河南省焦作市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（Word版附解析）

焦作市普通高中2022—2023学年（下）高一年级期末考试数学考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出集合，再求得，从而可求出.【详解】由，得，所以，所以或，由，得，解得所以，所以，故选：D2.已知复数z满足，则复数z的共轭复数（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先对化简求出复数，从而可求出其共轭复数 【详解】由，得，所以，故选：A3.已知角的顶点在坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边经过点，则（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】先由任意角的三角函数的定义结合题意求出，再由二倍角公式的值.【详解】因为角的顶点在坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边经过点，所以，所以，故选：B4.设，，，则a，b，c的大小关系为（）A.c＜b＜aB.c＜a＜bC.b＜a＜cD.b＜c＜a【答案】A【解析】【分析】根据指数函数和对数函数的单调性可得出，，进而即可得到，，的大小关系．【详解】由，且，即，又，所以c＜b＜a．故选：A．5.在中，边BC上的中线与边AC上的中线的交点为E，若，则 （）A.1B.－1C.D.【答案】D【解析】【分析】利用平面向量的基本定理结合条件即得.【详解】由题可知E为三角形的重心，则，∴，，∴.故选：D6.随机抽查了某校名高三学生的视力情况，得到的频率分布直方图如图所示，由于不慎将部分数据丢失，但知道后组的频数和为，设视力在到之间的学生人数为，各组中频率最大的为，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题中信息计算出第三、第四组的频数，将第三组和第四组的频数相加可得出的值.【详解】前两组的频数之和为，第四组的频数为，后五组的频数之和为，所以，前三组的频数之和为，故第三组的频数为，因此，.故选：B.7.已知函数，有下述三个结论：①的最小正周期是；②在区间上不单调； ③将图象上的所有点向右平移个单位长度后，得到函数的图象．其中所有正确结论的编号是（）A.①B.②C.①②D.①②③【答案】C【解析】【分析】根据题意利用三角恒等变换将函数化简成，然后根据正弦型函数的单调新性，周期和三角函数图像的平移即可求解.【详解】因为函数，所以函数的最小正周期，故①正确；当时，，由正弦函数的图像可知，函数在上先增后减，故②正确；将图象上的所有点向右平移个单位长度后，可得，故③错误，所以结论正确为①②，故选：C.8.如图，在三棱柱中，过的截面与AC交于点D，与BC交于点E（D，E都不与C重合），若该截面将三棱柱分成体积之比为的两部分，则（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据面面平行的性质得到，得到特殊图形，根据棱台和棱柱的体积公式直接求解即可.【详解】因为三棱柱，所以，面面，又因为面面，面面，所以，显然为三棱台，设，（），三棱柱的高为，则，所以三棱柱体积为，三棱台的体积为，.①三棱台的体积占，则，得，得或，均不符合题意；②三棱台的体积占，则，得，得或，因为，所以.故选：C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.已知向量，，则的值可以是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】利用向量数量积的坐标运算得出，利用正弦函数值域即可得出结果.【详解】由题知，，因为，，所以，，即的范围为.故选：BC10.下列命题正确的是（）A.在中，若A＞B，则B.在中，若，，A＝45°，则B＝60°C.在中，若，则是等腰三角形D.在中，【答案】ACD【解析】【分析】由余弦函数的性质可判断A；由正弦定理结合大边对大角可判断B；由正弦定理和余弦定理角化边可判断C；由两角差的余弦公式可判断D.【详解】对于A，因为在上单调递减，所以A＞B，则，故A正确；对于B，若，，A＝45°，由正弦定理可得：，则，解得：，则或， 因为，则，所以或，故B不正确；对于C，由可得：，所以，则所以是等腰三角形，故C正确；对于D，，因为在中，，所以，故D正确.故选：ACD11.若，则（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】由已知可得，然后构造函数，则，然后通过判断函数的单调性可得，然后逐个分析判断.