2022-2023学年陕西省西安市莲湖区高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年陕西省西安市莲湖区高一（下）期末数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年陕西省西安市莲湖区高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. (1−2i)(1−i)=(    )
A. −1−3i B. 3−3i C. −1+i D. 3+i
2. 某超市到月末进行库存盘点，统计到玉米库存还剩四个品种，其中甜玉米42个，黑玉米7个，糯玉米56个，高油玉米35个.现用分层随机抽样抽取40个玉米作为内部嘉奖福利.则抽取的玉米中糯玉米的个数为(    )
A. 18 B. 12 C. 16 D. 10
3. 下列命题正确的是(    )
A. 任意四边形都可以确定唯一一个平面
B. 若m⊥α，则直线m与平面α内的任意一条直线都垂直
C. 若m//α，则直线m与平面α内的任意一条直线都平行
D. 若直线m上有无数个点不在平面α内，则m//α
4. 某俱乐部有5名登山爱好者，其中只有2人成功登顶珠穆朗玛峰.若从这5人中任选2人进行登山经验分享，则被选中的2人中恰有1人成功登顶珠穆朗玛峰的概率是(    )
A. 310 B. 15 C. 25 D. 35
5. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图是直角△O′AB，其中AB= 10，则原图形的面积为(    )
A. 5 2
B. 10 2
C. 10 5
D. 5 5
6. 已知向量a的模长为2，向量b在向量a上的投影向量为14a，则a⋅b=(    )
A. 8 B. 4 C. 2 D. 1
7. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若A+C=2B， 3a2+ 3c2−2acsinB=9 3，则b=(    )
A. 3 3 B. 3 C. 6 D. 3
8. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，Q，H分别为所在棱的中点，则直
线HC与平面EFQ所成角的正弦值为(    )
A. 23
B. 26
C. 16
D. 212
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 如图，在直三棱妵ABC−A1B1C1中，D，G，E分别为所在棱的中点，
AB=4AF，三棱柱ABC−A1B1C1挖去两个三棱锥A−EFG，B1−BC1D后所得的几何体记为Ω，则(    )
A. Ω有7个面
B. Ω有13条棱
C. Ω有7个顶点
D. 平面BC1D⋂平面ABB1A1=BD
10. 已知复数z=2+11i2+i，则(    )
A. |z|=5 B. z−=3−4i
C. z在复平面内对应的点在第二象限 D. z−4i∈R
11. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若A=π6，a=1，b= 3，则C可能为(    )
A. π6 B. π3 C. π2 D. 2π3
12. 如图，一个正八面体的八个面分别标有数字1，2，3，…，8，任意抛掷一次该正八
面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间Ω={1,2,3,4,5,6,7,8}，若事件A={2,4,6,8}，事件B={1,3,5,8}，事件C={1,6,7,8}，则
(    )


A. 事件A，B相互独立 B. 事件A，C相互独立
C. 事件B，C相互独立 D. P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知一组数据为2，6，5，4，7，9，8，10，则该组数据的80%分位数为______ ．
14. 已知向量a，b满足|a|= 6，|b|= 2，且|a+b|=2 3，则a⋅b= ______ ；向量a与b的夹角的余弦值为______
15. 已知一个圆锥的轴截面是一个边长为6的正三角形，则该圆锥的外接球的表面积为______ ．
16. 咸阳市的标志性建筑清渭楼，古朴典雅，蔚为壮观.为了测量清渭楼最高点M与其附近一观测点N之间的距离，取水平方向距离1200米的P，Q两点，测得∠QPM=π3，∠QPN=π4，∠PQM=π6，∠PQN=5π12，其中点M，N，P，Q在同一铅垂面内，则M，N两点之间的距离为______ 米.


四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知向量a=(−2,5)，b=(1,−1)，c=(6,λ)．
(1)若(2a+b)//c，求λ的值；
(2)若(a−3b)⊥c，求λ的值．
18. (本小题12.0分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，△ABC的面积为S，且2S− 3bccosA=0．
(1)求角A的大小；
(2)若a=7，bc=40，求△ABC的周长．
19. (本小题12.0分)
某果园大约还有5万个蜜桔等待出售，原销售方案是所有蜜桔都以25
元/千克的价格进行销售，为了更好地促进销售，需对蜜桔质量进行质量分析，以便做出合理的促销方案.现从果园内随机采摘200个蜜桔进行测重，其质量分别在[25,35)，[35,45)，[45,55)，[55,65)，[65,75)，[75,85](单位：克)中，其频率分布直方图如图所示．
(1)求m的值；
(2)估计该果园这200个蜜桔的平均质量为多少克/个；(同一组的数据以该组区间的中点值为代表)
(3)以样本估计总体，若低于55克的蜜桔以140元/百个进行销售，不低于55克的蜜桔以160元/百个进行销售，试问该果园的收益是否会更高？

