四川省成都市第七中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市第七中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 下面选项中方差最大的是， 的值为等内容，欢迎下载使用。

成都七中高2025届高一下期期末考试
数学
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.
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，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回.
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，，与的夹角，则（ ）
A. 10 B. -10 C. 5 D. -5
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量数量积运算即可求出结果.
【详解】因为，，与的夹角，
所以，
故选：B
2. 用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的选项是（ ）
A. 三角形的直观图是三角形 B. 平行四边形的直观图必为矩形
C. 正方形的直观图是正方形 D. 菱形的直观图是菱形
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形特征可知A正确；通过反例可说明BCD错误.
【详解】对于A，三角形的三个顶点不共线，直观图中，三个顶点对应的点也必然不共线，
三角形的直观图依然是三角形，A正确；
对于B，如下图所示平行四边形，其中，
其直观图为平行四边形，而非矩形，B错误；

对于C，正方形的直观图为平行四边形，如下图所示，C错误；

对于D，如下图所示的菱形，其中，
其直观图为平行四边形，
若，则，，即，
四边形不是菱形，D错误.

故选：A.
3. 抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为I号和Ⅱ号），观察两枚骰子出现“两个点数相等”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用古典概型的概率求解.
【详解】解：抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为I号和Ⅱ号）一共36种结果，
两枚骰子出现“两个点数相等”的有，一共6种，
所以两枚骰子出现“两个点数相等”的概率为，
故选：C
4. 如图，已知长方体，，，则直线与所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】数形结合，找到直线与所成角，然后简单计算即可.
【详解】连接，如图

直线与所成角为
由题可知：，由，
所以，所以
故选：D
5. 下面选项中方差最大的是（ ）
A. 8，8，8，8，8，8，8，8，8 B. 6，6，6，5，5，5，4，4，4
C. 7，7，6，6，5，4，4，3，3 D. 8，8，8，8，5，2，2，2，2
【答案】D
【解析】
【分析】利用方差公式求出各选项方差即可.
【详解】对于A：，
对于B：

；
对于C：

；
对于D：

；
故选：D.
6. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据，利用两角和的正切公式计算可得.
【详解】.
故选：C
7. 如图，在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点P，则的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在中，设，则，利用平面向量的夹角公式求解.
【详解】解：在中，设，则，
所以，，
，
，
所以，
故选：D
8. 如图，三棱锥中，平面ABC，，，，点C到PA的距离，若BH和平面CDH所成角的正弦值为，则BC长度为（ ）

A. 1 B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定定理证明平面，再由，进而证明平面，进而可证明为和平面所成的角，则，求出，设，由，解方程即可得出答案.
【详解】因为平面，则平面，所以，
又因为，且，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为，且,平面，
所以平面，平面，所以，
因为，，，所以点是的中点，
又因为，所以是等腰直角三角形，
由平面，所以平面，
所以为和平面所成的角，因为 则，
所以，则，
因为是等腰直角三角形，所以，
设，所以，又，
又因为，所以，
解得：.
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 对于两个平面，和两条直线m，n，下列命题中假命题是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，结合判定定理和性质定理对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，若，，则或，故A是假命题；
对于B，若，，有可能出现，故B是假命题；
对于C，若，，，有可能出现，故C是假命题；
对于D，，，则或，
若，则由得，
若，则内有直线，而易知，从而，D是真命题.
故选：ABC.
10. 在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知，且，，则的可能取值为（ ）
A. 1 B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用正余弦定理即可求出结果.
【详解】，
，
即，
当时，即，
因为，，
所以，
当时，，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得：，
解得，
所以或.
故选：AD.
11. 在等腰直角三角形中，，，则下列命题正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据向量的线性运算法则，可判定A正确；由，可判定B不正确； ，可判定C不正确；由，，结合数量积的运算公式，可判定D正确.
【详解】如图所示，等腰直角中，，，
对于A中，由，
所以A正确；
对于B中，由，所以B不正确；
对于C中，由，
所以，所以C不正确；
对于D中，由，
所以，所以D正确.
故选：AD.

12. 四棱锥的四个侧面都是腰长为，底边长为2的等腰三角形，则该四棱锥的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】满足要求的四棱锥有三种情形，对三种情况进行讨论求出结果.
【详解】满足要求的四棱锥有如下三种情形.
（1）
如图，四条侧棱长均为，则四棱锥为正四棱锥，连接交于点，连接，
则平面，是四棱锥的高，
则，，
所以，
四棱锥的高为；
（2）
如图，有两条侧棱长为，
作平面，记，，是四棱锥的高，
于是，，
且.
解得，.
四棱锥的高为；
（3）
如图，三条侧棱（、、）长为，一条侧棱，
，，
设与交于点.记.
由等腰三角形三线合一可得：,
平面，平面，，
则平面，
因为平面，所以平面平面，
过O作，因为平面平面,
所以平面，是四棱锥的高，
则有，，.
因为，
于是，.
将前面的结果代入上式，
解得或.
显然，故.
，
在中，
由余弦定理得,
，
，
四棱锥的高为.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.
13. 已知，，且，则___________.
【答案】3
【解析】
【分析】利用向量平行的坐标表示即可得解.
【详解】因为，，且，
所以，则.
故答案为：3.
14. 一组数据按从小到大的顺序排列如下：11，12，15，x，17，y，22，26，经计算，该组数据中位数是16，若分位数是20，则___________.
【答案】33
【解析】
【分析】利用中位数与百分位数的定义求得，从而得解.
【详解】因为，故中位数，解得；
因为，故75%分位数是，则；
所以
故答案为：33.
15. 一个人骑自行车由A地出发向东骑行了9km到达B地，然后由B地向南偏东30°方向骑行了6km到达C地，再从C地向北偏东30°骑行了16km到达D地，则A，D两地距离为____________.
【答案】
【解析】
【分析】结合题意建立直角坐标系，利用向量的坐标运算求出，从而求出即可.
【详解】以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，如图，

