福建省漳州市2022-2023学年高一数学下学期期末质量检测试题（Word版附解析）

漳州市2022-2023学年（下）期末高中教学质量检测高一数学试题（考试时间：120分钟满分：150分）考生注意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号､姓名填写在答题卡上.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，用橡皮擦千净后，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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.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，只有一项是符合题目要求的.1.已知向量，且，则（）A.9B.8C.6D.3【答案】C【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：C.2.如果两条直线与没有公共点，那么与（）A.共面B.平行C.是异面直线D.可能平行，也可能是异面直线【答案】D【解析】【分析】根据空间中两条直线的位置关系，即可求解.【详解】根据空间中两条直线的位置关系，可得如果两条直线与没有公共点，那么与可能平行，也可能是异面直线.故选：D. 3.已知，若是纯虚数，则（）A.1B.-1C.D.【答案】B【解析】【分析】由复数的运算法则和是纯虚数，求得，结合虚数单位的计算规律，即可求解.【详解】由复数，可得，因为是纯虚数，可得且，解得，所以，因为，所以.故选：B.4.福建省第七次人口普查统计数据显示，漳州市11个县（市､区）常住人口数据如下表所示，则这11个县（市､区）人口数据的第80百分位数是（）地区芗城区龙文区龙海市云霄县漳浦县诏安县常住人口638060301883952000411558847535560969地区长泰县东山县南靖县平和县华安县常住人口228235219511305259455042134276A.638060B.560969C.455042D.411558【答案】A【解析】【分析】将11个数从小到大排列后，根据百分位数的定义得第80百分位数.【详解】将11个数从小到大排列可得：134276，219511，228235，301883，305259，411558，455042，560969，638060，847535，952000， 由，根据百分位数的定义可知，第80百分位数是第9个数：638060.故选：A5.已知直线与平面，则能使的充分条件是（）A.，B.，，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】由线面、面面的平行与垂直的判定与性质依次判断各个选项即可.【详解】对于A，垂直于同一平面的两个平面平行或相交，，，A错误；对于B，若，，，则只需在平面内互相垂直即可，无法得到，B错误；对于C，平行于同一条直线的两个平面平行或相交，，，C错误；对于D，，存在直线，满足，又，，，，D正确.故选：D.6.利用公式可得.则（）A.1B.C.D.【答案】B【解析】【分析】化简得到，根据题设中的公式，准确运算，即可求解.【详解】根据题意，可得 .故选：B.7.已知向量与垂直，若，且与向量的夹角是锐角，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，设，由条件列出方程，代入计算，即可得到结果.【详解】设，因为向量与垂直，且，则可得，解得或，又因为与向量的夹角是锐角，当时，，故舍去，当时，，满足.故选：A8.《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”.在阳马中，平面，点分别在棱上，则空间四边形的周长的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】空间四边形中为定值，故只需求折线段的最小值，通过翻折的办法转化为平面问题，然后通过作对称点的办法解决. 【详解】由于为定值，故只需求折线段的最小值，将侧面翻折到和底面重合，得到的形状如下，于是转化成平面问题，折线段的最值可通过作对称点的方式处理，作关于的对称点，连接和交于，交于，由于，显然为的中位线，则，由和相似可得，说明这样的符合题意，故，于是空间四边形的周长的最小值为. 故选：C二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.在以下调查中，适合用抽样调查的有（）A.调查某品牌的冰箱的使用寿命B.调查某个班级10名学生每周的体育锻炼时间C.调查一批炮弹的杀伤半径D.调查一个水库所有鱼中草鱼所占的比例【答案】ACD【解析】【分析】根据抽样调查的含义，即可判断答案.【详解】对于选项A，C，D中的对象，由于调查的范围较广，经济成本会较高，不适宜全面调查，适宜抽样调查，对于B，由于一个班里10名学生样本数量较小，适宜全面调查，故选：ACD10.