20. (本小题12.0分)
如图，某铁质零件由一个正三棱台和一个正三棱柱组成，已知正三棱柱的底面边长与高均为1cm，正三棱台的下底面边长为2cm，且正三棱台的高为1cm，现有一盒这种零件共重650 3g(不包含盒子的质量)，取铁的密度为7.8g/cm3．
(1)试问该盒中有多少个这样的零件？
(2)如果要给这盒零件的每个零件表面涂上一种特殊的材料，试问共需涂多少cm2的材料？

21. (本小题12.0分)
某学校派甲、乙两人组成“少年队”参加射击比赛，每轮比赛由甲、乙各射击一次，已知甲每轮射中的概率为12，乙每轮射中的概率为23.在每轮比赛中，甲和乙射中与否互不影响，各轮比赛结果也互不影响．
(1)求“少年队”在一轮比赛中恰好射中1次的概率；
(2)求“少年队”在三轮比赛中恰好射中3次的概率．
22. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥M−ABCD中，AD//BC，AC⊥CD，BC=2AD，△MAD为等边三角形，平面MAD⊥平面ABCD，点N在棱MD上，直线MB//平面ACN．
(1)证明：MN=2ND．
(2)设二面角M−AC−D的平面角为α，直线CN与平面ABCD所成的角为θ，若tanα的取值范围是[3,3 3]，求tanθ的取值范围．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：(1−2i)(1−i)=1−i−2i+2i2=−1−3i．
故选：A．
根据复数的乘法法则即可化简求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．

2.【答案】C 
【解析】解：抽取的玉米中糯玉米的个数为40×5642+7+56+35=16．
故选：C．
利用分层抽样的概念及抽取方法，求解即可．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．

3.【答案】B 
【解析】解：A选项，空间四边形的四个点不共面，A错误．
B选项，根据线面垂直的性质知，若m⊥α，则直线m与平面α内的任意一条直线都垂直，B正确；
C选项，若m//α，则平面α内存在直线与直线m可能平行或异面，C错误．
D选项，若直线m上有无数个点不在平面α内，则m//α或m与α相交，D错误．
故选：B．
ACD选项，可举出反例；B选项，可根据线面垂直的定义得到．
本题考查平面的基本性质，属于基础题．

4.【答案】D 
【解析】解：设这5名登山爱好者为a，b，c，d，e，其中a，b为成功登顶珠穆朗玛峰的2人．
从中任选2人，基本事件为(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(b,c)，(b,d)，(b,e)，(c,d)，(c,e)，(d,e)，共10个，
则“恰有1人成功登顶珠穆朗玛峰”包含的基本事件有6个，
故所求概率为：610=35．
故选：D．
利用古典概型的概率求解．
本题主要考查古典概型的概率公式，属于基础题．

5.【答案】B 
【解析】解：因为在直观图中，O′A=AB= 10，所以O′B= 10+10=2 5，
所以原图形是一个底边长为 10，高为2×2 5=4 5的直角三角形，
故原图形的面积为12× 10×4 5=10 2．
故选：B．
先求得原图形三角形的底与高的值，进而求得原图形的面积．
本题考查斜二测画法相关知识，属于基础题．

6.【答案】D 
【解析】解：因为向量b在向量a上的投影向量为14a，所以a⋅b|a|2=14，
又向量a的模长为2，所以a⋅b=14|a|2=1．
故选：D．
根据投影向量的定义和求解公式得到a⋅b|a|2=14，结合|a|=2，求出答案．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．

7.【答案】B 
【解析】解：因为A+C=2B，而A+C+B=π，所以B=π3，
则 3a2+ 3c2−2acsinπ3= 3a2+ 3c2− 3ac=9 3，
得a2+c2−ac=9．
根据余弦定理可得b2=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac=9，故b=3．
故选：B．
由三角形的内角和可求出B=π3，再由余弦定理结合题意化简即可得出答案．
本题考查余弦定理相关知识，属于中档题．

8.【答案】B 
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，延长FE交AA1的延长线于M，
取ME的中点N，连接A1N，QN，QA1，

