四川省宜宾市宜宾市第四中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

宜宾市四中2023年春期高一期末考试数学试题第I卷选择题（60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.若，则在复平面内复数z对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的几何意义判断.【详解】因为，所以，故z对应的点位于复平面内第二象限．故选：B．2.下列各式中结果为零向量的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据向量的加法和减法运算，对四个选项逐一计算，即可得正确答案.【详解】对于选项：，选项不正确；对于选项：，选项不正确；对于选项：，选项不正确；对于选项：选项正确.故选：D3.下列一组数据1，2，2，3，4，4，5，6，6，7的30%分位数为（） A.2B.3C.4D.2.5【答案】D【解析】【分析】根据分位数的概念和计算方法，可得答案.【详解】这组数据共有10个，，即分位数是.故选：D.4若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用二倍角的余弦公式和基本关系式求解.【详解】因为，所以．故选：C．5.已知，是两个互相垂直的单位向量，则向量在向量上的投影向量为（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】依题意可得，根据数量积的运算律求出，最后根据投影向量的定义计算可得.【详解】解：因为，是两个互相垂直的单位向量，所以，且，所以，所以向量在向量上的投影向量为. 故选：B6.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】D【解析】【分析】根据条件思考题中平面和直线所可能的各种情况，运用有关的定理逐项分析.【详解】当，时，可能有，但也有可能或，故A选项错误；当，时，可能有，但也有可能或，故选项B错误；在如图所示的正方体中，取，为，为平面，为平面，这时满足，，，但不成立，故选项C错误；当，，时，必有，从而，故选项D正确；故选：D.7.如图，在圆台中，，，且，，则异面直线与所成角的余弦值为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】连接，证明四边形为平行四边形，进而得即为异面直线与所成角或其补角，再根据几何关系求解即可.【详解】解：如图，连接，因为，，且所以且，所以四边形为平行四边形，所以，所以即为异面直线与所成角或其补角，因为，在圆台中，平面，所以平面，，因为，所以，所以，在中，，所以所以，异面直线与所成角的余弦值为故选：C8.嵩岳寺塔位于河南郑州登封市嵩岳寺内，历经1400多年风雨侵蚀，仍巍然屹立，是中国现存最早的砖 塔.如图，为测量塔的总高度，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，在点测得塔顶的仰角为，则塔的总高度为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】假设，然后计算出，接着利用正弦定理计算即可.【详解】设，则，在中，∴，即，解得故选：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.某位同学记录了100次上学所用时间（单位：分钟），得到如图的频率分布直方图，则下列说法正确的是（） A.B.上学所用时间平均数的估计值小于14C.上学所用时间超过15分钟的概率大约为0.17D.上学所用时间的众数和中位数的估计值相等【答案】BD【解析】【分析】由频率之和为1，可得，频率分布直方图中众数为最高的小矩形的中间值，平均数为每一组中间值与小矩形面积乘积的和；中位数左侧和右侧的小矩形面积均为0.5.【详解】对于A，由频率之和为1有，故A不正确；对于B，平均数：，故B正确；对于C，上学所用时间超过15分钟的频率为，故C不正确；对于D，由频率分布直方图可知，众数为14，设中位数为，则，故D正确.故选：BD10.在中，，则的面积可以是（）A.B.1C.D.【答案】AD【解析】【分析】由余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可求出答案．【详解】解：∵， 由余弦定理得，∴，∴，或，∴由的面积公式得或，故选：AD．【点睛】本题主要考查三角形的面积公式的应用，考查余弦定理解三角形，属于基础题．11.袋子里有4个大小、质地完全相同的球，其中有2个红球、2个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，事件“两个球颜色相同”，事件“两个球颜色不同”，事件“第二次摸到红球”，事件“两个球都是红球”.下列说法正确的是（）A.B.C与D互斥C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据事件的概率、互斥事件、事件的包含关系对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】A，由于，所以，A正确.B，事件与事件都包括“第次是红球，第次是红球”，所以不是互斥事件，B错误.C，由于事件“第二次摸到红球”包含了事件“两个球都是红球”，所以，C正确.D，，，，所以，D正确.故选：ACD12.已知一圆锥底面圆的直径为3，高为，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在圆锥内可以任意转动，则a的值可以为（）A.B.C.1D.【答案】ACD【解析】【分析】根据题意可知，当最大时，该正四面体外接于圆锥的内切球，结合内切、外接球问题，即可求解.【详解】根据题意可知，当最大时，该正四面体外接于圆锥的内切球. 设圆锥内切球的圆心为，半径为，圆锥的底面圆心为，半径为，顶点为，作出轴截面，连接，，如图所示.因为，，所以，所以为等边三角形，且为的中心，则.结合正方体的外接球问题，易知棱长为的正四面体的外接球半径为，故，解得.故选：ACD.