山东省泰安市2022-2023学年高一下学期期末数学试题(学生版+解析)

这是一份山东省泰安市2022-2023学年高一下学期期末数学试题(学生版+解析)，共29页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 若复数满足(为虚数单位)，则在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
2. 已知，，，则( )
A. 0.5B. 0.6C. 0.8D. 1
3. 如图，某圆柱侧面展开图的斜二测直观图为平行四边形，已知，则该圆柱的体积为( )
A. B. C. D.
4. 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是( )
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
5. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，参保险种比例定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．已知该保险公司对5个险种的参保客户进行抽样调查，得出如上统计图例，则以下四个选项错误的是( )

A 周岁人群参保总费用最少
B. 30周岁以下的参保人群约占参保人群的
C. 54周岁以上的参保人数最少
D. 丁险种更受参保人青睐
6. 抛掷-枚质地均匀的骰子2次，甲表示事件“第一次骰子正面向上的数字是2”，乙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是5”，丙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是7”，则( )
A. 甲乙互斥B. 乙丙互为对立C. 甲乙相互独立D. 甲丙相互独立
7. 已知，，，则向量在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
8. 已知正四面体的体积为，为棱的中点，球为该正四面体的外接球，则过点的平面被球所截得的截面面积的最小值为( )
A. B. C. 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. 设复数，则下列说法正确是( )
A. 的虚部是
B.
C. 复平面内和分别对应的两点之间的距离为1
D.
10. 已知函数的最大值为3，且的图象关于直线对称，则下列说法正确的是( )
A. 函数的最小正周期为B.
C. 函数的图象关于点对称D. 函数在上单调递减
11. 已知点是所在平面内一点，且，，则下列说法正确是( )
A. 若，则点是边的中点
B. 若点是边上靠近点的三等分点，则
C. 若，则与的面积相等
D. 若点在边的中线上，且，则点是的重心
12. 如图，在直三棱柱中，已知，为的中点，过的截面与棱，分别交于点，，则下列说法正确的是( )

A. 三棱锥的体积为定值
B. 线段长度的取值范围是
C. 当点与点重合时，四棱锥的体积为2
D. 存在点，使得
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 2022年2月20日晚，备受瞩目的第24届冬季奥运会在北京圆满落幕．这是一场疫情肆虐下的体育盛会，是一场团结、友谊、奋进、拼搏的盛会，是一场充分体现中华民族文化自信的盛会．筹备期间，某大学青年志愿者协会接到组委会志愿者服务邀请，计划从大一至大三青年志愿者中选出24名志愿者参与冬奥会的志愿服务工作．已知大一至大三的青年志愿者人数分别为50，40，30，则按分层抽样的方法，在大一青年志愿者中应选派__________人．
14. 已知是第三象限角，且，则的值是___________.
15. 如图，为了测量河对岸的塔高，选取与塔底在同一水平面内的两个观测点和，测得，并在处测得塔顶的仰角为，则塔高________m．

16. 在锐角中，已知，，则的取值范围为________．
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. 在锐角中，内角对边分别为，向量，，且．
(1)求；
(2)若为中点，，的面积为，求的长．
18. 如图，平面，，，为中点．

(1)求证：平面；
(2)求点到平面距离．
19. 某城市正在进行创建文明城市的活动，为了解居民对活动的满意程度，相关部门从甲，乙两个社区各抽取了20人进行打分(分数为正整数，满分100分)．
甲社区20名居民的打分记录如下：
52，56，59，63，64，70，71，73，75，75，80，80，81，82，85，86，88，89，93，95．
将乙社区20名居民的打分分成五组，并画出了其频率分布直方图

(1)根据以上数据，求甲社区20名居民打分的第75百分位数；
(2)估计乙社区20名居民打分的平均分(同组中的每个数据用该组区间的中点值代替)；
(3)现从甲，乙两社区打分不低于90分的居民中，任选2人，求2人不在同一社区的概率．
20. 已知向量，，设．
(1)若，求的值；
(2)将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数在上有零点，求实数的取值范围．
21. 甲，乙两人进行游戏比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
(1)求第三局结束时甲获胜的概率；
(2)求乙最终以分获胜的概率．
22. 如图1，在边长为4的菱形中，，，分别为，的中点，将沿折起到的位置，得到如图2所示的三棱锥．