因为E，F分别为棱A1D1，DD1的中点，
则∠A1EM=∠D1EF=45°，有A1E=A1M，
因此A1N⊥ME，
又Q为CC1的中点，
则FQ//CD，
而CD⊥平面ADD1A1，
于是FQ⊥平面ADD1A1，
又A1N⊂平面ADD1A1，
因此FQ⊥A1N，
又ME⋂FQ=F，ME，FQ⊂平面EFQ，
则A1N⊥平面EFQ，
又H为AA1的中点，
而CC1//DD1//AA1，CC1=DD1=AA1，
从而A1H//CQ，A1H=CQ，
则四边形A1HCQ是平行四边形，即有CH//A1Q，
则直线HC与平面EFQ所成的角等于直线A1Q与平面EFQ所成的角∠A1QN，
令AB=4，
则A1Q=CH= AC2+AH2= 32+4=6，A1N=12EM= 2，
因此sin∠A1QN=A1NA1Q= 26，
所以直线HC与平面EFQ所成角的正弦值为 26．
故选：B．
延长FE交AA1的延长线于M，取ME的中点N，证明CH//A1Q，再利用几何法求出线面角的正弦作答．
本题主要考查线面角的定义及其求解，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．

9.【答案】ABD 
【解析】解：由图可知，Ω有面BCGF、面EFG、面BDC1、面BCC1、面BFEA1D、
面GEA1C1C、面A1C1D共7个，
Ω有顶点B、C、G、F、E、A1、C1、D共8个，
Ω有棱BF、FG、GC、CB、FE、EG、BD、DC1、BC1、CC1、DA1、C1A1、EA1，共13个，
平面BC1D⋂平面ABB1A1=BD．
故正确的选项有ABD．
故选：ABD．
根据几何体的结构特征及面面关系即可判断．
本题主要考查几何体的结构特征，属于基础题．

10.【答案】ABD 
【解析】解：z=2+11i2+i=(2+11i)(2−i)(2+i)(2−i)=4−2i+22i−11i25=15+20i5=3+4i．
对于A，|z|= 9+16=5，A正确．
对于B，z−=3−4i，B正确．
对于C，z在复平面内对应的点为(3,4)，在第一象限，C错误．
对于D，z−4i=3+4i−4i=3∈R，D正确．
故选：ABD．
根据复数的除法运算化简复数，即可由选项逐一求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．

11.【答案】AC 
【解析】解：根据正弦定理asinA=bsinB，可得1sinπ6= 3sinB，解得sinB= 32．
因为b>a，所以B>A=π6，则π6 所以B=π3或2π3，则C=π2或π6．
故选：AC．
利用正弦定理即可求得sinB= 32，进而求得B，C的值．
本题考查正弦定理相关知识，属于基础题．

12.【答案】BCD 
【解析】解：因为事件A={2,4,6,8}，事件B={1,3,5,8}，事件C={1,6,7,8}，
所以A⋂B⋂C={8}，A⋂B={8}，A⋂C={6,8}，B∩C={1,8}，
所以P(A)=P(B)=P(C)=12，P(AB)=18，P(AC)=14，P(BC)=14，P(ABC)=18，
A选项，P(AB)≠P(A)P(B)，事件A，B不相互独立，A错误；
B选项，P(AC)=P(A)P(C)，事件A，C相互独立，B正确；
C选项，P(BC)=P(B)P(C)，事件B，C相互独立，C正确；
D选项，P(ABC)=P(A)P(B)P(C)，D正确．
故选：BCD．
根据事件的运算法则得到各个事件的概率，ABC选项，根据独立事件所满足的条件进行判断；D选项，根据事件概率计算即可．
本题考查相互独立事件概率相关知识，属于基础题．

13.【答案】9 
【解析】解：将该组数据从小到大排列为2，4，5，6，7，8，9，10，因为8×80%=6.4，
所以该组数据的80%分位数为9．
故答案为：9．
根据百分位数的定义计算即可．
本题主要考查百分数的定义，属于基础题．

14.【答案】2  33 
【解析】解：由|a+b|=2 3，得|a+b|2=12，即a2+2a⋅b+b2=12．
因为|a|= 6，|b|= 2，所以a⋅b=2，
所以cos〈a,b〉=a⋅b|a||b|=2 6× 2= 33．
故答案为：2； 33．
利用数量积的运算律求解数量积，结合向量夹角公式即可得到结果．
本题主要考查了向量的数量积运算，属于基础题．