正方体中，为底面的中心，则（）A.直线与所成的角等于 B.直线与所成的角等于C.直线与是异面直线D.直线与所成的角等于【答案】BD【解析】【分析】根据异面所成角的定义与计算方法，结合正方体的几何结构特征，逐项判定、求解，即可求解.【详解】对于A中，在正方体中，，所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，在等腰直角，可得，即异面直线与所成的角为，所以A不正确；，对于B中，在正方体中，可得，所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，等边，可得，即异面直线与所成的角为，所以B正确；，对于C中，在正方体中，由为底面的中心，可得平面，且平面，所以直线与不是异面直线，所以C错误；对于D中，在正方体中，因为为正方形，可得，又由平面，平面，所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以，所以D正确.故选：BD. 11.设A，B为两个随机事件，以下命题正确的为（）A.若A，B是互斥事件，，则B.若A，B是对立事件，则C.若A，B是独立事件，，则D.若，且，则A，B是独立事件【答案】BC【解析】【分析】利用互斥事件与相互独立事件的性质逐一判断即可【详解】对于A：若，是互斥事件，，，则，故A错误；对于B：若，对立事件，则，故B正确；对于C：若，是独立事件，，，则，也是独立事件，则，故C正确；对于D：若，则且，则，不是独立事件，故，也不是独立事件，故D错误；故选：BC12.已知的重心为，外心为，内心为，垂心为，则下列说法正确的是（）A.若是中点，则B.若，则 C.与不共线D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】连接交于点，得，，根据三角形相似可判断A；取的中点得，所以，再可判断B；点为垂心得，利用得，可得与共线可判断C；分别做、交、于、点，设内切圆半径为得，利用得，得，从而求出，再由余弦定理可得，再利用，求出可判断D.【详解】对于A，连接交于点，则点是的中点，是中点，连接，所以，所以，可得，故A正确；对于B，取的中点，连接、，因为点为外心，所以，所以，若，则，所以，故B正确； 对于C，因为点为垂心，所以，因为，所以，而，所以与共线，故C错误；对于D，分别做、交、于、点，连接延长交于点，可得，设内切圆半径为，则，所以，，所以，即①，，所以 ，即②，由①②可得，在中由余弦定理可得，因为，可得，所以，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：在选项D中，解题的关键点是利用、求出，考查了学生的思维能力及运算能力.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.一名射击运动员在一次射击测试中射击10次，每次命中的环数如下：，则其射击成绩的方差______.【答案】1.2【解析】【分析】根据给定条件，利用方差的定义计算作答.【详解】依题意，命中环数的平均数为，所以射击成绩的方差.故答案为：1.214.的内角所对边的长分别为，若，试写出一个值，使该三角形有两解，则满足题意的的值可以是______.【答案】写间的任一实数都正确【解析】 【分析】根据题意，由正弦定理即可得到，再由三角形有两解列出不等式，即可得到结果.【详解】由正弦定理可得，，即，因为三角形有两解，所以，所以，即，所以，故答案为：间任一实数.15.龙文塔位于漳州市龙文区步文镇鹤鸣山，是漳州古城的标志性建筑，某研究性学习小组想利用正弦定理测量龙文塔的高度，他们在塔底点的正西处的点测得塔顶点的仰角为，然后沿着东偏南的方向行进了后到达点（三点位于同一水平面内），且点在点北偏东方向上，由此可得龙文塔的高度为______.（参考数据：取）【答案】【解析】【分析】设龙文塔的高度为，根据题意分别求得，，，在中，利用正弦定理，即可求解.【详解】设龙文塔的高度为，在直角中，，所以，在中，，，所以，由正弦定理，即，解得.故答案为：. 16.已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为2，则该正四棱锥相邻两个侧面所成二面角的余弦值为______；该正四棱锥的外接球的体积为______.【答案】①.②.【解析】【分析】设底面中心为，连接，过作于点，连接，设正四棱锥的外接球的球心为，连接，则由正四棱锥的性质可得为二面角的平面角，然后在中利用余弦定理求解，在中，利用勾股定理可求出外接球的半径，从而可求出外接球的体积.【详解】设底面中心为，连接，过作于点，连接，设正四棱锥的外接球的球心为，连接，因为四棱锥为正棱锥，底面边长为，侧棱长为2，所以平面，，，因为，所以，，所以为二面角的平面角，且为纯角，在中，，，所以由余弦定理得，所以该正四棱锥相邻两个侧面所成二面角的余弦值为，在中，，则，设正四棱锥的外接球的半径为，则，，在中，，则，解得，所以该正四棱锥的外接球的体积为，故答案为：， 【点睛】关键点睛：此题考查二面角的求法，考查棱锥外接球问题，求二面角时解题的关键是根据二面角的定义正确作出二面角的平面角，然后放三角形中利用余弦定理求解即可.