精品解析：新疆维吾尔自治区可克达拉市兵团地州学校2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题（解析版）

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地州学校2022~2023学年第二学期期末联考
高一数学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册.
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. 已知向量，若，则的坐标可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，利用向量平行的坐标表示求解.
【详解】设，∵向量，，∴，经验证，C符合，
故选：C.
2. 若复数为纯虚数，则实数（ ）
A. 1 B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算及纯虚数的概念求解.
【详解】∵为纯虚数，
∴且，解得，
故选：B.
3. “五月榴花妖艳烘，绿杨带雨垂垂重，五色新丝缠角粽”，这是欧阳修在《渔家傲·五月榴花妖艳烘》中描写端午节的诗句.某商家为迎接端午节，计划将粽子以“粽情粽意”礼盒形式进行销售，现利用分层随机抽样从72个蛋糕肉粽、18个碱水粽、36个豆沙粽、54个莲子粽中随机抽取10个粽子放入一个礼盒中作为展开进行试销售，则该礼盒中莲子粽的个数为（ ）
A. 2 B. 1 C. 4 D. 3
【答案】D
【解析】
分析】根据分层抽样定义计算即可.
【详解】依题意得该礼盒中莲子粽的个数为.
故选：D.
4. 一个正三棱柱的各棱长均为，则该三棱柱的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据棱柱的体积公式计算即可.
【详解】该三棱柱的体积为.
故选：C.
5. 根据河北省第七次全国人口普查结果，2020年11月1日零时全省各地区的人口数据如下表所示，则这14个地区的数据的第85百分位数为（ ）
地区
石家庄
唐山
秦皇岛
邯郸
邢台
保定
张家口
人口数
10640458
7717983
3136879
9413990
7111106
9242610
4118908
地区
承德
沧州
廊坊
衡水
定州
辛集
雄安新区
人口数
3354444
7300783
5464087
4212933
1095986
594628
1205440

A. 1095986 B. 7717983 C. 9242610 D. 9413990
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的定义即可求解.
【详解】这14个地区的数据从小到大排列如下：
594628，1095986，1205440，3136879，3354444，4118908，4212933，5464087，7111106，7300783，7717983，9242610，9413990，10640458，
因为，
所以这14个地区的数据的第85百分位数为为第个数据，即9242610.
故选：C
6. 柜子中有3双不同颜色的手套，红色、黑色、白色各1双.若从中随机地取出2只，则取出的手套是一只左手套一只右手套，但不是一双手套的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件中包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
详解】由题意，分别用表示6只手套，
从中随机地取出2只，包含，，共有15种，
其中取出的手套中一只左手套一只右手套，
包含，共有6种，
所以不是一双手套的概率为.
故选：B.
7. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD的边长为2，PA=4，E为侧棱PC的中点，则异面直线BE与PA所成角的正切值为（ ）

A. B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据线线平行即可得∠BEO为异面直线BE与PA所成的角，由三角形的边角关系即可求解.
【详解】连接AC，BD，设AC∩BD=O，则O是AC，BD的中点，连接OE，
由于E是PC的中点，所以，
则∠BEO为异面直线BE与PA所成的角，OE=PA=2，BO=，
由于PA⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD，而平面,
所以，则.
故选：D

8. 已知O为的外心，且．若向量在向量上的投影向量为，其中，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到，过作的垂线，由在上的投影向量为，求得，又由，得到，结合，即可求解.
【详解】因为，所以，
又因为O为的外心，所以为直角三角形且，O为斜边BC的中点，
过作的垂线，垂足为，
因为在上的投影向量为，
所以在上的投影向量为，
又因为，所以，
因为，所以，即的取值范围为．
故选：D.

