浙江省嘉兴市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份浙江省嘉兴市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 下列说法中正确的是， 给出下列命题，其中正确的是， 在中，，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

嘉兴市2022~2023学年第二学期期末检测
高一数学试题卷
本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟.
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
一､选择题：本大题共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. 已知复数满足 (其中为虚数单位)，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将复数化简为，再求模长即可.
【详解】，则，
.
故选
【点睛】本题主要考查了复数运算，同时考查了复数的模长公式，属于简单题.
2. 已知向量，且，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式求解即可.
【详解】因为，且，
所以，解得.
故选：C
3. 如图，某四边形的直观图是正方形，且，则原四边形的面积等于（ ）

A. 2 B. C. 4 D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出正方形的面积，根据直观图和原图形面积之间的关系，即可求得答案.
【详解】由题意可知，即，
故，所以，
则原四边形的面积为，
故选：D
4. 如图，在中，，分别在上，且，点为的中点，则下列各值中最小的为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以为基底，分别表示各个向量，利用数量积的运算化简，结合，比较出最小的值，得出选项.
【详解】点为的中点，,
分别在上，且，
,
,
选项A，，
选项B，，，，
选项C，，，，
选项D，，，，
综上可知，最小，
故选：D
5. 下列说法中正确的是
A. 平行于同一直线的两个平面平行 B. 垂直于同一直线的两个平面平行
C. 平行于同一平面的两条直线平行 D. 垂直于同一平面的两个平面平行
【答案】B
【解析】
【详解】平行于同一直线的两个平面可以平行、相交，故不正确，垂直于同一直线的两个平面平行正确，平行于同一平面的两条直线平行错误，因为也可以相交也可以是异面直线，垂直于同一平面的两个平面平行错误，因为也可以相交，故选B.
6. 有6本不同的书，其中工具类､人物传记类和现代文学类各2本，现从中随机抽取2本，则恰好抽到2本不同种类书的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据组合公式运算，然后思考抽取对立事件求解，相对来说容易求解；
【详解】从6本不同的书中随机抽取2本，抽法有：种，
恰好抽到2本恰好为相同种类书有：种，
故恰好抽到2本不同种类书的概率为：；
故选：B；
7. 已知在中，，点满足，且，则面积的最大值为（ ）
A B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据，易得，再两边平方结合基本不等式得到，然后利用三角形的面积公式求解.
【详解】解：设，如图所示：

因为在中，，点满足，且，
所以，
则，
则，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
故选：B
8. 如图，棱长为3的正方体中，点在线段上且，点分别为线段上的动点，则空间四边形周长的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把平面与平面展开在同一平面上上，然后利用对称将空间四边形各边长转化到同一直线上，找到最小值即可求解；
【详解】把平面与平面展开在同一平面上上，

作点关于的对称点，因为，且正方体边长为3，易得为正三角形，由对称性可得：，
所以周长
作，可得
易得，
,
故选：C.
二､多选题：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. 给出下列命题，其中正确的是（ ）
A. 若一组数据的方差为2，则的方差为3
B. 给定五个数据，则这组数据的分位数是4
C. 若事件与事件是相互独立事件，则有
D. 若事件与事件是对立事件，则有
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据方差公式可求解选项A，利用百分位数的定义可求解选项B，根据独立事件的概率乘法公式求解选项C，根据事件的对立关系可求解选项D.
【详解】对A，若一组数据的方差为2，
则的方差为，A错误；
对B，给定五个数据，由小到大排列为，
，则这组数据的分位数是第4个数为4，B正确；
对C，若事件与事件是相互独立事件，则有，C正确；
对D，若事件与事件是对立事件，则,
则有,D正确，
故选:BCD.
10. 在中，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若的面积，则该三角形为直角三角形
D. 若为锐角三角形，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据正弦定理求解角判断A；根据余弦定理求解边长判断B；根据面积公式及余弦定理求出边长，即可判断三角形形状，即可判断C；根据正弦定理表示边长，结合角范围，利用正弦函数求解范围，即可判断D.
【详解】A选项，在中，由正弦定理得，所以，所以或，
因为，所以，即或符合题意，错误；
B选项，由余弦定理得，
所以，正确；
C选项，因为，所以，
所以，所以，
则，所以，
所以该三角形为钝角三角形，错误；
D选项，由正弦定理得，所以，因为为锐角三角形，
所以，所以，
因为函数在上单调递增，所以，所以，
所以，正确.
故选：BD
11. 如图，棱长为的正方体中中，下列结论正确的是（ ）

