精品解析：贵州省黔东南州2022-2023学年高一下学期期末文化水平测试数学试题（解析版）

这是一份精品解析：贵州省黔东南州2022-2023学年高一下学期期末文化水平测试数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
黔东南州2022-2023学年度第二学期期末文化水平测试
高一数学试卷
第I卷 选择题部分（共60分）
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，只有一个选项符合题目要求.
1. 设，则的虚部为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据复数的除法运算，先化简复数，即可得出结果.
【详解】因为，
所以其虚部为.
故选：C.
2. 掷一枚质地均匀的骰子，设事件为掷出的点数为奇数且小于4，则事件发生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据古典概型概率公式求解即可.
【详解】掷一枚质地均匀的骰子，点数向上的结果有共6种，
其中满足掷出的点数为奇数且小于4有共2种，
所以事件发生的概率为.
故选：D
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 三个点可以确定一个平面 B. 两条平行直线一定能确定一个平面
C. 两条直线没有公共点则一定平行 D. 若直线不在平面内，则与无交点
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间点线面关系辨析即可；
【详解】选项A: 不共线的三个点可以确定一个平面，选项错误；
选项B: 两条平行直线一定能确定一个平面，选项正确；
选项C: 两条直线没有公共点可以平行或者异面，选项错误；
选项D: 若直线不平面内，则与无交点或者有一个交点，选项错误；
故选：B.
4. 在中，点为上的点，且，若，则是 （ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
分析】根据向量三点共线定理求解即可；
【详解】
因为，所以三点共线，所以
故选：D.
5. 已知100个数据第75百分位数是97，则下面说法正确的是（ ）
A. 把这100个数据从小到大排列后，97是第75个数据和第76个数据的平均数
B. 把这100个数据从小到大排列后，97是第74个数据和第75个数据的平均数
C. 把这100个数据从小到大排列后，一定有75个数小于或等于97
D. 把这100个数据从小到大排列后，97是第75个数据
【答案】A
【解析】
【分析】根据百分位数定义判断即可；
【详解】这100个数据从小到大排列，
第75百分位数是第75个数据和第76个数据的平均数，
故选：A
6. 在中，，则外接圆的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理求得，再根据正弦定理求得外接圆的半径，即可求解.
【详解】在中，，
由余弦定理得，
，
设外接圆的半径为，
由正弦定理得，
外接圆的面积为.
故选：C.
7. 已知平面和直线，下列说法正确的是 （ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，直线与平面相交，则直线必与平面相交
D. 若平面内有无穷多条直线都与平面平行，则平面与平面平行
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线与平面、平面与平面的位置关系判断即可.
【详解】对于A：若，则或与相交，故A错误；
对于B：若，则或与相交，故B错误；
对于C：若，直线与平面相交，则直线必与平面相交，故C正确；
对于D：若平面内有无穷多条直线都与平面平行，则平面与平面平行或相交，故D错误.
故选：C
8. 已知底面为矩形的直四棱柱高为4，体积为16，各顶点都在一个球面上，则这个球的体积的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设底面矩形的长为、宽为，外接球的半径为，依题意可得，且，利用重要不等式求出的最小值，即可求出球的体积的最小值.
【详解】设底面矩形的长为、宽为，外接球的半径为，则，即，
又长方体的体对角线即为外接球的直径，所以，
即，当且仅当时取等号，
所以，即外接球的半径最小值为，所以这个球的体积的最小值为.
故选：A
二、多项选择题：本题共4小题，每小题满分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.全部选对得5分，部分选对得2人，有选错的得0分.
9. 已知，则正确的选项是（ ）
A. 和都是单位向量 B. 若，则
C. 若，则 D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平方关系求出，即可判断A，根据共线向量判断B，根据向量数量积的坐标表示及两角差的余弦公式判断C，根据数量积的运算律判断D.
【详解】对于A：，，
故和都是单位向量，故A正确；
对于B：若，则，所以，故B正确；
对于C：若，即，
所以，，即，，故C错误；
对于D：因为，所以，故D正确.
故选：ABD
10. 为比较甲，乙两名学生的数学学科素养的各项能力指标值（满分为5分）．绘制了如图所示的六维能力雷达图．例如，图中甲的数学抽象指标值为4，乙的数学抽象指标值为5，则下列说法正确的是（ ）