【详解】因为，所以，令，则，因为和在上单调递增，所以在上单调递增，所以由，得，对于A，因为在上单调递增，且，所以，所以A正确，对于B，若，则，所以B错误，对于C，若，则，所以C错误， 对于D，因为在上单调递减，且，所以，即，所以D正确，故选：AD【点睛】关键点点睛：此题考查函数的单调性的应用，解题的关键是将原不等式变形为，然后构造函数，通过判断函数的单调性可判断出的大小，考查数学转化思想，属于较难题.12.如图，若正方体的棱长为1，M是侧面（含边界）上的一个动点，P是的中点，则下列结论正确的是（）A.三棱锥的体积为定值B.若，则点M在侧面内的运动轨迹的长度为C.若，则的最大值为D.若，则的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】对于A，由，的面积为定值，且点到平面的距离为正方体的棱长，从而可进行判断，对于B，过点作，由已知得点的轨迹是以为圆心，1为半径的半圆弧，根据圆的周长公式可判断，对于CD，过点作，则是的中点，连接，取的中点，连接，解三角形，可求出的最值. 【详解】对于A，三棱锥的体积为，因为P是的中点，所以的面积为定值，因为点到平面的距离为正方体的棱长，所以三棱锥的体积为定值，所以A正确，对于B，过点作于，则由正方体的性质和面面垂直的性质，可得平面，因为平面，所以，因为正方体的棱长为1，，所以，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，所以点M在侧面内的运动轨迹的长度为，所以B正确，对于CD，过点作于，则为的中点，连接，取的中点，连接，则∥，因为，所以≌，所以，因为，所以，所以， 因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，所以平面，因为平面平面，所以点的轨迹是线段，在中，，所以的最大值为，所以C正确，在中，，所以，所以点到的距离为，所以D错误，故选：ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知点，，，，则向量在向量方向上的投影数量为______．【答案】【解析】【分析】先求得向量，的坐标，再根据数量投影的定义即可求得答案. 【详解】，所以向量在方向上的数量投影为.故答案为：.14.已知圆台的下底面半径为，上底面半径为，其侧面积等于上、下底面积之和，则圆台的高为______．【答案】【解析】【分析】求出圆台的上底面，下底面面积，写出侧面积表达式，利用侧面面积等于两底面面积之和，求出圆台的母线长，最后根据解直角三角形求出它的高即可.【详解】设圆台的母线长为，则圆台上底面面积，圆台下底面面积，所以两底面面积之和为，又圆台侧面积，则，所以，所以圆台的高为.故答案为：15.已知定义在上的函数满足，且当时，．若对任意，都有，则t的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据，且当时，，类比周期函数的性质，求出函数的解析式，然后作出图象，利用数形结合法求解.【详解】因为当时，，所以， 因为，当时，即时，由，所以，同理可得，依此类推，作出函数的图象，如图所示：由图象知：当时，令，则，解得，对任意，都有，只需对任意，函数的图象不在直线的上方即可，由图知，即t的取值范围是.故答案为：16.在三棱锥中，平面平面，，且，是等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为______．【答案】【解析】【分析】通过题意画出图像，通过三棱锥图像性质以及三棱锥外接球的相关性质确定圆心位置，最后根据各边所满足的几何关系列出算式，即可得出结果.【详解】如图所示，作中点，连接、，在上作的中心，过点作平面的垂线，在垂线上取一点，使得，因为三棱锥底面是等边三角形，是的中心，所以三棱锥外接球球心在过点的平面垂线上， 又因，则即为球心，因为平面平面，，，平面平面，，所以平面，，，，，设球的半径为，则，，即，解得，故三棱锥外接球的表面积为.故答案为：【点睛】三棱锥外接球表面积的问题，从以下几个角度考虑：（1）三棱锥的性质的应用；（2）通过三棱锥的几何特征确定外接球的球心和半径；（3）推理能力的应用；（4）数形结合，化归与转化思想的应用.四、解答题：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，．（1）若，求实数k的值；（2）若，求实数t的值． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出向量、的坐标，利用平面向量共线的坐标表示可求得实数的值.（2）求出向量、的坐标，依题意可得，根据数量积的坐标运算计算可得.