四､解答题：本大题共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.如图，在中，，点是的中点，设，（1）用表示；（2）如果，有什么位置关系？用向量方法证明你的结论.【答案】（1），（2），证明见解析【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算法则，准确化简，即可求解；（2）因为，化简，即可得到结论.【小问1详解】解：因为，所以，因为是的中点，可得【小问2详解】解：. 因为，则以，所以.18.某调研机构从某校2023届高三年级学生中随机抽取60名学生，将其某次质检的化学科赋分后的成绩分成七段：，并制作了相应的频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图，估计该校高三年级学生在这次质检考试中化学科赋分后成绩的众数､平均数､中位数（小数点后保留一位有效数字）；（2）用分层随机抽样的方法在各分数段的学生中抽取一个容量为20的样本，则分数段抽取的人数是多少？【答案】（1）众数为75，平均数为71，中位数为73.3（2）6人【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，求出的值，再根据众数、平均数及中位数计算规则计算可得；（2）求出抽样比与中的人数，即可得解.【小问1详解】由图可知众数为；因为，解得，平均数为 .各组对应频率（且），因为且，所以中位数居第5组设中位数为，则，解得，所以中位数为.【小问2详解】因为总人数为人，抽取人，所以抽取比例为，因为人中分数段人数为人，所以分数段应抽取人数为.19.下图是函数的部分图象.（1）求的解析式；（2）解不等式.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据函数的图象，结合三角函数的性质，即可求解函数的解析式；（2）由，得到，结合三角函数的性质，即可求解.【小问1详解】解：由函数图可知，，可得， 所以，即，因为，所以，则，因为，所以，所以.【小问2详解】解：由，即，所以，所以，解得，所以不等式的解集为.20.如图，由到的电路中有4个元件，分别为，每个元件可能正常（用1表示元件的“正常”状态），也可能失效（用0表示元件的“失效”状态）.分别用和表示元件和的可能状态，则这个电路的工作状态可用表示.（1）记“恰有两个元件正常”，用集合表示；（2）若能正常工作的概率都是，记“到的电路是通路”，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，利用列举法，即可求解；（2）由相互独立事件的概率公式，结合互斥事件的概率加法公式，即可求解.【小问1详解】 解：“恰有两个元件正常”等价于，且中恰有两个为1，所以.【小问2详解】解：设“正常工作”，“没有正常工作，正常工作，且中至少有一个正常工作”由于“到的电路是通路”等价于“正常工作”或“没有正常工作，正常工作，且中至少有一个正常工作”，即，由于事件互斥，所以根据互斥事件的概率加法公式，可得21.的内角所对的边分别为.若，且.（1）求；（2）求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角，再利用和差角公式化简即可；（2）由正弦定理边化角，再利用和差角公式化简后，由三角函数性质求解.【小问1详解】由已知，得，由正弦定理，得.因为，所以， 因为，所以，所以，即.由于，所以.【小问2详解】由（1）及正弦定理，得，所以，且.所以.其中.所以当时，取最大值.22.如图，正方体中，，点分别为棱上的点（不与端点重合），且.（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积的最大值；（3）点在平面内运动（含边界），当时，求直线与直线所成角的余弦值的最大值.【答案】（1）证明见解析 （2）（3）【解析】【分析】（1）由正方体的性质结合已知可得≌，则可得，而平面，则，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；（2）设，则，利用基本不等式可求出其最大值，从而可求出三棱锥的体积的最大值；（3）根据题意可得点轨迹为线段，把原正方体扩展成长方体，连结，可得为直线与直线所成的角，设，然后在中利用余弦定理可求得结果.【小问1详解】因为正方体，所以，又因为，所以≌，所以，所以，即.又因为平面，且平面，所以.又因为，平面，所以平面.【小问2详解】设，其中，则，所以，当且仅当取等号.因为三棱锥的高，所以三棱锥的体积的最大值为.【小问3详解】 因为平面平面，所以，在正方形中，，又因为，平面，所以平面，因为平面，点在平面内运动（含边界），且平面平面，所以点，所以点轨迹为线段，把原正方体扩展成长方体，连结，依题意∥，则为直线与直线所成的角，设，则，所以且在上为减函数.所以当时，即与重合，