15.【答案】48π 
【解析】解：如图，设该圆锥的轴截面为△ABC，过A作AD⊥BC交BC于D，
则该圆锥的外接球的球心O在AD上，OA即该圆锥外接球的半径．
由题意可得AD=AB×sinπ3=3 3，设该圆锥的外接球的半径为R，
则R2=(3 3−R)2+32，解得R=2 3，故该圆锥的外接球的表面积为4πR2=48π．
故答案为：48π．
确定球心，利用勾股定理求出球的半径，进而求解外接球的表面积．
本题考查圆锥的外接球相关知识，属于中档题．

16.【答案】200 15 
【解析】解：由题意知∠QPM=π3，∠PQM=π6，所以∠QMP=π2，
所以在△QMP中，MP=12QP=600米，QM= 32PQ=600 3米．
又∠QPN=π4，∠PQN=5π12，所以∠QNP=π3．
在△QNP中，由正弦定理，得QNsinπ4=PQsinπ3，
所以QN=1200 32× 22=400 6(米)．
在△MNQ中，∠MQN=5π12−π6=π4．
由余弦定理得，MN= QN2+QM2−2QN⋅QM⋅cos∠MQN
= (400 6)2+(600 3)2−2×400 6×600 3× 22=200 15(米)．
故答案为：200 15．
先在△QNP中利用正弦定理求得QN的长，进而在△MNQ中利用余弦定理即可求得M，N两点之间的距离．
本题主要考查解三角形，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．

17.【答案】解：(1)由题意可得，2a+b=(−3,9)，
因为(2a+b)//c，所以−3λ=6×9，解得λ=−18．
(2)由题意可得，a−3b=(−5,8)，
因为(a−3b)⊥c，
所以−5×6+8λ=0，解得λ=154． 
【解析】(1)利用平面向量坐标运算得出2a+b，然后再利用向量平行的坐标表示计算得出λ的值．
(2)利用平面向量坐标运算得出a−3b，再根据向量垂直的坐标表示计算得出λ的值．
本题主要考查向量平行、垂直的性质，属于基础题．

18.【答案】解：(1)因为2S− 3bccosA=0，所以bcsinA− 3bccosA=0，
则sinA= 3cosA，所以tanA= 3．
又因为A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)由余弦定理得，cosA=b2+c2−a22bc=12，即b2+c2−49=bc，
得(b+c)2=49+3bc=169，则b+c=13，
故△ABC的周长为a+b+c=20． 
【解析】(1)先利用题给条件求得tanA= 3，进而求得角A的大小；
(2)先利用余弦定理求得b+c=13，进而求得△ABC的周长．
本题主要考查解三角形，余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．

19.【答案】解：(1)根据题意得(0.005+0.010+m+0.040+0.020+0.010)×10=1，
解得m=0.015．
(2)该果园这200个蜜桔的平均质量约为30×0.05+40×0.10+50×0.15+60×0.40+70×0.20+80×0.10=59克/个，
(3)依题意可估计该果园这5万个蜜桔的总质量为5×59=295万克=2950千克，
若按原销售方案进行销售，则可获得的收益约为2950×25=73750元；
若低于55克的蜜桔以140元/百个进行销售，不低于55克的蜜桔以160元/百个进行销售，
则可获得的收益约为(0.05+0.10+0.15)×500×140+(0.40+0.20+0.10)×500×160=77000元．
因为77000>73750，所以按新方案进行销售，该果园收益会更高． 
【解析】(1)由小长方形面积之和为1求解即可；
(2)由频率分布直方图平均数的计算方法求解即可；
(3)分别计算两种方式的收益，比较大小即可得出答案．
本题考查频率分布直方图相关知识，属于基础题．

20.【答案】解：(1)设等边三角形的边长为a，
则由三角形面积公式可得该三角形面积为12a2sin60°= 34a2，
故正三棱柱的体积V1= 34×12×1= 34cm3，
正三棱台的体积V2=13×1×( 34×12+ 34×22+ 34×12× 34×22)=7 312cm3，
所以该零件的质量为(7 312+ 34)×7.8=13 32g，
所以该盒中共有零件650 3÷13 32=100个．
(2)如图，设O，O1分别为三棱台上、下底面的中心，D，D1分别为三棱台所在棱的中点，
连接DD1，O1D1，OO1，OD，

