山东省济南市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

2023年7月济南市高一期末考试数学试题本试卷共4页，22题，全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．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，再选涂其他答案标号．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、单项选择题：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.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数在复平面内的坐标表示可得答案.【详解】解：由题意得：在复平面上对应的点为，该点在第四象限.故选：D2.《2023年五一出游数据报告》显示，济南凭借超强周边吸引力，荣登“五一”最强周边游“吸金力”前十名榜单．其中，济南天下第一泉风景区接待游客100万人次，济南动物园接待游客30万人次，千佛山景区接待游客20万人次．现采用按比例分层抽样的方法对三个景区的游客共抽取1500人进行济南旅游满意度的调研，则济南天下第一泉风景区抽取游客（）A.1000人B.300人C.200人D.100人【答案】A【解析】【分析】按照分层抽样计算规则计算可得. 【详解】依题意济南天下第一泉风景区应抽取游客（人）.故选：A3.设为两个平面，则的充要条件是（）A.过的一条垂线B.垂直于同一平面C.内有一条直线垂直于与的交线D.内有两条相交直线分别与内两条直线垂直【答案】A【解析】【分析】根据面面垂直的判断定理和性质定理可判断AB；举反例可判断CD.【详解】对于A，根据面面垂直的判断定理，过的一条垂线，则，若，根据面面垂直的性质定理，则内垂直于交线的直线垂直于，故A正确；对于B，若垂直于同一平面，则可能平行，也可能相交，故B错误；对于C，内有一条直线垂直于与的交线，如图，，，但不垂直于，故C错误；对于D，如图，，且与相交，，且与相交，，，但，故D错误.故选：A.4.袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则第二次摸到红球的概率为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】第二次摸到红球的情况有两种：①第一次摸到红球，第二次摸到红球，②第一次摸到白球，第二次摸到红球，由此能求出第二次摸到红球的概率．【详解】袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，第二次摸到红球的情况有两种：①第一次摸到红球，第二次摸到红球，概率为：，②第一次摸到白球，第二次摸到红球，概率为：，则第二次摸到红球的概率为．故选：C．5.已知的内角所对的边分别为，则角的值为（）A.B.C.或D.无解【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理计算可得.【详解】由正弦定理可知，所以，又，所以或.故选：C.6.如果三棱锥底面不是等边三角形，侧棱与底面所成的角都相等，平面，垂足为，则是的（）A.垂心B.重心C.内心D.外心 【答案】D【解析】【分析】由线面角的定义，得到再在三角形中，由三角函数得到从而得到进而得解.【详解】如图所示：因为平面，侧棱与底面所成的角都相等，则故故是的外心.故选：D.7.已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，，，则的周长的取值范围为（）A.B.CD.【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理得到，，即可将转化为的三角函数，结合的取值范围及正切函数的性质计算可得.【详解】因为，，由正弦定理，即， 所以，，所以，因为为锐角三角形，所以，所以，则，所以，因为，所以或（舍去），所以，所以，所以，即所以，即的周长的取值范围为.故选：C8.在四棱锥中，底面，底面为正方形，．点分别为平面，平面和平面内的动点，点为棱上的动点，则的最小值为（）A.B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】本题利用补形法，再利用长方体对角线的性质即可求出最值. 【详解】由题意得均最小时，平方和最小，过点分别作平面，平面，平面的垂线，垂足分别为，连接，因为面，平面，所以，因为底面为正方形，所以，又因为，平面，所以面，因为平面，则，又因为点在上，则点应在上，同理可证分别位于上，从而补出长方体，则是以为共点的长方体的对角线，则，则题目转化为求的最小值，显然当时，的最小值，因为四边形为正方形，且，则，因为面，面，所以，所以，则直角三角形斜边的高，此时，则的最小值为，故选：B.【点睛】关键点睛：本题的关键是通过补形作出长方体，将三条线段的平方和转化为长方体对角线的平方，再求出直角三角形斜边上的高，即可得到答案.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，则下列说法中正确的是（） A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据复数的模判断A，根据复数代数形式的运算法则判断B、C、D.【详解】因为，则，故A正确；，故C正确；，故B错误；，故D正确；故选：ACD10.先后抛掷质地均匀的硬币两次，则下列说法正确的是（）A.事件“恰有一次正面向上”与事件“恰有一次反面向上”相等B.事件“至少一次正面向上”与事件“至少一次反面向上”互斥C.