(1)证明：；
(2)为线段上一个动点(不与端点重合)，设二面角的大小为，三棱锥与三棱锥的体积之和为，求的最大值．
高一年级考试
数学试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 若复数满足(为虚数单位)，则在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.
【详解】因为，
所以，
则在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故选：C
2. 已知，，，则( )
A. 0.5B. 0.6C. 0.8D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】依题意根据计算可得；
【详解】解：因为，，
则，所以事件与事件不相互独立，
．
故选：B
3. 如图，某圆柱侧面展开图的斜二测直观图为平行四边形，已知，则该圆柱的体积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用斜二测画法得到原图矩形ABCD中，，从而求出圆柱的高，底面半径，从而求出圆柱的体积.
【详解】由斜二测画法得，在原图矩形ABCD中，，所以该圆柱的高为，底面半径为，故该圆柱的体积为．
故选：B
4. 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是( )
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间线面位置关系依次分析各选项即可得答案.
【详解】解：对于A选项，若，，则或异面，故A选项错误；
对于B选项，若，，则，故B选项正确；
对于C选项，若，，则或或相交，故C选项错误；
对于D选项，若，，则或，故D选项错误；
故选：B
5. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，参保险种比例定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．已知该保险公司对5个险种的参保客户进行抽样调查，得出如上统计图例，则以下四个选项错误的是( )

A. 周岁人群参保总费用最少
B. 30周岁以下的参保人群约占参保人群的
C. 54周岁以上的参保人数最少
D. 丁险种更受参保人青睐
【答案】A
【解析】
【分析】根据统计图表一一分析即可.
【详解】对于选项A，由扇形统计图及折线图可知，，
故不小于周岁人群参保总费用最少，故A错误；
对于选项B，由扇形统计图可知，周岁以下参保人群约占参保人群的，故B正确；
对于选项C，由扇形统计图可知，54周岁以上的参保人数约占，人数最小，故C正确；
对于选项D，由柱状图可知，丁险种更受参保人青睐，故D正确；
故选：A．
6. 抛掷-枚质地均匀的骰子2次，甲表示事件“第一次骰子正面向上的数字是2”，乙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是5”，丙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是7”，则( )
A. 甲乙互斥B. 乙丙互为对立C. 甲乙相互独立D. 甲丙相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】先根据古典概型的概率公式分别求出三个事件的概率，再利用互斥事件、对立事件以及事件的独立性定义判断各选项的正误即可.
【详解】由题意可知，先后抛掷两枚骰子出现点数的所有可能情况为36种，
甲表示事件“第一次骰子正面向上的数字是2”包含的基本事件有：
，则；
乙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是5” 包含的基本事件有：
，则；
丙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是7” 包含的基本事件有：
，则；
对于A，甲乙有可能同时发生不是互斥事件，A错误；
对于B，除了乙丙以外还有其他事件发生不是对立事件，B错误；
对于C，甲乙同时发生的概率为，C错误；
对于D，甲丙同时发生的概率为，D正确.
故选：D.
7. 已知，，，则向量在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先算，再求与向量同向的单位向量和在上的投影，然后由投影向量定义可得.
【详解】由题知，与向量同向的单位向量为
因，所以，得
所以向量在向量上的投影为，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：D
8. 已知正四面体的体积为，为棱的中点，球为该正四面体的外接球，则过点的平面被球所截得的截面面积的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，根据正四面体的体积求出棱长和正方体的边长，再利用正方体的体对角线等于外接球的直径，即可求出球的半径，当过点的截面到球心的距离最大为时，截面圆的面积达最小值，最后利用球的截面的性质求出截面圆的半径，即可求出截面圆的面积最小值.
【详解】如图所示，球为正四面体的外接球，即为正方体的外接球，
正四面体体积为，
设正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，
所以，解得，
设正四面体的外接球的半径为，则，
基底，
因为为棱的中点，过点作其外接球的截面，
当截面到球心的距离最大值时，截面圆的面积达最小值，
此时球心到截面距离等于正方体棱长的一半，即，
可得截面圆的半径为：，
所以截面圆的面积最小值为：.
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. 设复数，则下列说法正确的是( )
A. 的虚部是
B.
C. 复平面内和分别对应的两点之间的距离为1
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，根据复数虚部的定义判断，对于B，通过计算判断，对于C，利用两点间的距离公式分析判断，对于D，通过计算判断.
【详解】对于A，由，得，所以的虚部为，所以A错误，
对于B，因为，，所以，所以B正确，
对于C，因为平面内和分别对应的点分别为和，
所以这两个点间的距离为，所以C错误，
对于D，因为，所以D正确，
故选：BD
10. 已知函数的最大值为3，且的图象关于直线对称，则下列说法正确的是( )
A. 函数的最小正周期为B.
C. 函数的图象关于点对称D. 函数在上单调递减
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数的性质求出、，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】因为的最大值为，所以，
又的图象关于直线对称，所以，，所以，，
因为，所以，所以，则函数的最小正周期，故A错误；
，故B正确；
，所以关于对称，故C正确；
当，则，因为在上单调递减，
所以函数在上单调递减，故D正确；
故选：BCD
11. 已知点是所在平面内一点，且，，则下列说法正确的是( )
A. 若，则点是边的中点
B. 若点是边上靠近点的三等分点，则
C. 若，则与的面积相等
D. 若点在边中线上，且，则点是的重心
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平面向量线性法则及共线定理判断即可.
【详解】对于A：当，则，
即，即，所以，故A错误；
对于B：若点是边上靠近点的三等分点，所以，
所以，
又，且、不共线，所以，故B正确；
对于C：若，则，
所以，
如图延长到点使得，延长到点使得，则，，
所以，所以、、三点共线，
又为三角形的中位线，所以、到的距离相等，所以，故C正确；
对于D：取的中点，所以，
又点在边的中线上，设，

