湖南省邵阳市第二中学2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

2023年上学期高一期末考试数学试卷时间：120min分值：150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.已知为虚数单位，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算法则可求出结果.【详解】因为，所以.故选：B2.在锐角三角形中，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理即可求解.【详解】解：在锐角三角形中，，由正弦定理得，又，所以，且，故故选：A.3.已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（）.A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，，则【答案】D【解析】【分析】根据平面的基本性质判断A、B、C，由线面垂直、面面平行的性质判断D即可.【详解】A：，，则或，错误；B：，，则或，错误； C：，，则相交或平行，错误；D：，，则，又，故，正确.故选：D4.甲､乙两人独立地破译某个密码，甲译出密码的概率为0.4，乙译出密码的概率为0.5.则密码被破译的概率为（）A.0.9B.0.8C.0.7D.0.2【答案】C【解析】【分析】利用相互独立事件概率计算公式、对立事件的概率计算公式直接求解.【详解】甲､乙两人独立地破译某个密码，甲译出密码的概率为0.4，乙译出密码的概率为0.5.则密码被破译的概率为:.故选：C.5.已知，，，则a，b，c的大小顺序为（）.A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用和差角正弦公式及商数关系可得、、，根据正弦函数的性质判断大小.【详解】，，，所以.故选：B6.在中，，若，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】利用平面向量基本定理结合已知条件，将用表示出来，从而可求出的值【详解】因为，所以为上靠近点的三等份点，所以,因为，所以，所以，故选：A7.在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．已知棱台是一个侧棱相等、高为1的“刍童”，其中，，则该“刍童”外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据刍童的几何性可知外接球的球心在四棱台上下底面中心连线上，设球心为O，根据几何关系求出外接球半径即可求其表面积．【详解】如图，连接AC、BD、、，设AC∩BD＝M，∩＝N，连接MN．∵棱台侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段MN所在直线上，设外接球球心为O，如图当球心在线段MN延长线上时， 易得，MC＝2，，，MN＝1，由得，，即，故OC＝，∴外接球表面积为．如图当球心在线段MN上时，由得，，即舍去，故选：A【点睛】关键点睛：利用刍童的几何性确定外接球的球心是解题的关键.8.函数满足，当时都有，且对任意的，不等式恒成立．则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分析得到函数为偶函数，在单调递增，则对任意的，不等式 恒成立，转化为，恒成立，再转化为，得，恒成立，再分两种情况，得到的范围.【详解】由题得函数为偶函数，在单调递增，则对任意的，不等式恒成立，则不等式，恒成立，则，恒成立，得，得，恒成立，则且，或且，恒成立，即当时，且，或且，又当，有，，得.故选：C.【点睛】本题考查了抽象函数的奇偶性，单调性解不等式，考查了学生分析能力，逻辑思维能力，转化思想，综合能力强，难度大.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.命题“”的否定是“”B.若，则“”是“”的必要不充分条件C.若事件满足，则是对立事件 D.若事件满足，则事件相互独立【答案】BD【解析】【分析】利用全称量词命题的否定判断A；利用必要不充分条件的论证判断B；利用对立事件的定义判断C；利用独立事件定义判断D.【详解】对于A，命题“”的否定是“”，A错；对于B，由，可得，所以“”是“”的必要不充分条件，B正确；对于C，若事件不互斥，但恰好，满足，但不对立，C错；对于D，满足独立事件的判断公式，D正确.故选：BD10.复数在复平面内对应的向量分别为，则下列四个结论错误的是（）A.B.若，则C.恒成立D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】分析不同情况下的各量之间的关系即可得出结论.【详解】由题意，A项，当时，此时，A错误；B项，当时， ，，B错误；C项，复数在复平面内对应的向量分别为，，∴恒成立，C正确；D项，当时，，，D错误.