湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

长郡中学2023年上学期高一期末考试
数学
时量：120分钟 满分：150分
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. 已知复数，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】先求得复数的代数形式，进而求得其在复平面内对应的点所在象限.
【详解】，则，
则复数在复平面内对应的点坐标为，该点位于第三象限.
故选：C
2. 正方体中，异面直线与所成角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方体的性质，结合异面直线所成角的定义进行求解即可.
【详解】由题意，作正方体，如下图所示：

连接，，
∴异面直线与即所成的角为.
由题可得为等边三角形，.
∴异面直线与所成的角为60°.
故选：B.
3. 在中，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算可得答案.
【详解】由可得为边中点，如图所示：


故选：B.
4. 为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若∥，∥，则∥
B. 若异面直线，则过空间任一点，存在直线与都垂直
C. 若，，则与相交
D. 若不垂直于，且，则不垂直于
【答案】B
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理，线面垂直的性质定理等即可判断选项.
【详解】对于选项A，若∥，∥，则或∥，A错；
对于选项C，若，，或与相交，C错；
对于选项D，若不垂直于，且，可能与垂直，D错；
对于选项B，过空间一点作两条异面直线的平行线可以确定一个平面，
过空间一点作平面的垂线有且只有一条，B正确.
故选：B
5. 一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，若该圆锥的体积为，则该圆锥的母线长为（ ）
A. 3 B. C. 6 D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，根据圆锥侧面积与圆的面积关系可得，由勾股定理可得，结合圆锥的体积公式计算即可求解.
【详解】设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，
则圆锥侧面展开的扇形面积为，底面圆面积为，
因为，所以，得，
所以圆锥的体积为，
解得，所以，即圆锥的母线长为6.
故选：C.
6. 向量，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意构造特殊图形，利用图形的几何性质结合三角函数的同角三角函数关系以及二倍角余弦公式，即可求得答案.
【详解】因为，所以，即，
即，所以，即，
如图，设，,
延长线过的中点D，则，

由题意知，是等腰直角三角形，
边上的高，所以，
故在中，，
故，
故选：D
7. 先后两次掷一枚质地均匀的股子，事件“两次掷出的点数之和是6”，事件“第一次掷出的点数是奇数”，事件“两次掷出的点数相同”，则（ ）
A. A与互斥 B. 与相互独立
C. D. A与互斥
【答案】B
【解析】
【分析】根据互斥的定义和相互独立的公式即可求解.
【详解】对于选项A：第一次掷出点数为3，第二次掷出点数为3，满足事件A，也满足事件B,因此A与能够同时发生，所以A与不互斥，故选项A错误；
对于选项B：，，，所以，所以与相互独立，即选项B正确；
对于选项C：，故选项C错误；
对于选项D：第一次掷出点数为3，第二次掷出点数为3，满足事件A，也满足事件C,因此A与C能够同时发生，所以A与C不互斥，故选项D错误；
故选：B.
8. 已知点G为三角形ABC的重心，且，当取最大值时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】由题设可得，结合，及余弦定理可得，根据基本不等式即可求解.
【详解】由题意，所以，
即，所以，所以，
又，，

则，
所以，即，
由，，，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
又在上单调递减，，
所以当取最大值时，.
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查向量的数量积运算及余弦定理的应用，解题的关键是结合三角形重心的性质和余弦定理可得，然后利用基本不等式求解，考查转化思想，属于较难题.
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. 某企业对目前销售的A，B，C，D四种产品进行改造升级，经过改造升级后，企业营收实现翻番，现统计了该企业升级前后四种产品的营收占比，得到如下饼图：

