精品解析：江苏省泰州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

2022~2023学年度第二学期泰州市期末考试高一数学试题

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. 已知，，若，则（    ）

A. 0 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，由平面向量共线的坐标运算，代入计算，即可得到结果.

【详解】因为，，且，则，解得.

故选：C

2. 复数（为复数单位）的共轭复数是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】计算，再计算共轭复数得到答案.

【详解】，则复数（为复数单位）的共轭复数是，

故选：A

3. 采用简单随机抽样的方法，从含有5个个体的总体中抽取一个容量为2的样本，某个个体被抽到的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据简单随机抽样每个个体被抽到的概率直接计算，即可得答案；

【详解】简单随机抽样每个个体被抽到的概率，

含有5个个体的总体中抽取一个容量为2的样本，某个个体被抽到的概率为，

故选：D.

【点睛】本题考查简单随机抽样的概念，考查对概念的理解，属于基础题.

4. 望海楼是江苏泰州的著名景点，位于泰州凤城河风景区内.它初建于南宋绍定二年，被誉为“江淮第一楼”.为测量望海楼的高度，可选取与楼底在同一水平面内的两个测量基点与.现测得，，米，在点测得楼顶A的仰角为30°，则楼高约为（    ）米.

A. 30 B. 32 C. 34 D. 36

【答案】B

【解析】

【分析】先在中，利用正弦定理求得，再在求得即可.

【详解】在中，由题意可得，

由正弦定理可得，

可得（米），

又因为，所以（米）.

故选：B.

5. 若，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用倍角公式结合齐次式问题运算求解.

【详解】由题意可得：.

故选：A.

6. 在正四棱台中，已知，，则侧棱与底面所成角正弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，做出其截面图，然后结合线面角的定义即可得到结果.

【详解】 

由题意可得正四棱台的截面图，如图所示，且为等腰梯形，过点做，过点做，由线面角的定义可知，侧棱与底面所成角即为，

由条件可得，，,，则，,则，所以为等腰直角三角形，

所以，即.

故选：B.

7. 已知的外接圆的圆心为，且，，则的最大值为（    ）

A.  B.  C. 2 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】由正弦定理得到，利用向量数量积公式得到，由求出答案.

【详解】由正弦定理得，故，

因为，所以，

则

，

因为，所以，则，

故.

故选：C

8. 在中，点在线段上，，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】和中，利用正弦定理结合，得，由倍角公式和两角和与差的正余弦公式化简求值.

【详解】中，点在线段上，，，如图所示，

则，，由正弦定理，

中，，

中，，

由，则，

即，得，

.

故选：D

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. 对于数据2，6，8，2，3，4，6，8，则这组数据的（    ）

A. 极差为6 B. 平均数为5.25

C. 30百分位数为3 D. 众数为6

【答案】AC

【解析】

【分析】把数据从小到大排列，利用极差、平均数、百分位数和众数的定义判断各选项是否正确.

【详解】数据2，6，8，2，3，4，6，8，从小到大排为2，2，3，4，6，6，8，8，

极差为，A选项正确；

平均数为，B选项错误；

，30百分位数是第3个数据，所以30百分位数为3，C选项正确；

众数为6和8，D选项错误.

故选：AC

10. 已知三个非零向量，，共面，则（    ）

A. 若，，则 B. 若，，则

C. 若，则 D. 若，则存在实数，使

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用向量的传递性，平面向量数量积的定义，平面向量共线定理，对选项逐个判断，找出正确选项.

【详解】对于选项A，，，根据向量的传递性得，故选项A正确；

对于选项B，若，，因为它们为共面向量，则，故选项B正确；

对于选项C，由得，因为，，是三个非零向量，

所以得，无法推出，故选项C错误；

对于选项D，因为，为非零向量，由平面向量共线定理可知，若，则存在唯一的实数，使，故选项D正确.

故选：ABD.

11. 已知事件A，B发生的概率分别为，则（    ）

A. 若A，B互斥，则A，B至多有一个发生的概率为

B. 若A，B互斥， 则A，B至少有一个发生概率为

C. 若A，B相互独立， 则A，B至多有一个发生的概率为

D. 若A，B相互独立， 则A，B至少有一个发生的概率为

【答案】BD

【解析】

【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式，结合事件的运算逐项分析计算作答.