故选：ABD.11.已知内角，，所对的边分别为，，，以下结论中正确的是（）A.若，则B.若，，，则该三角形有两解C.若，则一定为等腰三角形D.若，则一定钝角三角形【答案】AD【解析】【分析】对A，根据正弦定理判断即可；对B，根据正弦定理求解判断即可；对C，根据正弦定理结合正弦函数的取值判断即可；对D，根据正弦定理边角互化，再根据余弦定理判断即可【详解】对A，由三角形的性质，当时，，又由正弦定理，故，故A正确；对B，由正弦定理，故，故，因为，故，故该三角形只有1解，故B错误；对C，由正弦定理，，故，所以或，即，所以为等腰或者直角三角形，故C错误； 对D，由正弦定理，，又余弦定理，故，故一定为钝角三角形，故D正确；故选：AD12.已知正方体的棱长为1，为棱（包含端点）上的动点，下列命题正确的是（）A.B.二面角的大小为C.点到平面距离的取值范围是D.若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】根据几何体为正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，求出的坐标后利用数量积可判断A的正误，求出平面的法向量和平面的法向量可利用数量积计算夹角的余弦值后可判断B的正误，利用点到平面的距离的公式计算后可判断C的正误，最后利用直线和平面的法向量计算线面角的正弦值后可判断D的正误.【详解】由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，其中，对于A：，故即， 故A正确.对于B：，，设平面的法向量为，则，即，取，则，故.设平面的法向量为，则，即，取，则，故.故，而二面角为锐二面角，故其余弦值为，不为，故二面角的平面角不是，故B错误.对于C：，，设平面的法向量为，则，即，取，则，故.而，故到平面的距离为，故C正确.对于D：设直线与平面所成的角为.因为平面，故为平面的法向量，而，故， 而，故D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：空间中位置关系的判断、角的计算或范围的判断，可结合几何体的规则性建立合适空间直角坐标系，通过向量的共线、向量的数量积等来判断位置关系，通过平面的法向量、直线的法向量等来处理相关角的计算或范围问题.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，则的最小值为________________．【答案】【解析】【分析】利用基本不等式求得最小值.【详解】，当且仅当时等号成立.故答案为：14.若，则______.【答案】##－0.28【解析】【分析】利用诱导公式以及二倍角公式可求值.【详解】，故答案为：.15.一组数据由6个数组成，将其中一个数由4改为1，另一个数由6改为9，其余数不变，得到新的一组数据，则新的一组数的方差相比原一组数的方差的增加值为_________．【答案】5【解析】【分析】先计算均值，再根据方差的定义求解.【详解】设这组数据为，均值为，不妨设，， 方差为；由题意，新数据为，显然新数据的均值与原数据的均值相等，其方差为；即新数据的方差比原数据的方差增加了5；故答案为：5.16.已知平面向量，，，满足，，，，且对任意的实数，均有，则的最小值为________.【答案】【解析】【分析】作，，建立平面直角坐标系，作，作，由条件确定点的轨迹，由此确定即的最小值.【详解】如图作，，如图，以点为原点，为的正方向建立平面直角坐标系，因为，，，所以点的坐标为，点的坐标为作，设点的坐标为，因为，所以，所以，所以点在以为圆心，以为半径的圆上，因为对任意的实数，均有，所以，又， 所以恒成立，所以，所以，即，作，设点的坐标为，则，即，所以点在直线上，因为，又点在圆上一动点，点在直线上一动点，所以点到点的最小距离为点到点的距离减去圆的半径，即，当且仅当点为线段与圆的交点时等号成立，因为点到直线的距离，所以点到点的距离大于等于，即，所以，当且仅当垂直于直线且点为线段与圆的交点时等号成立，所以最小值为，故答案为：.【点睛】本题解决的关键在于建立平面直角坐标系，利用条件结合向量的坐标运算及性质确定点的轨迹，由此结合直线与圆的性质求解. 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.已知向量，，若，，与的夹角为．（1）求；（2）当为何值时，向量与向量互相垂直？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知可求得，，，然后根据数量积的运算律即可求出的值，开方即可得出答案；（2）由已知可得，展开代入已知，即可得出答案.小问1详解】由已知可得，，，，所以，，所以，.