则，，即，
，即，
所以，故.
所以A，D两地距离为.
故答案为：.
16. 某儿童玩具的实物图如图1所示，从中抽象出的几何模型如图2所示，由，，，四条等长的线段组成，其结构特点是能使它任意抛至水平面后，总有一条线段所在的直线竖直向上，则___________.

【答案】##
【解析】
【分析】根据题意可得两两连接后所得到的四面体为正四面体，且是其外接球的球心，设出棱长，在直角三角形中建立等式关系，求得，的长度，即可求得结果.
【详解】根据题意可得，，，相等且两两所成的角相等，两两连接后所得到的四面体为正四面体，
且是其外接球的球心，延长交面于，连接，则为的外心，

设，则，，
,，
因为，所以解得，
.
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. 已知复数，，其中.
（1）若，求的值；
（2）若是纯虚数，求的值.
【答案】（1）2 （2）或.
【解析】
【分析】（1）利用复数相等几何复数运算即可求出结果；
（2）利用纯虚数定义即可求出结果.
【小问1详解】
∵，，，
∴，
从而，
解得，
所以的值为2.
【小问2详解】
依题意得：
，
因为是纯虚数，
所以，
解得或.
18. 函数，其中，.
（1）求函数的最小正周期；
（2）若是三角形的内角，当时，求的集合.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据数量积公式，结合辅助角公式求得，再根据周期公式求解即可；
（2）由，根据三角形内角范围，可得或，从而可得答案.
【小问1详解】
函数
，
，
所以的最小正周期为：.
【小问2详解】
，
因为是三角形的内角，
所以，
所以或，
即或，
所以的集合为.
19. 如图，在四棱锥中，底面，在直角梯形中，，，，是中点.求证：

（1）平面；
（2）平面平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）取线段的中点，可证得四边形为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定可证得结论；
（2）由线面垂直性质和勾股定理可分别证得，，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论.
【小问1详解】
取线段的中点，连接，

分别为中点，，，
又，，，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面.
【小问2详解】
平面，平面，；
设，则，
，，，，，
，；
，平面，平面，
平面，平面平面.
20. 400名大学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：，并整理得到如下频率分布直方图：

（1）在频率分布直方图中，求分数小于70的频率；
（2）已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间内人数；
（3）已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等.试估计总体中男生和女生人数的比例.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图求得分数不小于的频率为，进而求得样本中分数小于的频率；
（2）根据题意，求得样本中分数不小于50的频率为，得到分数在区间内的人数为，进而求得总体中分数在区间内的人数；
（3）根据题意分别求得样本中的男生和女生人数，得到男生和女生人数的比例，结合分层抽样的概念，即可求解.
小问1详解】
解：根据频率分布直方图可知，样本中分数不小于的频率为
所以样本中分数小于的频率为.
【小问2详解】
解：根据题意，样本中分数不小于50的频率为，
分数在区间内的人数为.
所以总体中分数在区间内的人数估计为.
【小问3详解】
解：由题意可知，样本中分数不小于70的学生人数为，
所以样本中分数不小于70的男生人数为.
所以样本中的男生人数为，女生人数为，
男生和女生人数的比例为.
所以根据分层抽样原理，总体中男生和女生人数的比例估计为.
21. 如图，在平面四边形ABCD中，，，，.

（1）若，求AC长；
（2）求CD的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理可得答案；
（2）在中由正弦定理得，由余弦定理可得，在中由余弦定理
，根据可得当时可得答案.
小问1详解】
中，由余弦定理得
，
得，所以；
【小问2详解】
在中，由正弦定理：，
则，
又，
且，
在中，由余弦定理：

，
且，
所以当时，即最小值.
22. 如图，在斜三棱柱中，，等腰的斜边，在底面ABC上的投影恰为AC的中点.

（1）求二面角的正弦值；
（2）求的长；
（3）求到平面的距离.
【答案】（1）1 （2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）设中点为，则平面，然后由面面垂直的判定可得平面平面，从而可得二面角为直二面角；
（2）由面面垂直的性质可得平面，则，再结合可得平面，则，从而可得为菱形，进而可求得结果；
（3）利用等体积法求解即可.
【小问1详解】
设中点为，因为在底面ABC上的投影恰为AC的中点.
所以平面，

因为平面，
所以平面平面，
所以二面角的正弦值为1.
【小问2详解】
因为平面平面，且平面平面
又因为，所以平面，
因为平面，所以.
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以为菱形，所以，
因为等腰的斜边，所以，所以，
所以，所以在直角中，，
所以，所以为等边三角形，
所以.
【小问3详解】

设到平面的距离为，连接，
因为平面，平面，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以.