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福建省南平市2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题(Word版附解析)

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南平市2022-2023学年第二学期高一期末质量检测数学试题(考试时间:120分钟满分:150分)注意事项:1.答卷前,考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.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,再选涂其它答案标号.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,则复数()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接化简可求得结果【详解】由,得,故选:B2.甲、乙两名运动员进入男子羽毛球单打决赛,假设比赛打满3局,赢得2局或3局者胜出,用计算机产生1~5之间的随机数,当出现随机数1,2,3时,表示一局比赛甲获胜;否则,乙获胜.由于要比赛3局,所以每3个随机数为一组,产生20组随机数:423123423344114453525332152342534443512541125432334151314354据此估计甲获得冠军的概率为()A.0.5B.0.6C.0.65D.0.68【答案】C【解析】 【分析】根据题意找出甲获胜的情况,然后利用古典概型的概率公式求解【详解】由题意得甲获胜的情况有:423,123,423,114,332,152,342,512,125,432,334,151,314,共13种,所以估计甲获得冠军的概率为,故选:C3.在中,,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据向量的线性运算求解即可.【详解】∵,∴,∴,∴.故选:D.4.我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长与太阳天顶距的对应数表,这是世界数学史上最早的正切函数表,根据三角学知识可知,晷影长度等于表高与太阳天顶距正切值的乘积,即.对同一“表高”进行两次测量,第一次和第二次太阳天顶距分别为,,若第一次的“晷影长”是“表高”的2.5倍,且,则第二次“晷影长”是“表高”的()A.倍B.1倍C.倍D.倍【答案】A 【解析】【分析】由题意可得,,再根据结合两角差的正切公式即可得解.【详解】由题意可得,,所以,即第二次的“晷影长”是“表高”的倍.故选:A.5.掷两枚质地均匀的骰子,设“第一枚出现奇数点”,“第二枚出现偶数点”,则与的关系为().A.互斥B.互为对立C.相互独立D.相等【答案】C【解析】【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可.【详解】解:掷两枚质地均匀的骰子,设“第一枚出现奇数点”,“第二枚出现偶数点”,事件与能同时发生,故事件与既不是互斥事件,也不是对立事件,故选项A,B错误;,,,,因为,所以与独立,故选项C正确;事件与不相等,故选项D错误.故选:C.6.在中,角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,,,,则()A.1B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由正弦定理结合角度转化可得的大小,再由余弦定理解出边的值. 【详解】因为,由正弦定理得所以,又,所以则,即,则由余弦定理可得,所以.故选:B.7.已知点,,点在轴上,当取最小值时,点的坐标是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】试题分析:设,则,所以,由二次函数的性质得,当时有最小值,所以点的坐标是.考点:1.向量的运算;2.二次函数.8.如图是一座山的示意图,山体大致呈圆锥形,且圆锥底面半径为2km,山高为,B是母线SA上一点,且.为了发展旅游业,要建设一条从A到B的环山观光公路,这条公路从A出发后先上坡,后下坡.当公路长度最短时,下坡路段长为()A.B.3kmC.3.6kmD.【答案】C【解析】 【分析】利用圆锥的侧面展开图,利用两点间的距离,结合图象,求最小值.【详解】由题意,半径为,山高为,则母线,底面圆周长,所以展开图的圆心角,如图,是圆锥侧面展开图,结合题意,,由点向引垂线,垂足为点,此时为点和线段上的点连线的最小值,即点为公路的最高点,段即为下坡路段,则,即,得下坡路段长度为.故选:C.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的四个选项中,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.已知复数(i为虚数单位),对于复数的以下描述,正确的有()A.B.C.的共轭复数为D.在复平面内对应的点在第三象限【答案】BD【解析】【分析】先由求出复数,然后逐个分析判断即可【详解】,对于A,,所以A错误,对于B,,所以B正确,对于C,因为,所以,所以C错误,对于D,因为,所以在复平面内对应的点在第三象限,所以D正确, 故选:BD10.某校举行“歌唱祖国,为青春喝彩”歌唱比赛.比赛由9名专业人士和9名观众代表各组成一个评委小组,给参赛选手打分.两个评委小组(记为小组A,小组B)对同一名选手打分分值的折线图如下,则()A.小组A打分分值的众数为47B.小组B打分分值第90百分位数为75C.