A. 甲的逻辑推理指标高于乙的逻辑推理指标值 B. 甲的数学建模指标值高于乙的直观想象指标值
C. 甲的数学运算指标值高于甲的直观想象指标值 D. 甲的六维能力整体水平低于乙的六维能力整体水平
【答案】AD
【解析】
【分析】直接由六维能力雷达图读取数据辨别即可.
【详解】对于A选项，甲的逻辑推理能力指标值为4，乙的逻辑推理能力指标值为3，所以甲的逻辑推理能力指标值高于乙的逻辑推理能力指标值，故选项A正确；
对于B选项，甲的数学建模能力指标值为3，乙的直观想象能力指标值为5，所以乙的数学建模能力指标值高于甲的直观想象能力指标值，故选项B错误；
对于C选项，甲的数学运算能力指标值为4，甲的直观想象能力指标值为5，所以甲的数学运算能力指标值不高于甲的直观想象能力指标值，所以选项C错误.
对于D选项，甲的六维能力指标值的平均值为，
乙的六维能力指标值的平均值为，所以乙的六维能力指标值整体水平高于甲的六维能力指标值整体水平，所以选项D正确；
故选：AD.
11. 已知函数，则（ ）
A. B. 的最小正周期为
C. 在上单调递减 D. 在上单调递增
【答案】ABC
【解析】
【分析】首先根据三角函数二倍角化简，然后利用整体代入法研究函数图像即可；
【详解】选项A正确；
所以函数的最小正周期为选项B正确；
根据余弦函数图像性质，（余弦函数对应的单调递减区间），函数单调递减，选项C正确；
根据余弦函数图像性质，（余弦函数对应的单调递增区间），函数不单调，选项D错误；
故选：ABC
12. 已知的内角所对的分别是，且，是外一点，若，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则四点共圆
C. 是等边三角形
D. 四边形面积的最大值为
【答案】CD
【解析】
【分析】利用三角函数恒等变换化简已知等式可求，再利用，可知是等边三角形，从而判断A、C；利用四点共圆，四边形对角互补，从而判断B；由余弦定理可得，利用三角形面积公式，三角函数恒等变换可求四边形的面积，由正弦函数的性质求出最值，判断D.
【详解】因为，
由正弦定理得，
即，因为，
所以，又，且，所以．
所以是等边三角形，故C正确，
由于无法得到的值，故无法判断A；
对于B：

若，则，
在中，由余弦定理得，则，
即，所以，，，四点不共圆，故B错误；
对于D：

设，，
由余弦定理得
，
所以四边形面积
即，
因为，所以，
所以当，即时，取得最大值，故D正确；
故选：CD.
第II卷 非选择题部分（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13. 已知向量，若，则______________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量数量积运算法则计算即可；
【详解】因为，所以
所以，
故答案：
14. 若一个圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为______________.
【答案】##
【解析】
【分析】依题意圆锥的底面半径，母线，根据侧面积公式计算可得.
【详解】依题意圆锥的底面半径，母线，则圆锥的侧面积.
故答案为：
15. 2022年北京冬奥会期间，出现一“墩”难求的现象，现有甲、乙、丙3个好朋友商定3人分别去不同的官方特许零售店购买，若甲购买到的概率为，乙购买到的概率为，丙购买到的概率为，则甲、乙、丙3人中至少有1人购买到的概率为____________.
【答案】##0.75
【解析】
【分析】利用对立事件概率求法，和相互独立事件概率公式求解.
【详解】设事件 “甲购买到”，事件 “乙购买到”，事件 “丙购买到”，
由于相互独立，所以相互独立，
事件“甲、乙、丙3人中至少有1人购买到”，
则“甲、乙、丙3人都没买到”，
则
.
故答案为：
16. 已知E､F､G､H分别是正方体，边AB，CD，，的中点，则异面直线EH与GF所成角的余弦值为___________.