第II卷非选择题（90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，则的值为_____【答案】【解析】【分析】根据函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，可得g（0）的值．【详解】解：将函数f（x）＝2sin2x的图象向左平移个单位后，得到函数g（x）＝2sin（2x）的图象，则g（0）＝2sin，故答案为．【点睛】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题． 14.已知，，，，则______.【答案】【解析】【分析】根据角的变换，利用两角和的余弦公式计算即可，注意分析角的范围.【详解】由，，知，，由，，，，，，，.故答案为：15.如图，在中，是线段上的一点，若，则实数_________． 【答案】【解析】【分析】设，根据向量的运算关系可求得，再结合已知建立关系即可求出.【详解】设，则，，，解得.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题考查平面向量基本定理的应用，解题的关键是设出，利用向量关系将表示出来.16.在封闭的直三棱柱内有一个表面积为的球，若，则的最大值是_______.【答案】【解析】【分析】根据已知可得直三棱柱的内切球半径为，代入球的表面积公式，即可求解.【详解】由题意，因为，所以, 可得的内切圆的半径为，又由，故直三棱柱的内切球半径为，所以此时的最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了直三棱柱的几何结构特征，以及组合体的性质和球的表面积的计算，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题.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.在平面直角坐标系xOy中，已知点，，．（1）若，求的坐标．（2）若，且点P在函数的图象上，求的值．【答案】（1）；（2）1.【解析】【分析】（1）设点P的坐标为，由题得解方程组即得解；（2）设点P的坐标为，由题得，又，即得的值．【详解】（1）设点P的坐标为，因为，又，所以解得所以点P的坐标为，故的坐标为．（2）设点P的坐标为，因为，，，所以，， 因为，所以，所以两式相减，整理得，又因为点P在函数的图象上，所以，所以．【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18.某公司为了解员工对食堂的满意程度，对全体100名员工做了一次问卷调查，要求员工对食堂打分，将最终得分按，，，，，分成6段，并得到如图所示频率分布直方图.（1）估计这100名员工打分的众数和中位数（保留一位小数）；（2）现从，，这三组中用比例分配的分层随机抽样的方法抽取11个人，求这组抽取的人数.【答案】（1）众数为75，中位数为；（2）7人.【解析】【分析】（1）根据中位数和众数的定义结合频率分布直方图即可得出答案；（2）根据频率分布直方图分别求出，，的人数，任何根据分层抽样即可求出从抽取的人数.【详解】解：（1）由题意得众数为75，的频率为， 的频率为，设中位数为a，，.（2）的人数：，的人数：，的人数：，抽样比例为，从抽取的人数：.19.在四棱锥中，底面是矩形，底面，点是中点.（1）求证：平面；（2）若，，求三棱锥的表面积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）本题可连结交于点，连接，然后根据为中点、点是中点得出，最后根据线面平行的判定即可证得结论；（2）本题可通过依次求出、、、得出结果.【详解】（1）如图，连结交于点，连接，因为底面是矩形，所以为中点，因为点是中点，所以，因为平面，平面，所以平面. （2）因为底面，、平面，所以，，，易知，，因为，，，所以为直角三角形，，因为，所以.20.已知向量，，函数.（Ⅰ）求函数的最小正周期和单调递增区间；（Ⅱ）在△中，若满足，且△的面积为8，求△周长的最小值．【答案】（Ⅰ）最小正周期为，增区间为，；（Ⅱ）△周长的最小值为.【解析】【分析】（Ⅰ）利用向量数量积的坐标表示，结合二倍角正余弦公式、辅助角公式得，根据正弦函数的性质求最小正周期、单调增区间即可；（Ⅱ）由题设可得，再由三角形面积公式得，由基本不等式可知，进而可求△周长的最小值.【详解】（Ⅰ）由题意，，∴最小正周期，令，则，，∴最小正周期为，单调递增区间为，.（Ⅱ）由题设，， ∴，即，则，又，∴，又，则，即，又，∴△周长，当且仅当时等号成立，∴△周长的最小值为.21.在四棱锥中，侧面底面，底面为矩形，为等边三角形，，，点在上，．（1）求证：；（2）求二面角的正切值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）如图，取的中点，连接，由侧面底面得底面，故，再根据几何关系证明，进而证明平面，故；（2）取的中点为，连结，，故，再证明平面得，进而得即为二面角的平面角，再根据几何关系求解即可.【详解】解：（1）如图，取的中点，连接．因为，所以． 因为侧面底面，侧面底面，所以底面，平面，所以．，，．在中，；在中，．所以．因为，所以，即．又因为，所以平面，平面，所以．（2）取中点为，连结，，则．因为侧面底面，侧面底面，因为，所以平面．又因为平面，所以，，所以平面．又因为平面，所以． 所以即为二面角的平面角．在中，，所以二面角的平面角的正切值为．22.已知偶函数.（1）若方程有两不等实根，求的范围；（2）若在上的最小值为2，求的值.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由偶函数的定义，利用，求得的值，再由对数函数的单调性，结合题设条件，即可求解实数的范围；（2）利用换元法和对勾函数的单调性，以及二次函数的闭区间上的求法，分类讨论对称轴和区间的关系，即可求解.【详解】（1）因为，所以的定义域为，因为是偶函数，即， 所以，故，所以，即方程的解为一切实数，所以，因，且，所以原方程转化为，令，，所以所以在上是减函数，是增函数，当时，使成立的有两个，又由知，与一一对应，故当时，有两不等实根；（2）因为，所以，所以，令，则，令，设，则，因为，所以，即在上是增函数，所以，设，则.（i）当时，的最小值为，所以，解得，或4（舍去）； （ii）当时，的最小值为，不合题意；（iii）当时，的最小值为，所以，解得，或（舍去）.综上知，或.