下列说法正确的是（ ）
A. 产品升级后，产品A的营收是升级前的4倍
B. 产品升级后，产品B的营收是升级前的2倍
C. 产品升级后，产品C的营收减少
D. 产品升级后，产品B､D营收的总和占总营收的比例不变
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据扇形统计图由产品升级前的营收为，升级后的营收为，结合图中数据即可结合选项逐一求解.
【详解】设产品升级前的营收为，升级后的营收为.
对于产品，产品升级前的营收为，升级后的营收为，故升级后的产品的营收是升级前的4倍，A正确.
对于产品 ，产品升级前的营收为，升级后的营收为，故升级后的产品的营收是升级前的2倍，B正确，
对于产品 ，产品升级前的营收为，升级后的营收为，故升级后的产品的营收增加，C错误.
产品升级后，产品营收的总和占总营收的比例不变，D正确.
故选：ABD
10. 设，是复数，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若是纯虚数，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若复数满足，则的最大值为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据纯虚数的概念及乘法运算判断A，取特殊值判断B，利用复数的模及共轭复数的乘法运算判断C，由复数模及不等式的性质判断D.
【详解】对于A，因为是纯虚数，所以设，则，所以A错误；
对于B，取，，满足，则不成立，所以B错误；
对于C，设，因为，所以，
因为，，所以，所以C正确；
对于D，设，由，得，则可得，
所以，时取等号，所以D正确.
故选：BD
11. 如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔(A为塔顶，B为塔底)的高度，选取与B在同一水平面内的两点C与D(B，C，D不在同一直线上)，测得.测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有：，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔的高度的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据解三角形的原理：解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长. 分析每一个选项的条件看是否能求出塔的高度.
【详解】解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长.
A. 在中，已知，可以解这个三角形得到，再利用、解直角得到的值；
B. 在中，已知无法解出此三角形，在中，已知无法解出此三角形，也无法通过其它三角形求出它的其它几何元素，所以它不能计算出塔的高度；
C. 在中，已知，可以解得到,再利用、解直角得到的值；
D.

如图，过点作,连接.
由于,
所以，所以可以求出的大小，
在中，已知可以求出再利用、解直角得到的值.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长. 判断一个三角形能不能解出来常利用该原理.
12. 如图，正方体的棱长为4，M是侧面上的一个动点（含边界），点P在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）

A. 沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为
B. 保持与垂直时，点M的运动轨迹长度为
C. 若保持，则点M的运动轨迹长度为
D. 平面被正方体截得截面为等腰梯形
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据平面展开即可判断A；过做平面平面，即可判断B；根据点的轨迹是圆弧，即可判断C；作出正方体被平面所截的截面即可判断D.
【详解】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，

连接，则，故A错误；
对于B，如图：

因为平面，平面，，又，
，，平面 ，
所以平面 ，平面 .
所以'，同理可得，，，平面 .
所以平面 .
所以过点作交交于，过作交交于，
由，可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面.
则平面平面
设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，由点在棱上，且，可得，
所以，故B正确；
对于C，如图：

若，则在以为球心，为半径的球面上，
过点作平面，则，此时.
所以点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为.
点的运动轨迹长度，故C正确；
对于D，如图：

延长，交于点，连接交于，连接，
所以平面被正方体截得的截面为.
，所以.
，所以，
所以，所以，且，
所以截面为梯形，
，所以截面为等腰梯形.
故D正确.
故选：BCD.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 《本草纲目》中记有麦门冬这一种药物，书中所提麦门冬，别名麦冬、寸冬等，临床可用于治疗肺燥干咳、津伤口渴、喉痹咽病、阴虚劳嗽等．一个麦门冬可近似看作底面拼接在一起的两个圆锥，如图所示，则该麦门冬的体积约为______．

【答案】##
【解析】
【分析】根据圆锥的体积公式，即可求解.
【详解】由题意可知麦门冬的体积为两个底面直径为2，高为4的圆锥的体积之和，
故该麦门冬的体积，
故答案为：.
14. 甲、乙两名考生填报志愿，要求甲、乙只能在A，B，C这3所院校中选择一所填报志愿．假设每位同学选择各个院校是等可能的，则院校A，B至少有一所被选择的概率为_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用对立事件的概率计算公式和独立事件的乘法公式即可得到答案.
【详解】设事件为院校A，B至少有一所被选择，则其对立事件为两人均选择院校，
甲选择院校的概率为，乙选择院校的概率为，
则甲乙同时选择院校的概率为，
则.
则院校A，B至少有一所被选择的概率为.
故答案为：.
15. 水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切. 若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为_____.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定的条件，画出4个球的外接球的示意图，根据图中的几何关系求解.
【详解】
如图，4个小球球心构成的正方形为，中心为N，
由题意，，
半球形容器的球心为O，
显然当半球形容器与4个小球都相切时球O的半径最小，半球形容器与球的切点为A，
连接ON，则小球的半径=2，
球O的半径；
故答案为：.
16. 如图，已知，分别为两边上的点，，，过点，作圆弧，为的中点，且则线段长度的最大值为_________．

【答案】
【解析】
【分析】设，在中由正弦定理可得，在由余弦定理求出、，在中由余弦定理表示出，再结合三角恒等变换公式及正弦函数的性质求出的最大值，即可得解.
【详解】解：设，则，在中，由正弦定理知，
所以，因为为的中点，所以，
则，在中由余弦定理，
解得，
在中，，
由余弦定理可得