【小问1详解】因为，，所以，．因为，所以，解得．【小问2详解】，因为，所以，解得．18.在一次数学考试后，随机抽取了100名参加考试的学生，发现他们的分数（单位：分）都在内，按，，…，分组得到的频率分布直方图如图所示.（1）求图中a的值；（2）试估计这100名学生得分的中位数；（结果精确到整数）（3）现在按人数比例用分层随机抽样的方法从样本中分数在内的学生中抽取5人，再从这5人中任取2人参加这次数学考试的总结会，试求和两组各有一人参加总结会的概率.【答案】（1）0.030（2）123（3） 【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中各个矩形面积之和为1即能求出a；（2）根据中位数求法，从第一组开始，求得频率和为0.5时对应底边的值即可；（3）按照分层抽样的特征，可分别求得两组各抽取的人数，再利用列举法结合古典概型概率公式即可求解.【小问1详解】由频率分布直方图得，解得a＝0.030.【小问2详解】由频率分布直方图可得前四组的频率之和为0.4，前五组的频率之和为0.7，故中位数位于区间内，则中位数为.【小问3详解】在和两组中的人数分别为100×（0.01×10）＝10和100×（0.015×10）＝15，故在分组中抽取人，记为A，B，在分组中抽取3人，记为c，d，e.从这5人中任取2人，样本空间为，共含有10个样本点，设事件M为“和两组各有一人参加总结会”，则，含有6个样本点，故.19.已知函数的图象与x轴的相邻两个交点之间的距离为，且．（1）求的解析式；（2）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求函数的单调递减区间．【答案】（1）（2），．【解析】【分析】（1）首先根据周期求，再根据求，即可求函数的解析式； （2）首先利用平移规律求的解析式，再化简的解析式，再根据函数的性质求函数的单调递减区间.【小问1详解】由已知得的最小正周期，所以，从而，又，，所以,所以．【小问2详解】由已知得．故，令，，得，，所以函数的单调递减区间为，．20.在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，且．（1）求证：平面；（2）求证：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）由题意可得，，则由线面平行的判定定理可得平面， 平面，再由面面平行的判定定理可得平面平面，再由面面平行的性质可证得结论；（2）由已知条件可得平面BCE，再由面面垂直判定定理可证得结论；（3）由题意可得平面平面，则平面，所以，从而可求得结果.【小问1详解】∵四边形是矩形，∴，又平面，平面，∴平面．∵，平面，平面，∴平面．∵，平面，∴平面平面，又平面，∴平面．【小问2详解】∵平面，平面，∴，在矩形中，，又∵，平面∴平面．又平面，∴平面平面．【小问3详解】∵平面，平面，∴平面平面．又，平面平面，平面，∴平面，则为三棱锥的高，且．∵， ∴，∴．21.已知函数，．（1）若，函数在区间上存在零点，求的取值范围；（2）若a＞1，且对任意，都有，使得成立，求a的取值范围．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）函数在区间上单调递减，要使函数在区间上存在零点，则由零点存在定理可得，解不等式即可得出答案；（2）若对任意，都有，使得成立，则当时，，讨论a＞1，1＜a＜2或，求出，解不等式即可得出答案.【小问1详解】函数在区间上单调递减，则由零点存在定理可得，即解得，所以的取值范围是．【小问2详解】若对任意，都有，使得成立，则当时，．因为a＞1，所以当时，单调递减，单调递增， 所以，，所以．当1＜a＜2时，，，不符合条件，当时，，，符合条件，所以a的取值范围是．22.已知在中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且．（1）求；（2）若，为的平分线，求的长；（3）若，且为锐角三角形，求面积的取值范围．【答案】（1）（2）（3）．【解析】【分析】（1）对已知等式利用正弦定理统一成角的形式，然后化简可求出角；（2）由为的平分线，得，再由可求出的长；（3）设的外接圆半径为R，利用正弦定理将已知等式化简变形可求得，再利用正弦定理可求得，，然后表示出三角形的面积，利用三角函数恒等变换公式化简，再利用正弦函数的性质可求得结果.小问1详解】由及正弦定理得，∴，即，∴．∵， ∴，∵，∴．【小问2详解】设，∵，为的平分线，∴．由，得．解得，即CD的长为．【小问3详解】设的外接圆半径为R．∵，∴，即．由正弦定理可得，∴，．∴的面积．∵是锐角三角形，∴，，∴， ∴，∴，∴，即锐角面积的取值范围是．