所以，
又，所以，又，所以，即，
此时为的中点，则点不是的重心，故D错误；
故选：BC
12. 如图，在直三棱柱中，已知，为的中点，过的截面与棱，分别交于点，，则下列说法正确的是( )

A. 三棱锥的体积为定值
B. 线段长度的取值范围是
C. 当点与点重合时，四棱锥的体积为2
D. 存在点，使得
【答案】AC
【解析】
【分析】延长交延长线于，连接，过点作交于点，根据及锥体的体积判断A；用长表示长并求出范围判断B；利用割补法求出体积判断C；取上靠近点的四等分点，依题意，只要即可，推出矛盾，即可判断D.
【详解】在直三棱柱中，，，E为的中点，有，
延长交延长线于，连接，如图1，令，
于是，即，由，得，即，

对于A，因为为的中点，为等腰直角三角形，
过点作交于点，则，
又直三棱柱中，平面平面，且平面平面，
平面，所以平面，
又四边形为矩形，在上，所以
所以，故A正确；

对于B，显然在上单调递增，所以，故B错误；
对于C，当点与点B重合时，如图，，，，

四棱锥即的体积：
，故C正确；
对于D：取上靠近点的四等分点，又A可知即在平面内的射影，
要使，只要即可，
若，设，则，又，
所以，所以，得，则，
所以不存在点，使得，故D错误；

故选：AC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 2022年2月20日晚，备受瞩目的第24届冬季奥运会在北京圆满落幕．这是一场疫情肆虐下的体育盛会，是一场团结、友谊、奋进、拼搏的盛会，是一场充分体现中华民族文化自信的盛会．筹备期间，某大学青年志愿者协会接到组委会志愿者服务邀请，计划从大一至大三青年志愿者中选出24名志愿者参与冬奥会的志愿服务工作．已知大一至大三的青年志愿者人数分别为50，40，30，则按分层抽样的方法，在大一青年志愿者中应选派__________人．
【答案】
【解析】
【分析】根据分层抽样按比例抽取计算即可
【详解】由题意，在大一青年志愿者中应选派人
故答案为：
14. 已知是第三象限角，且，则的值是___________.
【答案】##-0.75
【解析】
【分析】根据同角三角函数关系式求得的值，再根据正切二倍角公式求得的值.
【详解】因为是第三象限角，且，
所以，则，
所以.
故答案为：.
15. 如图，为了测量河对岸的塔高，选取与塔底在同一水平面内的两个观测点和，测得，并在处测得塔顶的仰角为，则塔高________m．

【答案】
【解析】
【分析】先在中，利用正弦定理求出，然后利用锐角三角函数可求出.
【详解】在中，，，
则，
由正弦定理得，
所以，
所以，得，
在中，，，
所以，
所以塔高，
故答案为：
16. 在锐角中，已知，，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理得到，，则，再转化为关于的三角形函数，由三角形为锐角三角形求出的取值范围，结合二次函数的性质计算可得.
【详解】由正弦定理，即，
所以，，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，则，
令，则，，，显然在上单调递增，
且，，所以，
即，
所以的取值范围为.
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. 在锐角中，内角的对边分别为，向量，，且．
(1)求；
(2)若为中点，，的面积为，求的长．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由向量共线的坐标表示得到，再由正弦定理将边化角，即可得解；
(2)由面积公式求出，即可得到，再由余弦定理计算可得.
【小问1详解】
因为向量，，且，
所以，由正弦定理可得，因为，
所以，又，所以.
【小问2详解】
因为的面积为，所以，
又，，所以，
所以，在中
，
所以.
18. 如图，平面，，，为中点．