所以当时，取得最大值，
即的得最大值.
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. 已知向量，．
（1）若，求的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）或．
【解析】
【分析】（1）由向量平行的坐标运算求解；
（2）由向量垂直的坐标运算求解.
【小问1详解】
因为，所以.
【小问2详解】
,
由，则，

或．
18. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点．

（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)利用中位线的性质、线面平行的判定定理即可证明；(2)利用等体积法求解即可.
【小问1详解】

如图，连接交于点，再连接,
在中，为中点，为中，所以,
且平面，平面,所以平面.
【小问2详解】
因为该几何体为正方体，所以点到平面的距离等于，
所以点到平面的距离等于，
根据等体积法可知.
19. 对某校高三年级学生参加社区服务次数进行统计，随机抽取名学生作为样本，得到这名学生参加社区服务的次数，根据此数据作出了频数与频率的统计表和频率分布直方图．
分组
频数
频率

10


24





2

合计

1

（1）写出表中、及图中的值（不需过程）；
（2）若该校高三年级学生有240人，试估计该校高三年级学生参加社区服务的次数在区间上的人数；
（3）估计该校高三年级学生参加社区服务次数的中位数．（结果精确到0.01）
【答案】（1），，
（2）人
（3）中位数是．
【解析】
【分析】（1）根据频率分布表求出、、，结合频率分布直方图求出；
（2）由频率估计人数；
（3）根据中位数计算规则计算可得.
【小问1详解】
由频率分布表可得，，
所以，．
【小问2详解】
因为该校高三年级学生有人，在上的频率是，
所以估计该校高三年级学生参加社区服务的次数在此区间上的人数为人．
【小问3详解】
因为且，
所以中位数在区间上，
因为中位数及前面的数的频率之和为，设样本中位数为，
则，解得．
估计该校高三年级学生参加社区服务次数的中位数是．
20. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【小问1详解】
因为，所以，解得：．
【小问2详解】
由正弦定理可得

，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
21. 已知三棱锥ABCD，D在面ABC上的投影为O，O恰好为△ABC的外心．，.

（1）证明：BC⊥AD；
（2）E为AD上靠近A的四等分点，若三棱锥A-BCD的体积为，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用三角形全等与等腰三角形三线合一证得，从而利用线面垂直的性质定理证得面，由此得证；
（2）建立空间直角坐标系，结合条件求得,，从而得到各点坐标，进而求得平面与平面的法向量，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【小问1详解】
连结并延长交于，连结，

因为O恰好为△ABC的外心，所以，
又，，所以，
所以，即是的角平分线，
又，所以由等腰三角形三线合一可得，
因为D在面ABC上的投影为O，所以面ABC，
又面ABC，所以，
又面，所以面，
又面，所以，
【小问2详解】
由（1）知，面ABC，
过作轴平行于，则轴垂直于面ABC，如图建立空间直角坐标系，

在中，由（1）与等腰三角形三线合一可知是的中点，
又，，则，，
设，则，又，
所以，解得，故，
因为三棱锥ABCD的体积为，所以，则，
则，
故，
因为E为AD上靠近A的四等分点，所以，
设为平面的一个法向量，则，
取，则，故，
易得是平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，则为钝角，
所以，
所以二面角的余弦值为.
22. 甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为的方框表示第场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第场比赛的胜者称为“胜者”，负者称为“负者”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙､丙､丁相互之间胜负的可能性相同.

（1）求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率；
（2）求甲获得冠军的概率；
（3）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）乙仅参加两场比赛且连负两场，所以1、4均负，由独立事件概率公式，即可得出答案；
（2）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜，1负4胜5胜6胜，1胜3负5胜6胜，由此求出甲获得冠军的概率；
（3）分成三类进行讨论，若乙的决赛对手是甲，若乙的决赛对手是丙，若乙的决赛对手是丁，从而能求出乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.
【小问1详解】
根据题意，乙获连负两场，所以1、4均负，
所以乙获连负两场的概率为.
【小问2详解】
甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：
1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，
所以甲获得冠军的概率为.
【小问3详解】
若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：
甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5胜，乙1胜3胜，
所以甲与乙在决赛相遇概率为：，
若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种：
乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜，
同时考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为：
，
若乙的决赛对手是丁，则其概率与乙的决赛对手是丙相同，
所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为.