样本的每一个数据变为原来的6倍，则平均数也变为原来的6倍，方差变为原来的36被，A错误；

对于B，根据原来的数据都加上一个数后的平均知己方差的性质可知，

若样本的每一个数据增加3，则平均数也增加3，方差不变，B正确；

对于C，原来数据的极差为，样本数据增加两个数值后的极差为样本数据增加两个数值，

由于，故，C正确；

对于D，不妨假设样本数据是从小到大排列，则其中位数为，

样本数据增加两个数值，且，则其中位数也为，D正确，

故选：BCD

11. 在中，角的对边分别为，下列条件中能确定为锐角的有（    ）

A.  B.

C. A，B均为锐角，且 D.

【答案】BD

【解析】

【分析】选项A由余弦定理可判断；选项B由向量的数量积定义可判断；选项C由诱导公式有，由正弦函数的单调性可判断；选项D由正弦定理可得，则，由大边对大角可判断.

【详解】对于A，为钝角，故A错误；

对于B，，，为锐角，故B正确；

对于C，均为锐角，∴，，

又，

所以，可得则为钝角，故C错误；

对于D，，由正弦定理得，，

则为锐角，故D正确.

故选：BD.

12. 已知在正三棱锥中，为等边三角形，由此三棱锥截成的三棱台中，，则下列叙述正确的是（    ）

A. 该三棱台的高为2

B.

C. 该三棱台的侧面积为

D. 该三棱台外接球的半径长为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，根据三棱台的图形特点，利用直角三角形中勾股定理求解即可；对于B，根据线面垂直的相关知识，结合图形特点进而证明即可；对于C，根据梯形面积计算方法直接计算即可；对于D，根据图形特点找到外接球的球心，进而得到半径即可判断.

【详解】如下图所示，取，的中心，连接，

对于A，在中，根据正弦定理得，

得外接圆半径，即，

同理，，

在平面中，过点作交与点，

显然，四边形为矩形，则，

所以，

在直角中，，

所以，即该三棱台的高为2，故A正确；

对于B，由正三棱锥的性质可知，平面，

因为平面，所以，

因为是等边的中心，所以，

又因为平面，，所以平面，

因为平面，所以，故B正确；

对于C，如右图所示，在梯形中，过点作交于点，

过点作交于点，

根据梯形性质易知，四边形是矩形，则，

则，

在直角中，，

所以梯形的面积为，

所以该三棱台的侧面积为，故C错误；

对于D，因为，则，

则点是三棱台外接球的球心， 则该三棱台外接球的半径长为，故D正确.

故选：ABD

【点睛】方法点睛：本题考查立体几何中棱锥与棱台的综合问题.立体几何小题要善用观察法，从而找到特殊的几何关系，通过数形结合的方法求解答案.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知一组数据：20，30，40，50，50，60，70，80，这组数据的第70百分位数是________.

【答案】

【解析】

【分析】根据百分位数的定义计算即可.

【详解】因为，

所以组数据的第70百分位数是第个数，即为.

故答案为：.

14. 已知，若，则______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意求得，结合向量的数量积的运算公式求得的值，得到的坐标，利用向量模的公式，即可求解．

【详解】因为，可得，

又因为，可得，解得，

所以，所以.

故答案为：.

15. 一艘海轮从处出发，以每小时60海里的速度沿南偏东方向直线航行，30分钟后到达处.在处有一座灯塔，海轮在处观察灯塔，其方向是南偏东，在处观察灯塔，其方向是北偏东，那么两点间的距离是________海里.

【答案】

【解析】

【分析】由题意可求出的值，然后在利用正弦定理可求出

【详解】由题意得，，

所以，

在中，由正弦定理得，则，

所以，得，

即两点间的距离是海里，

故答案为：

16. 已知在中，，.对任意，恒成立.，点在直线上运动，则的最小值是________.

【答案】

【解析】

【分析】由题意可得为点到的垂线段，即，设关于直线的对称点为，连接，连接交于，此时最小，，结合余弦定理即可求解.

【详解】因为，所以，

因为对任意，恒成立，

所以由减法与数乘的几何意义，为点到的垂线段，所以，

因为 ，所以，

设关于直线的对称点为，连接，连接交于，

此时最小，，

因为，

在中，根据余弦定理可得，

即的最小值为.

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. 在中，角，，的对边分别为，且满足.

（1）求；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理与三角恒等变换即可得，再由弦化切得，从而可得角的大小；

（2）由余弦定理求边，再由面积公式即可得的面积.