(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)取的中点，连接、，即可得到四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；
(2)利用等体积法求出点到平面的距离.
【小问1详解】
取的中点，连接、，因为为中点，
所以且，又，，，
即且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为，，所以，
所以，
又平面，所以，
因为，，所以，
由平面，平面，所以，，
又，，
所以，
所以，
设点到平面的距离为，则，
解得.
19. 某城市正在进行创建文明城市的活动，为了解居民对活动的满意程度，相关部门从甲，乙两个社区各抽取了20人进行打分(分数为正整数，满分100分)．
甲社区20名居民的打分记录如下：
52，56，59，63，64，70，71，73，75，75，80，80，81，82，85，86，88，89，93，95．
将乙社区20名居民打分分成五组，并画出了其频率分布直方图

(1)根据以上数据，求甲社区20名居民打分的第75百分位数；
(2)估计乙社区20名居民打分平均分(同组中的每个数据用该组区间的中点值代替)；
(3)现从甲，乙两社区打分不低于90分的居民中，任选2人，求2人不在同一社区的概率．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】(1)根据百分位数计算规则计算可得；
(2)根据频率分布直方图中平均数公式计算可得；
(3)利用列举法及古典概型的概率公式计算可得.
【小问1详解】
因为，
所以这个数据的第百分位数是从小到大排列的第和第个数的平均数，即，
即甲社区名居民打分的第百分位数为.
【小问2详解】
由频率分布直方图可知，乙社区名居民打分的平均分为：
.
【小问3详解】
甲社区打分不低于分的有人记作、，
乙社区打分不低于分的有人，记作、、，
从中任选人的可能结果有、、、、、、、、、共个基本事件，
其中满足人不在同一社区的有、、、、、共个基本事件，
所以人不在同一社区的概率.
20. 已知向量，，设．
(1)若，求的值；
(2)将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数在上有零点，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据数量积的坐标表示结合三角恒等变换可得的表达式，结合可得，利用诱导公式化简求值，即得答案.
(2)根据三角函数图像的变换规律可得的表达式，结合x的范围求得的值域，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意得
，
由，得，即，
故.
【小问2详解】
由题意得，
因为，故，
所以，故，
故函数在上有零点时，实数的取值范围为.
21. 甲，乙两人进行游戏比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
(1)求第三局结束时甲获胜的概率；
(2)求乙最终以分获胜的概率．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)对甲来说共有两种情况：(胜，不胜，胜)，(不胜，胜，胜),根据独立事件的乘法公式即可求解.
(2)以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解.
【小问1详解】
设事件为“第三局结束甲获胜”，
由题意知，甲每局获胜的概率为，不获胜的概率为．
若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：(胜，不胜，胜)，(不胜，胜，胜)．
故.
【小问2详解】
由题知，每局比赛中，乙获胜的概率为，平的概率为，负的概率为，
设事件为“乙最终以分获胜”．
若第二局结束乙获胜，则乙两局连胜，此时的概率．
若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：(胜，不胜，胜)，(不胜，胜，胜)．
此时的概率．
若第四局结束乙以分获胜，则乙第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：
(胜，平，平，胜)，(平，胜，平，胜)，(平，平，胜，胜)，(胜，平，负，胜)，
(胜，负，平，胜)，(平，胜，负，胜)，(负，胜，平，胜)，(平，负，胜，胜)，(负，平，胜，胜)．
此时的概率
故.
22. 如图1，在边长为4的菱形中，，，分别为，的中点，将沿折起到的位置，得到如图2所示的三棱锥．

(1)证明：；
(2)为线段上一个动点(不与端点重合)，设二面角的大小为，三棱锥与三棱锥的体积之和为，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)在菱形中连接交于点，则，即可得到，，从而得到平面，即可得证；
(2)在菱形中，连接交于点，即可得到是二面角的平面角，即，过作于点，过作于点，即可得到平面，平面，则、分别为三棱锥、的高，即可表示出，，再由锥体的体积公式及二倍角公式公式计算可得.
【小问1详解】
在菱形中连接交于点，
所以为的中点，，在三棱锥中，，，
，平面，
所以平面，平面，
所以.
【小问2详解】
在菱形中，连接交于点，因为，分别为，的中点，
所以且，所以，
在三棱锥中，，，
所以是二面角的平面角，
所以，

过作于点，过作于点，
因为平面，平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，
同理可证平面，
所以、分别为三棱锥、的高，
因为菱形边长为，所以，所以，
在中，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以
，
因为，所以当时取得最大值.
【点睛】关键点睛：第二问解答的关键是用的式子表示出、，利用三角恒等变换公式及正弦函数的性质计算出体积最大值.