事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”互为对立事件D.事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立【答案】AD【解析】【分析】根据列举法判断选项A，根据互斥事件、对立事件和相互独立的概念判断BCD.【详解】先后抛掷质地均匀的硬币两次，样本空间中共含有：正正、正反、反正、反反4个样本点，事件“恰有一次正面向上”与事件“恰有一次反面向上”在每次随机试验中同时出现或同时不出现，故这两个事件相等，A正确；事件“至少一次正面向上”与事件“至少一次反面向上”能同时发生，不是互斥事件，B错误；除事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”外还可能出现“一次正面，一次反面”，故这两个事件不互为对立事件，C错误；先后抛掷质地均匀的硬币两次，显然第一次的结果不会影响第二次的结果，所以事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立，D正确； 故选：AD11.某学校为了调查高一年级学生每天体育活动时间情况，随机选取了100名学生，绘制了如图所示频率分布直方图，则下列说法正确的是（）A.平均数的估计值为30B.众数的估计值为35C.第60百分位数估计值是32D.随机选取这100名学生中有25名学生体育活动时间不低于40分钟【答案】BD【解析】【分析】根据频率分布直方图估计各数据特征，对选项逐一判断即可.【详解】由频率分布直方图可知平均数的估计值为，A错误；由频率分布直方图可知的频率最大，因此众数的估计值为，B正确；由频率分布直方图得从第一组到第六组的频率依次是，，，，，，所以第60百分位数估计值在内，所以，解得，C错误；随机选取这100名学生中体育活动时间不低于40分钟的人数为，D正确；故选：BD12.如图，已知三棱锥可绕在空间中任意旋转，为等边三角形，在平面内，，，，，则下列说法正确的是（） A.二面角为B.三棱锥的外接球表面积为C.点与点到平面的距离之和的最大值为D.点在平面内的射影为点，线段长的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】利用余弦定理求出的长，取的中点，连接、，利用二面角的定义可判断A选项；找出三棱锥的球心，求出其外接球半径，结合球体表面积公式可判断B选项；设点在平面内的射影为点，设，其中，利用辅助角公式结合正弦函数的基本性质求出的最大值，可判断C选项；利用余弦定理结合三角恒等变换求出的最大值，可判断D选项.【详解】对于A选项，在中，，，，由余弦定理可得，即，即，因为，解得，取的中点，连接、，如下图所示：因为为等边三角形，为的中点，所以，， 又因为，，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，所以，二面角的平面角为，因为为的中点，所以，，故也是边长为的等边三角形，所以，，又因为，所以，，则，故二面角为，A对；对于B选项，设、的中心分别为点、，分别过点、作、，设，因为，，，、平面，所以，平面，因为，则平面，同理，平面，所以，为三棱锥的外接球球心，由等边三角形的几何性质可知，，同理，，因为，，，，所以，四边形为正方形，且，又因为，因为，，则，则， 所以，三棱锥的外接球半径为，因此，三棱锥的外接球的表面积为，B对；对于C选项，设点在平面内的射影点为，连接，因，，则，故点、、、四点共面，因为，则，又因为，，、平面，则平面，又因为平面，故平面与平面重合，又因为，、，故，设，其中，又因为，则，所以，，，所以，点与点到平面的距离之和，因为，则，故当时，即当时，取最大值，C错；对于D选项，，，由余弦定理可得 ，其中为锐角，且，因为，则，故当时，取得最大值，且，D对.故选：ABD.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.一组数据1，2，4，5，8的第75百分位数为_________．【答案】【解析】【分析】根据百分位数计算规则计算可得.【详解】因为，所以第百分位数为从小到大排列的第个数，即为.故答案为：14.在正方体中，直线与直线夹角的余弦值为_________．【答案】##【解析】【分析】根据异面直线夹角的定义确定为直线与直线夹角或其补角，再判断的形状即可得答案.【详解】如图，连接 在正方体中，有所以四边形为平行四边形，所以所以为直线与直线夹角或其补角设正方体棱长为，则，所以为等边三角形所以，故直线与直线夹角的余弦值为.故答案为：.15.在圆中，已知弦，则的值为_________．【答案】2【解析】【分析】设圆心，为半径，为弦，可得在上的投影为，再根据，计算求得结果．【详解】如图，设圆心，为半径，为弦，故在上的投影为，，故答案为：.16.已知的重心为，面积为1，且，则的最小值为_________． 【答案】##【解析】【分析】根据题中线段关系比较复杂，考虑用向量解决问题，将，向量转化为用，表示，之后结合三角形的面积公式和数量积的运算律可将转化为用去表示，然后再利用导数求函数的最小值即可.【详解】如图：设，则则，因的重心为，所以，， 设，则，设，，此时则时，，在上单调递减，时，，在上单调递增，所以的最小值为，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.已知是两个单位向量，夹角为，设．（1）求；（2）若，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据单位向量的性质和向量的模的运算即可求得答案；（2）根据垂直向量的性质与向量的数量积运算即可得解.【小问1详解】因为是两个单位向量，夹角为，所以，所以；【小问2详解】 因为，所以，即即，.18.已知正三棱柱棱长均为，为的中点．