【详解】依题意，，

对于A，，则A，B至多有一个发生的概率为，A错误；

对于B，，则A，B至少有一个发生的概率，B正确；

对于C，，A，B至多有一个发生的概率为，C错误；

对于D，，则A，B至少有一个发生的概率

，D正确.

故选：BD

12. 已知正方体的棱长为1，点为线段上的动点，则（    ）

A. 与始终保持垂直

B. 的最小值为

C. 经过的平面截正方体所得截面面积的最小值为

D. 以为球心，为半径的球面与平面的交线长为

【答案】AC

【解析】

【分析】根据正方体的性质，截面形状，结合空间中的垂直关系，以及空间中线段和最值的求解方法进行求解.

【详解】对于A，连接，由正方形的性质可得，由正方体的性质可得；

又，所以平面，

因为平面，所以；

同理可得，因为，所以平面；

因为平面，所以，A正确.

对于B，把沿展开到与共面，如图，

则三点共线时，最小，且最小值为，

在中，，

由余弦定理可得，B不正确.

对于C，分别取的中点，连接，

由正方体的性质可知四边形是菱形，且是过面积最小的截面.

理由如下：过点作于，设，则；

由直角三角形性质可得：；

，；

由可得，显然时，取到最小值，此时截面面积最小.

最小面积为，C正确.

对于D，过点作于点，由平面，可得；

又因为，所以平面，

以为球心，为半径的球面被平面所截的圆面的圆心为，半径为，

则，所以，即；

以为球心，为半径的球面与平面的交线是以为圆心的圆周，其长度为，D不正确.

故选：AC.

三、填空题: 本题共4小题，每小题 5 分，共 20 分.

13. ______.

【答案】##

【解析】

分析】利用和角公式可得答案.

【详解】.

故答案为：

14. 已知圆锥底面半径为1，高为，则该圆锥侧面积为_____．

【答案】

【解析】

【分析】由已知求得母线长，代入圆锥侧面积公式求解．

【详解】由已知可得r=1，h=，则圆锥的母线长l=,

∴圆锥的侧面积S=πrl=2π．

故答案为2π．

【点睛】本题考查圆锥侧面积的求法,侧面积公式S=πrl.

15. 已知，，则满足的一个的值为______.

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】根据两角和的正切公式，将用进行表示，再将化简求得结果.

【详解】，，

又，，

即，化简可得，

，

或，

又，，故，

，故满足题意，

故答案为：（答案不唯一）.

16. 已知的垂心为点，面积为15，且，则______；若，则______.

【答案】    ①. 30    ②. 25

【解析】

【分析】利用向量的运算表示出，利用数量积运算可得答案；先利用面积及第一空结果求出，对平方可求模长.

【详解】如图，
 

是的边上的高，则；设，

因为，面积为15，所以，即；

.

由第一空可知，所以；

所以，由可得，即；

因为，

所以；

故答案为：30   25.

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. 设为实数，复数，.

（1）若为纯虚数，求的值；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据复数的乘法结合纯虚数的定义列式求解；

（2）根据复数的模长公式运算求解.

【小问1详解】

因为，

若为纯虚数，则，解得.

【小问2详解】

若，则，

可得，解得，

所以的取值范围.

18. 如图,在直三棱柱中,,为的中点,为的中点,.求证:

（1）∥平面;

（2）.

【答案】（1）答案见解析   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）连接,根据三角形的中位线可得,再根据线面平行的判定定理证明即可;

（2）根据已知条件证明平面,从而得到,再根据线面垂直的判定定理证明平面,则四边形为菱形即可得到结论.

【小问1详解】

连接,如图,

因为四边形为平行四边形,

所以为的中点,

又为的中点,

所以在中,,

因为平面,平面,

所以∥平面.

【小问2详解】

因为,即,

又,且,平面,平面,

所以平面,

因为,

所以平面,

因为平面,

所以,

又平面,平面,

所以平面,

因为平面,

所以,

则四边形为菱形,

所以.