小组A打分分值的方差大于小组B打分分值的方差D.小组B打分分值的极差为39【答案】ABD【解析】【分析】由众数的定义判断A;由百分位数的定义判断B;计算方差判断C;求出极差判断D.【详解】由折线图知,小组A打分分值分别为:,按照从小到大的顺序排列为:,众数为47,故A正确;小组B打分分值分别为:,按照从小到大的顺序排列为:,∵,∴小组B打分分值第90百分位数为第9个数75,故B正确;小组A打分分值的均值,小组A打分分值的方差, 小组B打分分值的均值,小组B打分分值的方差,故C错误;小组B打分分值的极差为75-36=39,故D正确.故选:ABD.11.若函数,则下列说法正确的是()A.的最小正周期为B.在单调递增C.的图象关于直线对称D.将的图象向右平移个单位长度,所得图象对应的函数为偶函数【答案】BCD【解析】【分析】根据题意利用三角恒等变换整理得,结合正弦函数性质分析判断A、B、C,对于D:根据图象变换可得平移后的解析式为,进而可得结果.【详解】因为.对于选项A:的最小正周期为,故A错误;对于选项B:因为,则,且在上单调递增,所以在单调递增,故B正确;对于选项C:因为为最大值,所以的图象关于直线对称,故C正确; 对于选项D:将的图象向右平移个单位长度,得到,且为偶函数,故D正确;故选:BCD.12.已知三棱锥,,是边长为2的正三角形,为中点.下列结论正确的是()A.异面直线CE与AB所成角的余弦值为B.直线CE与平面ABC所成角的正弦值为C.二面角余弦值为D.三棱锥外接球的表面积为【答案】BD【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义结合余弦定理求解,即可判断A;根据线面夹角的定义,作平面于,利用等体积转化求解长,从而可求得夹角正弦值,即可判断B;根据二面角的平面角的定义,结合三角形的几何性质,可求得二面角的余弦值,即可判断C;把三棱锥还原为正方体,则三棱锥的外接球即为正方体的外接球.即可求解判断D.【详解】三棱锥,,是边长为2的正三角形,所以,则,同理对于A,如图,取中点,连接 因为为中点,位中点,所以,所以为异面直线CE与AB所成角或其补角,因为,所以,同理,在中,,所以异面直线CE与AB所成角的余弦值为,故A不正确;对于B,如图,连接,作平面于,则直线CE与平面ABC所成角为因为,所以,则,所以,则直线CE与平面ABC所成角的正弦值为,故B正确;对于C,如图,取中点为,连接 因为,,为中点,所以且,则,所以,则为二面角的平面角,所以,故C不正确;对于D,把三棱锥还原为正方体,则三棱锥的外接球即为正方体的外接球.设其半径为,由正方体的外接球满足,所以.所以球的表面积为.故D正确.故选:BD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知平面向量,且.写出满足条件的一个非零向量__________.【答案】(答案不唯一,形如)【解析】【分析】设出的坐标,再利用向量垂直的坐标表示即可作答.【详解】设,而向量,且,因此,即,又,则令, 所以,取,得.故答案为:14.已知正四棱台上、下底面的边长分别为4和8,高为2.该正四棱台的表面积为__________.【答案】##【解析】【分析】根据已知条件和正四棱台的特征计算侧面等腰梯形的面积,然后利用表面积的定义计算可得结果.【详解】因为正四棱台的侧面等腰梯形,又正四棱台的上、下底面的边长分别是4、8,高为2,所以侧面梯形的斜高为,则梯形的面积,上下底底面面积分别为,,所以该四棱台的表面积为.故答案为:.15.我省新高考实行“3+1+2”模式,即语文、数学、英语必选,物理与历史2选1,政治、地理、化学和生物4选2.今年高一小王与小李都准备选历史与地理,若他俩再从其他三科中任选一科,则他们选科相同的概率为_________.【答案】【解析】【分析】依题意列出基本事件的总数,以及他们选课相同包含的基本事件的个数,再由古典概率公式即可得解.【详解】依题意,今年高一的小王与小李都准备选历史与地理,则他俩再从其他三科中任选一科的基本事件有(政,政),(政,化),(政,生),(化,政),(化,化),(化,生),(生,政),(生,化),(生,生),共件, 他们选课相同包含的基本事件有:(政,政),(化,化),(生,生),共有件,所以他们选课相同的概率.故答案为:.16.在中,点D在边BC上,,,.当取得最小值时,_________.【答案】【解析】【分析】设,利用余弦定理表示出后,结合基本不等式即可得解.【详解】设,则在中,,在中,,所以,当且仅当即时,等号成立,所以当取最小值时,.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.已知向量,,,且.(1)求在上的投影向量;(2)求与的夹角.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用投影向量的概念求解即可;(2)先利用向量的数量积运算求得,再利用求解即可.【小问1详解】因为向量,,,且,所以在上投影向量为.【小问2详解】因为向量,,,且,所以,所以,记与的夹角为,则,又,所以与的夹角为.18.如图,在四棱锥中,底面ABCD是梯形,F为的中点,,且,,. (1)证明:平面PCD;(2)证明:平面PCD.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】(1)取PD中点E,可得且,则四边形EFBC为平行四边形,则,根据线面平行的判定定理即可得证;(2)根据三角形性质,可证,又,可得,根据线面垂直的判定定理即可得证.【小问1详解】取PD中点E,连接EF、EC,如图所示,因为E、F分别为PD、PA中点,所以,且,又因为,且,所以且,所以四边形EFBC为平行四边形,所以,因为平面PCD,平面PCD,所以平面PCD.