[数学]重庆市主城区七校2022-2023学年高一下学期期末联考试题（解析版）

这是一份[数学]重庆市主城区七校2022-2023学年高一下学期期末联考试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求.）
1. 已知向量，若，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，，所以，解得.
故选：C.
2. 已知i是虚数单位，复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以复数的虚部为.
故选：D.
3. 某校高一年级20个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，获得了10个班的比赛得分如下：，则这组数据的第80百分位数为（ ）
A. 91B. 92C. 93D. 94
【答案】D
【解析】将比分从小到大排序可得：，
，即这组数据的第80百分位数为.
故选：D.
4. 据统计某班三个同学投篮，每一位投进的概率均为0.4，用数字表示投进，数字表示投不进，由计算机产生如下20组随机数：
977，864，191，925，271，932，812，458，569，683，
431，257，394，027，556，488，730，113，537，908.
由此估计三位同学中恰有一位投进的概率为（ ）
A. 0.2B. 0.3C. 0.4D. 0.5
【答案】B
【解析】由题意知，20组随机数中表示三位同学中恰有一位投进的数据为：925，683，257，394，537，908共6个，
由此估计三位同学中恰有一位投进的概率为.
故选：B．
5. 已知平面、，直线，直线不在平面内，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】对于A选项，若，，过直线作平面，使得，，
因为，，，则，
因为，，，则，，
，，，，则或、异面，A错；
对于B选项，若，，则，，故，B对；
对于C选项，若，，，则，因为，则或，C错；
对于D选项，若，，则或、相交（不一定垂直），D错.
故选：B.
6. 已知向量，且在上的投影为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，
所以在上的投影为，可得，
则.
故选：B.
7. 已知直四棱柱的高为2，其底面四边形水平放置时的斜二测直观图为矩形，如图所示.若，则该直四棱柱的体积为（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】C
【解析】由直观图可得底面四边形的平面图形，如图所示，
因为，
可得，所以，
所以四边形的面积为，
又由直四棱柱的高为，即，
所以该直四棱柱的体积为.
故选：C.
8. 如图，某人匍匐在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练.已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面上的射线匀速移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小.若，，，则移动瞄准过程中的最大值为（ ）（仰角为直线与平面所成角）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】过点在平面内作直线的垂线，垂足为点，如图，
则由仰角的定义得，
由题意，设，则，
当点与不重合时，在 中，，
当点与重合时，上式也成立，
中，
，
当时， 取最大值，
综上，的最大值为.
故选：C.
二、多项选择题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
9. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若为共扼复数，则为实数
B. 若i为虚数单位，为正整数，则
C. 复数在复平面内对应的点在第三象限
D. 若复数满足，则
【答案】AC
【解析】对于A，若为共扼复数，则，故，故A正确；
对于B， ，故B错误；
对于C， 在复平面内对应的点为，在第三象限，故C正确；
对于D， 不能得到，比如，但是，
故D错误.
故选：AC.
10. 在中，分别为角的对边，下列叙述正确的是（ ）
A.
B. 若，则为等腰三角形
C. 若为锐角三角形，则
D. 若，则为钝角三角形
【答案】ACD
【解析】对于A中，做中边上的高，则，
同理在直角三角形和钝角三角形中也可证，所以A正确；
对于B中，由，可得，即，
因为，可得或，即或，
所以为等腰或直角三角形，所以B不正确；
对于C中，由为锐角三角形，可得，则，
因为，可得，
又函数在上为单调递增函数，所以，
所以C正确；
对于D中，因为，由，
可得中一定有一个小于0成立，不妨设，可得，
所以为钝角三角形，所以D正确.
故选：ACD.
11. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，表示事件“两次掷的点数之和是4”，表示事件“第二次掷出的点数是偶数”，表示事件“两次掷出的点数相同”，表示事件“至少出现一个奇数点”，则（ ）
A. 与互斥B.
C. D. 与相互独立
【答案】BCD
【解析】先后两次掷一枚质地均匀的骰子，两次出现的点数组如下表所示：
共有种，
表示事件“两次掷出的点数相同”， 表示事件“两次掷出的点数不同”，
其中包括，即与不互斥，故A错误；
“至少出现一个奇数点”的对立事件是“两次掷的点数都是偶数”，
，故B正确；
表示事件“第一次为奇数，第二次为偶数”共9种：，故C正确；
事件“第二次掷出的点数是偶数”共18种；，
事件“两次掷出的点数相同”共6种：，
表示事件“两次为相同的偶数”共3种：，
即，与相互独立，故D正确.
故选：BCD.