（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，即可得到，从而得证；（2）过作，垂足为，由正三棱柱的性质及面面垂直的性质得到平面，再由利用等体积法计算可得.【小问1详解】连接交于点，连接，则正三棱柱中是平行四边形，所以为的中点，又为的中点，所以，平面，平面，所以平面. 【小问2详解】过作，垂足为，由题意可得，，，所以，所以，所以的面积，因为正三棱柱中平面平面，又平面平面，平面，且，所以平面，即到平面的距离为，又的面积，所以，又，所以，解得，所以点到平面的距离为.19.独立事件是一个非常基础但又十分重要的概念，对于理解和应用概率论和统计学至关重要．它的概念最早可以追湖到17世纪的布莱兹·帕斯卡和皮埃尔·德·费马，当时被定义为彼此不相关的事件．19世纪初期，皮埃尔·西蒙·拉普拉斯在他的《概率的分析理论》中给出了相互独立事件的概率乘法公式．对任意两 个事件与，如果成立，则称事件与事件相互独立，简称为独立．（1）若事件与事件相互独立，证明：与相互独立；（2）甲、乙两人参加数学节的答题活动，每轮活动由甲、乙各答一题，已知甲每轮答对的概率为，乙每轮答对的概率为．在每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，求甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据事件之间的关系得，再根据独立事件的概率乘法公式即可证明结论；（2）设分别表示在两轮活动中答对1道题，答对2道题的事件，分别表示乙在两轮活动中答对1道题，答对2道题的事件，分别确定，根据事件，利用互斥事件、独立事件的概率公式求解即可.【小问1详解】证明：已知事件与事件相互独立，则因为，且事件与事件互斥所以所以由事件独立性定义，与相互独立；【小问2详解】设分别表示甲在两轮活动中答对1道题，答对2道题的事件分别表示乙在两轮活动中答对1道题，答对2道题的事件根据独立性假定，得设“甲乙两人在两轮活动中答对3道题”，则 且与互斥，与，与分别相互独立所以所以甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率时.20.某社区工作人员采用分层抽样的方法分别在甲乙两个小区各抽取了8户家庭，统计了每户家庭近7天用于垃圾分类的总时间（单位：分钟），其中甲小区的统计表如下，住户序号12345678所需时间200220200180200220设分别为甲，乙小区抽取的第户家庭近7天用于垃圾分类的总时间，分别为甲，乙小区所抽取样本的方差，已知，其中．（1）若，求和的值；（2）甲小区物业为提高垃圾分类效率，优先试行新措施，每天由部分物业员工协助垃圾分类工作，经统计，甲小区住户每户每天用于垃圾分类的时间减少了5分钟．利用样本估计总体，计算甲小区试行新措施之后，甲乙两个小区的所有住户近7天用于垃圾分类的总时间的平均值和方差．参考公式：若总体划为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：；，总的样本平均数为，样本方差为，则．【答案】（1）（2），.【解析】【分析】（1）根据平均值和方差公式可得到关于和的两个等式，联立可得和.（2）根据题中给的公式，代入求值即可.【小问1详解】由题意可知： ，得：，，得，解，得或，因为，故【小问2详解】设甲小区试行新措施之后，甲小区抽取的第户家庭近7天用于垃圾分类的总时间为，则，则，，21.如图1，在等腰中，分别为的中点，过作于．如图2，沿将翻折，连接得到四棱锥为中点． （1）证明：平面；（2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理取线段中点为，连结，证明，，即可证明；（2）由于直线与平面所成角即为直线与平面所成的角，根据等体积法求解点到平面的距离，从而将夹角正弦值转化为，从而可得答案.【小问1详解】取线段中点为，连结因为是线段中点，在△AOB中，，且，由题意知AO⊥BC，又DE⊥BC，AO、DE在面ACED内，则，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为，所以， 因为平面所以平面，同理平面，因为平面，所以，又DF//EG，所以，因为，是线段中点，所以因为平面所以平面；【小问2详解】直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，做平面于点，连接，取中点，连接所以是在平面内的射影，所以是直线与平面所成的角，易知的面积为，因为平面，平面，所以平面平面，由题意，易知为等边三角形，因为为中点，所以，又平面平面，平面，所以平面，则，即点到平面的距离为所以，因为，所以平面，因为平面，所以，所以所以中，，则， 所以，则，因为，所以，所以，所以，故直线与平面所成的角的正弦值为.22.射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作．（1）证明：；（2）已知，点为线段的中点，，求．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用面积公式表示出、即可得到，同理得到，即可得证；（2）由（1）可得，即可得到，设，，利用余弦定理与正弦定理得到方程组，求出，，再由余弦定理计算可得.【小问1详解】在、、、中， ，所以，又在、、、中，，所以，又，，，所以，所以.【小问2详解】由题意可得，所以，即，所以，又点为线段的中点，即，所以，又，则，，设，且，由，所以， 即，解得①，在中，由正弦定理可得②，在中，由正弦定理可得③，且，②③得，即④由①④解得，（负值舍去），即，所以.【点睛】关键点睛：本题解答的关键是理解所给定义，利用面积公式求出线段的比，利用整体思想计算.