A. 异面直线与所成的角为
B. 直线与平面所成的角为
C. 二面角平面角的正切值为
D. 点到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由可知异面直线与所成角为（或其补角），由长度关系可知A正确；由线面角定义可知所求角为，由长度关系知B错误；由二面角平面角定义可知所求角为，通过可知C正确；利用割补法可求得，由棱锥体积公式可构造方程求得点面距离，知D正确.
【详解】对于A，连接，

，，四边形为平行四边形，，
异面直线与所成角即为直线与所成角，即（或其补角），
，为等边三角形，，
即异面直线与所成角为，A正确；
对于B，连接，

平面，即为直线与平面所成角，
，，，，
，即直线与平面所成角不是，B错误；
对于C，连接，交于点，连接，

四边形为正方形，，为中点，
，，
二面角的平面角为，
平面，平面，，
又，，，
，
即二面角的正切值为，C正确；
对于D，连接，

，，
，
又，，
设点到平面的距离为，则，解得：，
即点到平面距离为，D正确.
故选：ACD.
12. 在中，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则边上的中线长
B. 若，则
C. 若，则面积的最大值为2
D. 若，则面积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用向量的线性运算及数量积的运算律即可得到边角关系，可判断A、B，利用同角三角函数基本关系及余弦定理，结合基本不等式求解面积最值判断C，利用余弦定理及面积公式建立面积函数，利用二次函数求解最值判断D.
【详解】对于选项A，设为中点，则，，
所以，解得，正确；
对于选项B，因为，所以，所以，即，正确；
对于选项C，由于，所以，
由余弦定理可知，故，当且仅当时，等号成立，
所以，此时面积的最大值为3，所以错误；
对于选项，设，则，由余弦定理，
则，
故，
当且仅当即时，等号成立，正确.
故选：ABD
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若复数（为虚数单位）为纯虚数，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据实部为且虚部不为得到方程（不等式）组，解得即可.
【详解】因为复数为纯虚数，
所以，解得.
故答案为：
14. 甲乙两人下棋，每局甲获胜的概率均为0.6，且没有和棋，在三局两胜制的规则下（即先胜两局者获得最终胜利），则甲获胜的概率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】分别计算出甲前两局赢的概率和前两局赢一局，第三局赢的概率，然后利用独立事件乘法公式及互斥事件求和公式即可得结果.
【详解】根据题意，甲获胜一种是前两局赢，另一种是前两局赢一局，第三局赢这两种情况，
故分别计算这两种情况的概率，前两局赢的概率为，
前两局赢一局，第三局赢的概率为，
则甲获胜的概率为，
故答案为：0.648
15. 海伦不仅是古希腊的数学家，还是一位优秀的测绘工程师，在他的著作《测地术》中最早出现了已知三边求三角形面积的公式，即著名的海伦公式（其中），分别为的三个内角所对的边，该公式具有轮换对称的特点，形式很美.已知在中，，则该三角形内切圆的半径为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由及可求出的面积，结合即可求出.
【详解】 ，且，，
，

故答案为：
16. 如图，在直角梯形中，，将沿翻折成，使二面角为，则三棱锥外接球的表面积为__________.

【答案】
【解析】
【分析】外接球的球心为，半径为为中点，为中点，由二面角的定义可得为二面角的平面角，所以有，作于，由题意可求得，进而可得，即可得答案.
【详解】解：如图，设外接球的球心为，半径为为中点，为中点，
因为，所以，∥，
又因为，，
所以，
所以,,
所以，，
所以为二面角的平面角，
所以，
作于，
因为，，，
所以平面，
又因为平面，
所以 ，
又因为，,
则平面，所以∥，
则有，
即，

由题意可求得：，
设，
由题上式可得：，
求得：，从而求得：，
故三棱锥外接球表面积为.
故答案为：
四､解答题：本大题共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. 已知平面向量，且.
（1）求与的夹角的值；
（2）当取得最小值时，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数量积的运算律及向量的夹角公式求解即可；
（2）根据向量模长的公式及数量积的运算律得，然后利用一元二次函数求解最值.
【小问1详解】
由，，可得，
又，所以，又，所以；
【小问2详解】
因为，，
所以，
所以的最小值为，此时.
18. 在中，内角所对的边分别为，已知，请在①；②；
这两个条件中任选一个，完成下列问题：
（1）求角；
（2）若，点在的延长线上，且，求的长.
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答记分.
【答案】（1）条件选择见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①，利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求解即可；若选②，利用正弦定理化边为角，再利用三角形性质和两角和正弦公式化简得，从而求解即可；
（2）利用余弦定理直接计算即可.
【小问1详解】
若选①，由，
可得，由正弦定理可得：，
又由余弦定理可得：，又，故；
若选②，，即，
由正弦定理可得：，
可得，即，
又，所以，又，故；
【小问2详解】
由（1）知及，，所以为正三角形，
由，所以，
由余弦定理得，
所以.
19. 已知在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，.