二､多选题：本大题共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. 若，则（ ）
A. 的实部为1
B. 的虚部为
C.
D. 在复平面内对应的点位于第二象限
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可求出，从而判断A、B、C，再求出，根据复数的几何意义判断即可.
【详解】因为，所以，
所以，所以的实部为，虚部为，，故A、C正确，B错误；
，所以在复平面内对应的点位于第二象限，故D正确；
故选：ACD
10. 一副扑克牌去掉大王和小王后，共52张，各4张，从扑克牌中随机取出1张，“取出的牌为10”，“取出的牌为红桃”，“取出的牌为黑桃9”，则（ ）
A. M与N互斥 B. M与P互斥
C. M与N相互独立 D. N与P对立
【答案】BC
【解析】
【分析】利用互斥事件、独立事件与对立事件的定义与概率公式逐一判断即可.
【详解】因为“取出的牌为10”，“取出的牌为红桃”，“取出的牌为黑桃9”，
所以与可以同时发生，与不能同时发生，所以与不互斥，与互斥，故错误，正确；
因为，所以，故C正确；
因为与的并事件不是全事件，所以与不对立，故D错误.
故选：BC.
11. 某校为了了解学生的身体素质，对2022届初三年级所有学生仰卧起坐一分钟的个数情况进行了数据统计，结果如图1所示．该校2023届初三学生人数较2022届初三学生人数上升了，2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数分布条形图如图2所示，则下列说法正确的有（ ）

A. 该校2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数占
B. 该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数比2022届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数的2倍还多
C. 该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数和2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数均在内
D. 相比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占比增加
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据扇形统计图和条形图对四个选项逐个判断可得答案.
【详解】2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数占比为，A正确.
由于2023届初三学生人数较2022届上升了，
假设2022届初三学生人数为（），则仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数为，
2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数为，
，B正确.
∵，，
∴2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在内，
∵，，
∴2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在内，C错误.
2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占，
2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占，D正确.
故选：ABD.
12. 已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，P为底面ABCD内（包括边界）一动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若直线与平面没有公共点，则点P的轨迹长度为
B. 若，则点P的轨迹长度为
C. 二面角B—EF—D的正切值为
D. 过E，F，C的平面截该正方体所得截面为五边形
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据空间垂直和平行找到P的轨迹，可得A,B的正误，利用定义求出二面角的正切值可得C的正误，作出截面图可得D的正误.
【详解】对于A，连接，在正方体中，由可得四边形为平行四边形，所以；
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，因为，平面，所以平面平面；
因为直线与平面没有公共点，所以点P的轨迹线段，其长度为，A正确.

对于B，取的中点，连接，设交于点，
正方形中，与全等，所以，所以，即；
又分别为中点，所以平面，而平面，所以；
因为，所以平面.
因为，所以点P的轨迹线段，其长度为，B不正确.

对于C，延长，延长交的延长线于，过点作于，
连接，由正方体的性质可得平面，平面，所以；
因为，，所以平面，所以；
所以为二面角的平面角；
在直角三角形中，，所以；
在直角三角形中，，所以，C正确.

对于D，延长，利用延长线与的交点作出截面图，如图，五边形即为过E，F，C的平面截该正方体所得截面，D正确.

故选：ACD.
三､填空题：本大题共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. 将三组数据绘制成如下的折线图，则这三组数据中，______组数据的方差最小．

【答案】
【解析】
【分析】根据折线图可计算得到三组数据平均数相同，根据数据波动程度可得到结论.
【详解】组数据的平均数均为，
组数据相对于平均数的波动程度最小，组数据的方差最小.
故答案为：.
14. 从这个数中随机选择一个数，则这个数的平方的个位数字为的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据古典概型的概率公式计算可得.
【详解】因为，，，，，，，，，
从这个数中随机选择一个数共有种选法，
其中这个数的平方的个位数字为的只有、共个，
所以所求的概率.
故答案为：
15. 已知一个圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，将该圆锥加工打磨成一个球状零件，则该零件表面积的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】运用扇形的弧长公式可求得圆锥半径，结合等面积法可求得三角形的内切圆半径，进而求得圆锥内切球的表面积.
【详解】由题意知，该圆锥的母线长为，设圆锥底面圆半径为，高为，如图所示，
由得，，所以.
圆锥内切球的半径等于内切圆的半径，设的内切圆圆心为，半径为，由得，，解得.所以该球状零件表面积的最大值为.
故答案为：.

16. 武当山，位于湖北省西北部十堰市境内，其自然风光以雄为主，兼有险､奇､幽､秀等多重特色.主峰天柱峰犹如金铸玉琢的宝柱雄峙苍穹，屹立于群峰之巅.环绕其周围的群山，从四面八方向主峰倾斜，形成独特的“七十二峰朝大顶，二十四涧水长流”的天然奇观，被誉为“亘古无双胜境，天下第一仙山”．如图，若点为主峰天柱峰的最高点，为观测点，且在同一水平面上的投影分别为，满足，在点处测得点的仰角为，米，在点处测得点的仰角为，且，则__________米，两点到水平面的高度差为__________米.