12. 如图，在矩形中，，，为的中点，现分别沿、将、翻折，使点、重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ）
A. 平面
B. 三棱锥的体积为
C. 直线与直线所成角的余弦值为
D. 三棱锥外接球的半径为
【答案】ACD
【解析】对于A选项，翻折前，有，，
翻折后，在三棱锥中，则有，，
因为，、平面，因此，平面，A对；
对于B选项，翻折前，，，
则，同理可得，
又因为，故是边长为的等边三角形，
在三棱锥中，，，，
取线段的中点，连接，则，
且，
所以，，
又因为平面，所以，，
B错；
对于C选项，分别取线段、的中点、，连接、、、，
因为、分别为、的中点，则且，
同理可知，且，
所以，异面直线与所成角为或其补角，
因为平面，平面，则，
因为，，则，
由余弦定理可得，
所以，异面直线与所成角的余弦值为，C对；
对于D选项，如下图所示：
圆柱的底面圆直径为，母线长为，
则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，
则为圆柱的外接球球心，且，
本题中，，
的外接圆的直径为，
因为平面，可将三棱锥置于圆柱内，
使得的外接圆为圆，如下图所示：
所以，三棱锥的外接球半径为，D对.
故选：ACD.
三、填空题（本大题有4小题，每小题5分，共20分.）
13. 用分层抽样的方法从某校高中学生中抽取一个容量为45的样本，其中高二年级有学生600人，抽取了15人.则该校高中学生总数是________人.
【答案】1 800
【解析】，故该校高中学生总数是1 800人.
故答案为：1 800.
14. 在中，，点为外接圆的圆心，则________.
【答案】14
【解析】因为在中，，点为外接圆的圆心，
所以点为边的中点，
由平面向量的线性运算得，，
所以
.
故答案为：14.
15. 18世纪英国数学家辛卜森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式）（其中分别为的高、上底面面积、中截面面积、下底面面积），我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为，可得该球的体积为；已知正四棱锥的底面边长为，高为，可得该正四棱锥的体积为.类似地，运用该公式求解下列问题：如图，已知球的表面积为，若用距离球心都为的两个平行平面去截球，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为________.
【答案】
【解析】如图所示，设上下截面小圆的圆心分别为，上底面截面小圆上一点，
连接，
因为球的表面积为，解得，所以，
又因为且，
所以截面小圆半径，
根据“万能求积公式”可得，所求几何体的体积为：
.
故答案为：.
16. 锐角的内角所对边分别是且，若变化时，存在最大值，则正数的取值范围________.
【答案】
【解析】由正弦定理，，，得，
代入，得，
所以，即，
因为，所以或（舍去），
所以，
因为是锐角三角形，所以，解得，
因为，且，
即，
利用辅助角公式可得，
，其中，
因为，要使存在最大值，
只需存在，使，，所以，
因为，所以，解得，所以的取值范围.
故答案为：.
四、解答题（本大题共6小题，共70分，17题10分，18-22题各12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 目前用外卖网点餐的人越来越多，现在对大众等餐所需时间情况进行随机调查，并将所得数据绘制成频率分布直方图.其中等餐所需时间的范围是，样本数据分组为，，.
（1）求频率分布直方图中值.
（2）利用频率分布直方图估计样本的平均数.（每组数据以该组数据所在区间的中点值作代表）
解：（1）由频率分布直方图可知，
解得.
（2）样本的平均数约为
.
18. 已知的角的对边分别为，且.
（1）求A；
（2）若的面积为，且 ，求.
（请在①；②这两个条件中选择一个完成解答.）
解：（1）由，可得，
由，可得.
（2）选择①：，可得，即，
因为，所以，所以，即，
此时，即为直角三角形，
，，所以，，
所以，解得，所以.
选条件②：，
由的面积为可得：，解得：，
由余弦定理得：，
解得：．
19. 如图，在直三棱柱中，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）过三点的一个平面，截三棱柱得到一个截面，画出截面图，说明理由，并求截面周长.
解：（1）证明：连接，设，连接，如图所示，
因为是的中点，是的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）作图过程：取的中点，连接，
则四边形即为截面图形，
证明如下：
因为是的中点，是的中点，所以，
又因为，所以，
所以四点共面，所以四边形即为截面图形，
此时四边形为等腰梯形，
直三棱柱中，，
可得，
所以四边形的周长为.
20. 如图，在中，分别为中点，为与的交点，点在上，且.设.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
姐：（1）因为分别为的中点，则，，
因为三点共线，故可设，
又因为，
由平面向量基本定理，可得，解得.
（2）因为分别为的中点，所以，
所以相似于，由（1）知，
所以，所以，
由，可得，
所以，
故，
所以，
因为，
21. 如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，为中点，为线段上的点，且.
（1）求证：平面平面；
（2）已知.求直线和平面所成角的正弦值.
解：（1）由题又为中点，，
，又，
四边形为矩形，则
又为正三角形，为中点，，
又，平面则平面
又，平面又平面
平面平面.
（2）由（1）知平面平面，平面平面，
过点作，交于则平面
又中，，
过作，交于
可求得则，
即，
，即点到平面的距离，
又平面，平面，平面，
则点到平面的距离即是点到平面的距离，
又
设直线和平面所成角为，则
故直线和平面所成角的正弦值为
22. 如图，在中，为边上的中点，，.
（1）求的余弦值；
（2）点为上一点，且，过点的直线与边（不含端点）分别交于.若，求的值.
解：（1）因为为边上的中点，所以，所以，
即，
即，
解得.
（2）设，，
因为三点共线，所以，
又因为=，
所以，所以，①
又因为且，
所以，
化简得，②
则①②可得，所以，，
所以.第二次
第一次
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6