19. 一个袋子中装有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球（标号为1和2），2个白球（标号为3和4），甲、乙两人先后从袋中不放回地各摸出1个球.设“甲摸到红球”为事件，“乙摸到红球”为事件.

（1）小明同学认为：由于甲先摸球，所以事件发生的可能性大于发生的可能性.小明的判断是否正确，请说明理由；

（2）判断事件与是否相互独立，并证明.

【答案】（1）不正确；理由见解析；   

（2）事件与不相互独立，理由见解析

【解析】

【分析】（1）先求出摸球的所有情况，利用古典概率求解，比较即可判断；

（2）利用独立事件的判定方法进行判断.

【小问1详解】

两人摸出球的所有情况：（1,2），（1,3），（1,4），（2,1），（2,3），（2,4），（3,1），（3,2），（3,4），（4,1）（4,2），（4,3），共12种；

事件包含的情况有：（1,2），（1,3），（1,4），（2,1），（2,3），（2,4），共6种；

事件包含的情况有：（1,2），（2,1），（3,1），（3,2），（4,1）（4,2），共6种；

所以，故小明的判断不正确.

【小问2详解】

事件包含的情况有：（1,2），（2,1），故；

因，；

所以事件与不相互独立.

20. 已知.

（1）若，试判断的形状，并证明；

（2）设的中点为. 从下面①②③中选取两个作为条件， 证明另外一个成立：①；②；③的面积为.注: 若选择不同的组合分别作答， 则按第一个解答计分.

【答案】（1）直角三角形，证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由题意求出，由数量积的坐标表示可得，即可判断的形状；

（2）由余弦定理和三角形的面积公式先化简①②③，再从①②③中选取两个作为条件， 证明另外一个成立即可.

【小问1详解】

因为，

所以， 从而，

于是， 故为直角三角形.

【小问2详解】

， 记角的对边分别为，

由①得， 由余弦定理得， 化简得；

由②得， 由得，

；

由③得，， 即.

①②③

由①得； 由②得， 解得，

所以的面积为.

①③②

由③得， 因为， 所以，

由①得， 所以，

因为的中点为， 所以，

于是

②③ ①由余弦定理得，

由②得， 所以，

由③得， 所以，

因为， 所以.

21. 如图1，在等腰梯形中，，，，为的中点.将沿翻折，得到四棱锥（如图2）.

（1）若的中点为，点在棱上，且平面，求的长度；

（2）若四棱锥的体积等于2，求二面角的大小.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证明面面平行，利用面面平行的性质得到线线平行，进而得出的长度；

（2）利用四棱锥的体积求出高，找到二面角的平面角，结合直角三角形的知识可得答案.

【小问1详解】

取的中点,连接,

因为分别为的中点，所以，

因为平面，平面，所以平面；

因为平面，，平面，

所以平面平面；

因为平面平面,平面平面,

所以，即为的中点，所以.

【小问2详解】

由图1可知，等腰梯形的高为，所以四边形的面积为；

因为四棱锥的体积等于2，所以四棱锥的高等于，

因为三角形的高为，所以平面平面；

取的中点,连接,

由图1可知，均为等边三角形，所以,，且;

因为,所以平面，

因为平面，所以；

由图1可知，所以是二面角的平面角，

因为平面平面，平面平面，，

所以平面，所以为直角三角形；

在中，，所以，即二面角为.

22. 在中，角的对边分别为，，，已知.

（1）当时，求的值；

（2）当时，求周长的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意借助于倍角公式整理得，再结合两角和差公式运算求解；

（2）以内切圆为基础，设，进而可得，结合面积公式可得，结合三角恒等变换分析运算.

【小问1详解】

因为，则，

可得，

又因为，则，

所以，

解得.

【小问2详解】

设的内切圆的圆心为，圆与边切于点，连接，

设周长为，，

可得，

由（1）可知：，即，

整理得，

可得，

根据等面积法可得，

即，

整理得，

其中，

当，即时，取到最大值，

所以周长的最大值为.

  【点睛】关键点睛：本题注意到，故借助于内切球的性质建立边角关系，进而运算求解.