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】结合图示首先过作交于，过作交于，然后结合题目中距离和角度，得，通过正弦定理 ，求得的长，从而算出两点到平面的高度差.
【详解】如图，过作交于，过作交于，

如图所示，因为，所以，又，
则，，
则，
又，所以，
由正弦定理，得，，
即，
又，所以，
所以，
则两点到平面的高度差为米.
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. 已知非零向量的夹角为.
（1）求的值；
（2）求.
【答案】（1）24 （2）
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直，结合数量积定义可得；
（2）利用性质可求得.
【小问1详解】
因为，所以，即，
则.
【小问2详解】
，解得.
因为，
所以.
18. 如图，平面，为圆O的直径，分别为棱的中点．

（1）证明：平面．
（2）证明：平面平面．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用中位线定理与线面平行的判定定理即可得证；
（2）线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可.
【小问1详解】
因为分别为棱的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为为圆O的直径，所以．
因为平面，平面，所以．
又，平面，所以平面．
由（1）知，所以平面．
又因为平面，所以平面平面．
19. 某市对该市全体高中学生举行了一次关于环境保护相关知识的测试，统计人员从A校随机抽取了300名学生，从B校随机抽取了400名学生，统计后发现所有学生的测试成绩都在区间[50，100]内，并将收集到的数据按照[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分组，绘制成频率分布直方图，如图所示.

（1）估计A校这300名学生成绩的75%分位数;
（2）根据频率分布直方图，假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替，估计A校抽取的300名学生成绩的平均值为μ1，B校抽取的400名学生成绩的平均值为μ2，以及A，B两校抽取的700名学生成绩的平均值为μ0，试比较μ0和的大小.
【答案】（1）88.75
（2）
【解析】
【分析】（1）由计算百分位数的方法计算即可；
（2）由频率分布直方图求出各平均值，比较即可.
【小问1详解】
设75%分位数为，因为，
，
所以，
则，
解得，所以估计A校这300名学生成绩的75%分位数为88.75.
【小问2详解】
，
，
则，
又A校与B校抽取的学生人数比值为，
所以A校抽取的学生人数占总数的，B校抽取的学生人数占总数的，
故A，B两个学校抽取的700名学生成绩的平均值为
，
故.
20. 设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求A；
（2）若AD为的角平分线，，且，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式求解；
（2）由，得到，然后由求得b，c，再利用余弦定理求解.
【小问1详解】
由正弦定理得，
即．
因为，
所以．
因为，所以．
又，则．
【小问2详解】
因为，所以．
由，得，
得．又，解得，，
则，
所以的周长为．
21. 甲、乙两位队员进行棒球对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，则对抗赛结束．不论谁发球，每个球必有输赢．已知甲发球时甲赢的概率为，乙发球时乙赢的概率为，每次发球的结果互不影响，已知某局甲先发球．
（1）求该局至多打4个球且甲赢的概率；
（2）求该局恰好打6个球结束的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）（2）分析对局情况，再利用独立事件的概率乘法公式求解即可.
【小问1详解】
该局至多打4个球且甲赢的情况有3种，
甲赢前2个球；甲输第1个球再连赢球；甲赢第1个球输第2个球再连赢2个球；
故该局至多打4个球且甲赢的概率为
.
小问2详解】
若甲胜，则甲在6个球的胜负情形为胜负胜负胜胜，
则甲胜的概率，
若乙胜，则甲在6个球的胜负情形为负胜负胜负负，
则乙胜的概率
所以该局恰好打6个球结束的概率.
22. 如图，在正三棱台中，，.

（1）证明:.
（2）过的平面α交分别于，若平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）综合应用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；
（2）综合应用线面角的概念和线面距的计算方法进行求解.
【小问1详解】
设的延长线交于点，因为为正三棱台，
所以为正三棱锥，即，设的中点为，连接，设，则为的中点，
所以，
又，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
连接，设，

因为平面，平面，平面平面，所以.
因为，平面，平面，所以平面，又平面，
所以平面平面，
过点作垂直，交于点，则平面，与平面的距离为，
又因为，所以为平行四边形，
所以，，.
由，，可得.
在中，，
利用等面积法得，
又，
所以直线与平面所成角的正弦值为.