（1）求点到平面的距离；
（2）若，且平面，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作于，因为平面，结合线面垂直的性质可证平面，进而可证平面，即即为点到平面的距离，在直角中即可求出结果；
（2）由线面平行的性质，可证，由三角形相似可求出比例关系.
小问1详解】
作于，因为平面，BC在面ABCD内，所以，
又因为，而，PA、AB在面PAB内，
所以平面，AH在面PAB内，所以，
而，BC、PB在面PBC内，
所以平面，即即为点到平面的距离，
在直角中，，所以，故，
即点到平面的距离为；
【小问2详解】
由题意，平面平面
平面平面，所以
底面为直角梯形，由，可知，
所以.
20. 1981年，在大连召开的第一届全国数学普及工作会议上，确定将数学竞赛作为中国数学会及各省､市､自治区数学会的一项经常性工作，每年10月中旬的第一个星期日举行“全国高中数学联合竞赛”，竞赛分为一试（满分120分）和二试（满分180分），在这项竞赛中取得优异成绩的学生有资格参加由中国数学会奥林匹克委员会主办的“中国数学奥林匹克（CMO）暨全国中学生数学冬令营”（每年11月），已知某地区有50人参加全国高中数学联赛，其取得的一试成绩绘制成如图所示的频率分布直方图.

（1）根据频率分布直方图估计学生成绩的平均数a和中位数b的值（同一组数据用该组区间的中点值代替）；
（2）若成绩在100分及以上的试卷需要主委会抽样进行二次审阅，评审员甲根据上表在此地区100分以上的试卷中根据分层抽样的原则抽取3份进行审阅，已知A同学的成绩是105分，E同学的成绩是111分，求这两位同学的试卷同时被抽到的概率.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图所有小长方形的面积和为1求出，可得平均数、中位数；
（2）由图求出成绩在、的人数，设A，B，C，D四位同学的成绩在两位同学的成绩在，由列举法可得古典概型概率.
【小问1详解】
由上表可知，，解得，
平均数
中位数，
由题意可知，，解得，
即平均数，中位数；
【小问2详解】
由图可知，成绩在有人，
成绩在有人，
根据分层抽样的原则，成绩在抽2份，成绩在抽1份，
设A，B，C，D四位同学的成绩在两位同学的成绩在，
根据分层抽样的原则有共12个样本，
符合条件的3个样本，所以符合条件的概率为，
即两位同学的试卷都被抽到的概率为.
21. 如图，已知等腰梯形与矩形所在平面互相垂直，，.

（1）求证：平面平面；
（2）设二面角的大小为与平面所成的角为，若与满足，求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】(1)首先证得平面，然后根据面面垂直证明定理证明平面平面；
(2)分别作出二面角，，以及表示出与平面所成的角，然后结合条件，求解的长；
【小问1详解】

由题意在等腰梯形中，

所以，故为等腰三角形，
且，所以，
所以，
同时求得，
又由题意为矩形，所以，且，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
设，
由（1）平面，平面，所以，
过点作于，连接，
因为平面，
所以平面，又因为平面，所以，
根据二面角定义，，，且为平面与平面的交线，
所以即为二面角的平面角，即，
因为平面平面，且，
故平面，即，
在中，，所以，
故，所以，
过点作于，连接，
因为平面平面，故平面，
所以即与平面所成的角为，即，
由于，
故，
由题意，
解得：，即的长为1.
22. 在中，内角所对的边分别为，其面积为，满足.
（1）若，求的最大值；
（2）若，求的最小值.
【答案】（1）3 （2）1
【解析】
【分析】（1）根据数量积的定义及面积公式化简已知得，求出角C，然后利用数量积的运算律把所求式子化为二次函数，利用二次函数求解最值；
（2）方法一：利用余弦定理结合基本不等式即可求出；方法二：由余弦定理得，两边常数代换，转化方程有解问题，利用判别式法求解.
【小问1详解】
由，
故，化简得：，所以或（舍去），
解得，设的中点为，令，由于，
故的外接圆半径，

当为正三角形（在处）时，，故，
由于，，
所以
，
所以的最大值为3；
【小问2详解】
方法一：由，可得，
又，当且仅当时，等号成立，
故，
当且仅当，即时取“=”号，所以的最小值为1.
方法二：由，可得，又，
所以，
故，即，
则，整理得，解得，
当且仅当，即时取“=”号，所以的最小值为1.
【点睛】方法点睛：平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；