【小问2详解】由已知可得，即，所以有，解得.18.2022年，是中国共产主义青年团成立100周年，为引导和带动青少年重温共青团百年光辉历程，某校组织全体学生参加共青团百年历史知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：，统计结果如图所示：（1）试估计这100名学生得分的平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）； （2）试估计这100名学生得分的中位数（结果保留两位小数）；（3）现在按分层抽样的方法在和两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会，求两人都在的概率.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图直接平均数求法解决即可；（2）根据频率分布直方图中位数求法解决即可；（3）根据分层抽样得在分组中抽取的人数为人，在分组中抽取的人数为2人，有古典概型概率求法解决即可.【小问1详解】由频率分布直方图可得这100名学生得分的平均数【小问2详解】因为成绩在的频率为，成绩在的频率为，所以中位数为【小问3详解】在和两组中的人数分别为和人，所以在分组中抽取的人数为人，记为，在分组中抽取的人数为2人，记为，所以这5人中随机抽取2人的情况有共10种，其中两人得分都在的情况有1种，所以两人得分都在的概率为.19.如图，在四棱锥中，平面是的中点. （1）证明：面（2）证明：平面平面；（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）取中点，连接，证即可；（2）由得，由平面得，所以平面，从而得证；（3），所以平面，根据求解．【小问1详解】取中点，连接，∵,,∴,∴为平行四边形，则，∵面，面，∴面.【小问2详解】因为，所以，由平面平面，所以，又由，且平面，所以平面，又平面，所以平面平面，即平面平面.【小问3详解】由（1）可得，且平面，平面，所以平面， 所以，因为平面，可得，又由，所以，所以，即三棱锥的体积为.20.在中，内角、、所对的边分别为、、，已知．（1）求角；（2）若为边上一点（不包含端点），且满足，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；（2）分析可得，，，求出角的取值范围，由正弦定理可得出，结合正切函数的基本性质可求得的取值范围.【小问1详解】解：由结合正弦定理可得：，则，因为、，则，所以，，可得，故.【小问2详解】解：由可得，所以，， 所以，，故，在中，，，由正弦定理可得，所以，，因为，则，所以，.所以，的取值范围是.21.如图，在三棱台中，，平面，平面平面.（1）求证：；（2）若，的面积为4，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，连接，面面垂直的性质定理可得平面，从而得 ，由已知条件可得，由线面垂直的判断定理可得平面，从而即可证；（2）以为原点，、、所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间坐标系，利用空间向量求解.【小问1详解】证明：取中点，连接，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以①，又因为平面，平面，所以②，易知与相交③,由①②③可得平面，又因为平面，所以；【小问2详解】解：因为平面，平面，所以，，由（1）可知平面，平面，所以，所以以为原点，、、所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的坐标系： 因为，所以，，又因为的面积为4，即，解得，所以，，，，所以，，，设平面的法向量为，则有，即，所以，取，设平面法向量为，则有，即，所以，取，设二面角的大小为，为锐角，则有.22.已知函数是偶函数．（1）求的值；（2）若，，，不等式对任意恒成立，求的取值范围．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用偶函数的定义结合对数运算可求得实数的值；（2）分析函数在上的单调性，令，，则对恒成立，对实数的取值进行分类讨论，验证对能否恒成立，综合可得出的取值范围.【小问1详解】因为，所以，，因为函数为偶函数，则，即，所以，，解得.【小问2详解】由（1）可得，，任取、，且，则，，当时，，则，所以，，即， 当时，，则，所以，，即，所以，函数在上递减，在上递增，令，问题转化为：，即，再令，所以，对恒成立．（i）当时，左边，右边，不符合题意（ii）当时，①当时，则，，当时，上述两个不等式等号同时成立，满足题意，则，解得，此时；②当时，有，所以，，当，则，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，故在上的最大值为，所以，，此时，；③当时，恒成立，符合题意．综上所述，的取值范围是，的取值范围是．【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），； （2），；（3），；