【小问2详解】因为,F为PA中点,所以,又,则,因为,平面PCD,,所以平面PCD.19.全民国家安全教育日是为了增强全民国家安全意识,维护国家安全而设立的节日.2024年4月15日是我国第八个全民国家安全教育日,某校组织国家安全知识竞赛,共有20道题,三位同学独立竞答,甲同学能答对其中的12道,乙同学能答对其中的8道,丙同学能答对其中的道,现从中任选一道题,假设每道题 被选中的可能性相等.(1)求甲、乙两位同学恰有一个人答对的概率;(2)若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为,求的值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)利用互斥事件、相互独立事件概率公式,列式计算作答.(2)利用对立事件、相互独立事件的概率,列出方程求解作答.【小问1详解】设“任选一道题甲答对”,“任选一道题乙答对”,则,,,,“甲,乙两位同学恰有一个人答对”的事件为,且与互斥,由每位同学独立竞答,知A,B互相独立,则A与,与B,与均相互独立,则,所以任选一道题,甲,乙两位同学恰有一个人答对的概率为.【小问2详解】令“任选一道题丙答对”,则,,设“甲,乙,丙三个人中至少有一个人答对”,由(1)知,,解得,所以.20.“绿水青山就是金山银山,坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心,已形成了全民自觉参与,造福百姓的良性循环,为推进生态文明建设,某市在全市范围内对环境治理和保护问题进行满意度调查,从参与调查的问卷中随机抽取200份作为样本进行满意度测评(测评分满分为100分).根据样本的测评数据制成频率分布直方图如下: 根据频率分布直方图,回答下列问题:(1)求的值;(2)估计本次测评分数的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)和第85百分位数(精确到0.01);(3)从样本中成绩在,的两组问卷中,用分层抽样的方法抽取5份问卷,再从这5份问卷中随机选出2份,求选出的两份问卷中至少有一份问卷成绩在中的概率.【答案】(1)0.016(2)平均数约为76.2分,第85百分位数约为90.63(3)【解析】【分析】(1)根据频率分布直方图的性质计算即可得的值;(2)根据频率分布直方图百分位数的估计计算即可;(3)由古典概型计算公式求解即可.【小问1详解】由频率分布直方图可知;【小问2详解】本次测评分数的平均数为,即本次测评分数的平均数约为76.2分.在频率分布直方图中,前5组频率之和为0.84,小于0.85,故第85百分位数位于第6组,所以,即第85百分位数约为90.63; 【小问3详解】第5,6组的问卷数分别为48人,32人,从第5,6组中用分层抽样的方法抽取5份问卷,则第5,6组抽取的问卷数分别为3人,2人,分别记为,,,,,从5份问卷中随机抽取2人,有,,,,,,,,,共10个基本事件,这2份中有一份在内的基本事件,,,,,,共6个,2份都在内的基本事件,所以.21.如图,在四棱锥中,底面ABCD是矩形,,,平面ABCD,且M是PD的中点.(1)证明:平面平面;(2)求点D到平面AMC的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)要证平面平面,只需证明平面;(2)法一:求点D到平面AMC的距离,用等体积法,找到.法二:在平面PCD内,过点D作,H为垂足.由(1)易证平面AMC,故点D到平面AMC的距离为DH.【小问1详解】∵平面ABCD,平面ABCD,∴. 又四边形ABCD是矩形,∴,∵,平面PAD∴平面PAD,∵平面PAD,∴,又M是PD的中点,,∴,∵,平面PCD,所以平面PCD,又平面AMC,所以平面平面PCD.【小问2详解】法一:取AD中点为N,连接MN,在中,M,N分别为线段PD,AD的中点,故,,∵平面ABCD,∴平面ABCD,∴.由(1)得平面PCD,∵平面PCD,∴,∵,∴,,又,∴,∴,设点D到平面AMC的距离为,则,解得:,所以点D到平面AMC的距离为.法二:在平面PCD内,过点D作,H为垂足.由(1)知平面平面PCD,又平面平面,平面PCD, 所以平面AMC,故点D到平面AMC的距离为DH.因为平面ABCD,所以,因为,所以,又M为PD的中点,所以,又因为平面PAD,所以,在直角中,所以,.22.如图,在平面四边形ABCD中,,,且的面积为.(1)求A,C两点间的距离;(2)设的角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,且.作的内切圆,求这个内切圆面积的最大值.【答案】(1)(2).【解析】【分析】(1)由面积公式及余弦定理求解;(2)由所给条件求出B,再由内切圆性质求半径,法一利用正弦定理及正弦型函数的性质求最值得解;法二利用均值不等式求出最大值得解.【小问1详解】在中,因为,所以.由余弦定理可得,所以. 故A,C两点间的距离是.【小问2详解】根据三角形面积公式有,即,又因为,所以,所以,所以,,得.设内切圆的半径是,因为,则.所以又,因此,解法一:中,,.由正弦定理得,所以,,于是又,所以.当时,取得最大值,从而取得最大值2.故内切圆面积的最大值为. 解法二:所以,所以,当且仅当时等号成立,此时.内切圆面积的最大值为.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-08-10 02:42:01 页数:21
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文章作者:随遇而安

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