【小问1详解】

因为，由正弦定理得

所以，

则，因为，所以

故，即，又，所以；

【小问2详解】

由余弦定理得：，整理得

解得或（舍）

所以的面积

18. 已知直三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，为的中点.

（1）求证：平面；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）连接，交于O点，连接，证明，即可证明结论；

（2）根据等体积法，即，即可求得答案.

【小问1详解】

证明：连接，交于O点，连接，

因为四边形，故O为中点，

又为的中点，故,

而平面,平面,

故平面；

【小问2详解】

因在直三棱柱中，平面,平面，故，

则，

故，即为直角三角形，

由题意知，平面,平面，故，

又，平面，

故平面，

设点到平面距离为d，由于，

则，即，

则，即点到平面的距离为.

19. 已知，是夹角为的两个单位向量，，.

（1）求与的夹角；

（2）若与（）互相垂直，求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据数量积的运算律求得以及，利用向量的夹角公式即可求得答案；

（2）根据垂直的向量表示，列式计算，即可求得答案.

【小问1详解】

因为，是夹角为的两个单位向量，故，

则，

则，

，

故，而，

故.

【小问2详解】

因为与（）互相垂直，

故，即，

故.

20. 某统计局就当地居民的月收入情况调查了10000人，这10000人的月收入（单位：元）均在之间，并根据所得居民的月收入数据进行分组（每组为左闭右开区间），画出了频率分布直方图.

（1）求的值；

（2）根据频率分布直方图估计样本数据的中位数；

（3）已知在收入为，之间人中采取分层随机抽样的方法抽取6人进行调查，并在这6人中再随机选取2人作为调查员，求选取的2名调查员中至少有一人收入在之间的概率.

【答案】（1）   

（2）元   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据概率之和等于1求解即可；

（2）根据频率分布直方图中中位数的计算公式计算即可；

（3）先根据分层抽样的定义求出每层的人数，再利用列举法结合古典概型即可得解.

【小问1详解】

由题意，，

解得；

【小问2详解】

因为，

所以中位数位于区间内，设为，

则，解得，

所以样本数据的中位数为元；

【小问3详解】

由题意，内有人，设为，

内有人，设为，

在这6人中再随机选取2人作为调查员，

有

，共种，

其中选取的2名调查员中至少有一人收入在，

有，共种，

所以选取的2名调查员中至少有一人收入在之间的概率为.

21. 某高校的人学面试中有3道难度相当的题目，甲同学答对每道题目的概率都是0.8，乙同学答对每道题目的概率都是0.7，且甲、乙抽到不同题目能否答对是独立的.若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直到第三次答完为止.

（1）求在甲、乙两人第一次答题中只有一人通过面试的概率；

（2）求甲、乙两人都通过面试且甲的答题次数少于乙的答题次数的概率.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）分甲通过乙不通过和甲不通过和乙通过两种情况，结合相互独立事件的概率公式即可得解；

（2）分甲第一次通过乙第二次通过、甲第一次通过乙第三次通过和甲第二次通过乙第三次通过三种情况，结合相互独立事件的概率公式即可得解.

【小问1详解】

由题意，所求概率为；

【小问2详解】

由题意，有甲第一次通过乙第二次通过、甲第一次通过乙第三次通过和甲第二次通过乙第三次通过三种情况，

当甲第一次通过乙第二次通过时，概率为，

当甲第一次通过乙第三次通过时，概率为，

当甲第二次通过乙第三次通过时，概率为，

所以所求概率为.

22. 如图1，在四边形中，，，.为的中点，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的几何体.

（1）证明：平面；

（2）若为上靠近点的三等分点，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明过程见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据中位线等图形关系得到四边形为平行四边形，得到，根据线面垂直得到，结合，再转化后结合线面垂直的判定定理即可证明；

（2）根据图形关系作出所求二面角的平面角，根据三角形面积相等得到，在直角三角形中运算即可求解角的余弦值.

【小问1详解】

如图，取的中点，连接，

又因为为的中点，

所以．

因为，故，且，

所以四边形为平行四边形，则，

因为面，

所以平面．

因为平面，所以，

因为，是的中点，所以，

所以，，

因为面，

所以平面.

  【小问2详解】

在平面内，过点作，连接，

由（1）知，平面，因为平面，所以，

因为，平面，，

所以平面，

因为平面，所以，

因为，所以是二面角的平面角，

直角中，，

所以，

因为，

所以，

所以，

解得，

在直角中，，所以，

在直角中，，

所以，

即二面角的余弦值为.

【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.通过旋转前后图形变换特点，找出特殊的图形关系，通过判定定理从而证明线面垂直；通过等面积法可以求出线段长度，结合二面角的定义从而求解二面角的余弦值.