【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算的性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】，
，
设该正方体的棱长为，显然，
于是有，
所以，
，
所以，
因此异面直线EH与GF所成角的余弦值为，
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. 已知与夹角为.
（1）若向量，，求；
（2）若，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量数量积的定义和坐标运算可得出关于的等式，即可解得的值；
（2）利用平面向量数量积的运算性质可计算得出的值
【小问1详解】
解：因为，，与夹角为，
则，所以，，解得.
【小问2详解】
解：因为，，与夹角为，
由平面向量数量的定义可得，
所以，.
18. 在中，内角所对的边长分别为，，，从①；②中选择一个作为已知条件，求
（1）的值；
（2）的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选择条件①，利用正弦定理进行角化边，再利用余弦定理即可求解；选择条件②，利用正弦定理进行角化边，再利用余弦定理即可求解；
（2）由可得，再利用三角形的面积公式即可求解.
【小问1详解】
选择条件①：，由正弦定理可得，
由余弦定理知.
，
化简得，解得 或（舍去）.
所以的值为；
选择条件②：，
由正弦定理 ，得,
由余弦定理知.
,
，解得，
所以的值为；
【小问2详解】
,
，
的面积.
19. 东湖湿地公园是凯里市2022年的重点民生工程项目之一，自建成起很多市民到此拍照打卡，为了解市民对公园的体验感，从凯里市游客中随机抽取100名市民对该项目进行评分（满分100分），根据所得数据，按进行分组，绘制了如图所示的频率分布直方图.

（1）求频率分布直方图中的值，并计算市民评分的平均数；
（2）为进一步完善公园的建设，按分层随机抽样的方法从评分在中抽取6人，再随机抽取其中2人进行访谈，求这2人的评分在同一组的概率.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率之和为1可求得，再根据频率分布直方图中平均数的估算公式即可求解；
（2）根据的频率之比为，可得从中抽取2人，记为，从中抽取4人，记为，利用列举法即可求解概率.
【小问1详解】
由频率分布直方图的性质得：，
解得，
，
市民评分的平均数为；
【小问2详解】
因为的频率之比为，
从中随机抽取：人，从中随机抽取人，
从中抽取的2人记为，从中抽取的4人记为，
所以从这6人中随机抽取2人的样本空间为：
，共有15个样本点，
设事件表示“这2人的评分在同一组”，
则，共有7个样本点，
这2人的评分在同一组的概率为：.
20. 如图，在三棱台中，，分别是的中点.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据棱台的性质可得且，则四边形为平行四边形，连接交于点，连接，即可得到，从而得证；
（2）首先证明、，即可得到、，从而得到平面，即可得证.
【小问1详解】
在三棱台中，，则且，
又为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，
连接交于点，连接，则为的中点，又为的中点，
所以，
又平面，平面，所以平面
【小问2详解】
在三棱台中，，则且，
因为为的中点，所以且，
所以为平行四边形，所以，又，所以，
因为为的中点，所以，因为，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.

21. 已知函数.
（1）求的最小正周期，并求在上的单调递增区间；
（2）现将图象向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到的图象，若存在，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换可以化简为，从而可求得；由，知，从而令，求解即可得到增区间；
（2）由题意可得，由可得，结合余弦函数的性质即可得到最小值，从而可求解.
【小问1详解】


所以的最小正周期.
由，知，
令，解得，
所以在上的单调递增区间为.
【小问2详解】
由题意可得，
当时，，
所以当，即时，，
若存在，使得成立，只需，
所以，即实数的取值范围为.
22. 如图所示，某市拟为长的池塘的一侧修建一条安全道路，道路的前一部分为曲线，该曲线为函数在的图象，道路的后一部分为折线段，为保证行走安全，需要限定.

（1）求的值和两点间的距离；
（2）设，当为何值时，折线段道路的距离最长.
【答案】（1），，；
（2）
【解析】
【分析】（1）对于曲线段，易知，且，求解即可得到，从而求得，再根据两点距离公式即可求得两点间的距离；
（2）由正弦定理可得，从而可得，从而可求折线段道路的距离为
，再利用三角恒等变换及正弦函数的性质即可求解最大值.
【小问1详解】
对于曲线段，易知，且，即，
所以，又，则，
所以，又，即，
所以，解得，
所以曲线段为函数，
所以，故.
又，故.
【小问2详解】
，
，
由正弦定理可得，
所以，
故折线段道路的距离为
，
因为，所以，
故当，即时，折线段道路的距离取得最大值为.