因为AD=1×sin60°= 32cm，
所以OD=13× 32= 36cm，
同理可得O1D1=13× 32×2= 33cm，
所以DD1= OO12+(O1D1−OD)2= 396cm，
所以三棱台的侧面积为12×(1+2)× 396×3=3 394cm2，
所以一个零件的表面积为3 394+ 34×12+ 34×22+1×1×3=3+5 3+3 394cm2．
因为(3+5 3+3 394)×100=300+125 3+75 39，
所以共需涂(300+125 3+75 39)cm2的材料． 
【解析】(1)求出正三棱柱和正三棱台的体积，得到零件的质量和盒中零件数；
(2)作出辅助线，求出零件的表面积，得到答案．
本题考查空间几何体的结构特征，属于中档题．

21.【答案】解：(1)设Ak，Bk分别表示甲、乙在第k(k=1,2,3,…)轮射中，
则P(Ak)=12，P(Ak)=12,P(Bk)=23．
设C表示“少年队”在一轮比赛中恰好射中1次，
则P(C)=P(A1)P(B1−)+P(A1−)P(B1)=12×13+12×23=12，
所以“少年队”在一轮比赛中恰好射中1次的概率为12．
(2)设D0，D1，D2，D3分别表示甲在三轮比赛中射中0次，1次，2次，3次，
E0，E1，E2，E3分别表示乙在三轮比赛中射中0次，1次，2次，3次，
M表示“少年队”在三轮比赛中恰好射中3次．
P(D0)=12×12×12=18，P(D0)=12×12×12=18,P(D1)=3×12×12×12=38，
P(D2)=3×12×12×12=38，P(D2)=3×12×12×12=38,P(D3)=12×12×12=18，
P(E0)=13×13×13=127，P(E0)=13×13×13=127,P(E1)=3×23×13×13=29，
P(E2)=3×23×23×13=49，P(E2)=3×23×23×13=49,P(E3)=23×23×23=827，
所以P(M)=P(D0)P(E3)+P(D1)P(E2)+P(D2)P(E1)+P(D3)P(E0)=18×827+38×49+38×29+18×127=724，
故“少年队”在三轮比赛中恰好射中3次的概率为724． 
【解析】(1)根据独立事件乘法公式和互斥事件加法公式计算即可；
(2)根据二项分布算出甲和乙在三轮比赛中，射中0次，1次，2次，3次的概率，然后利用独立事件的乘法公式和概率的加法即可．
本题考查相互独立事件的概率乘法公式，属于中档题．

22.【答案】解：(1)证明：连接BD交AC于O，连接ON．

因为AD//BC，BC=2AD，
所以根据相似的性质可得BOOD=BCAD=2．
因为直线MB//平面ACN，MB⊂平面MBD，平面ACN⋂平面MBD=ON，
所以MB//ON，
则MNND=BOOD=2，
所以MN=2ND．
(2)取AD的中点E，AC的中点F，连接ME，EF，MF．
因为△MAD为等边三角形，
所以不妨设MA=AD=MD=6，
则ME=3 3，ME⊥AD．
因为平面MAD⊥平面ABCD，平面MAD∩平面ABCD=AD，ME⊂平面AMD，
所以ME⊥平面ABCD，EF，AC⊂平面ABCD，
所以ME⊥EF，ME⊥AC．
又因为E，F分别为AD，AC的中点，
所以EF//CD，
而AC⊥CD，
所以AC⊥EF，
又ME∩EF=E，ME，EF⊂平面MEF，
则AC⊥平面MEF，
又MF⊂平面MEF，
则AC⊥MF，
所以∠MFE是二面角M−AC−D的平面角，即∠MFE=α．
设EF=m，
则tanα=MEEF=3 3m∈[3,3 3]，得m∈[1, 3]．
过N作NH//ME交AD于H，连接CH，由于ME⊥平面ABCD，
所以NH⊥平面ABCD，
则∠NCH为直线CN与平面ABCD所成的角，即∠NCH=θ．
NH=13ME= 3，DH=13ED=1，CD=2m．
因为cos∠ADC=CDAD=m3，
所以CH= 4m2+1−2×2m×m3= 8m2+33，
则tanθ=NHHC= 3 8m2+33=3 8m2+3．
因为m∈[1, 3]，
所以tanθ=3 8m2+3∈[ 33,3 1111]．
故tanθ的取值范围为[ 33,3 1111]． 
【解析】(1)根据相似以及线面平行的性质即可求解，
(2)由面面垂直可得线面垂直，进而根据二面角以及线面角的定义，即可找到其平面角，利用三角形的边角关系，即可求解．
本题考查线面平行的性质定理，考查线面角与二面角的定义及其求解，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．