内蒙古阿拉善盟2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题

这是一份内蒙古阿拉善盟2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
内蒙古阿拉善盟2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知复数（i是虚数单位），则在复平面内对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
2．已知向量，且，则实数=
A． B．0 C．3 D．
3．下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则存在唯一实数使得
C．若，，则
D．与非零向量共线的单位向量为
4．已知，则（    ）
A． B． C． D．
5．已知向量满足，则与所成角为（    ）
A． B． C． D．
6．工厂为了了解某车间的生产效率，对该车间200名工人上月生产的产品数量（单位：件）进行抽样调查，整理得到如图的频率分布直方图，则下列估计正确的为（    ）

①该车间工人上月产量的极差恰好为50件；
②车间约有120名工人上月产量低于65件；
③该车间工人上月产量的平均数低于64件；
④该车间工人上月产量的中位数低于63件．
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
7．已知正三棱锥的所有棱长均为2，则侧面与底面所成二面角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
8．为了增强数学的应用性，强化学生的理解，某学校开展了一次户外探究.当地有一座山，高度为，同学们先在地面选择一点，在该点处测得这座山在西偏北方向，且山顶处的仰角为；然后从处向正西方向走140米后到达地面处，测得该山在西偏北方向，山顶处的仰角为.同学们建立了如图模型，则山高为（    ）

A．米 B．米 C．米 D．米

二、多选题
9．已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法正确的是（    ）
A．如果，，，那么
B．如果，，那么
C．如果，，，那么
D．如果，，，那么
10．如图，已知点为正六边形中心，下列结论中正确的是

A． B．
C． D．
11．（多选）函数(，，)在一个周期内的图像如图所示，则（    ）

A．该函数的解析式为
B．该函数图像的对称中心为，
C．该函数的增区间是，
D．把函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到该函数图像
12．如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（    ）

A．平面平面
B．平面
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．三棱锥的体积不变

三、填空题
13．若是纯虚数，，则的实部为 .
14．已知，满足，，则 ．
15．如图，A，B，C，D为平面内的四个点，，为线段的中点，若，则 ．

16．已知函数的最小正周期为，将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），所得函数图象的一条对称轴方程是，则的值为 ．

四、解答题
17．设两个非零向量与不共线．
(1)若，，求证三点共线．
(2)试确定实数，使和共线．
18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求B；
（2）若，的面积为，求的周长.
19．已知函数.
（1）利用“五点法”，完成以下表格，并画出函数在区间上的图象；

0

π









0

0

0
（2）求出函数的单调减区间；
（3）当时，有解，求实数a的取值范围.
20．某大学共有“机器人”兴趣团队1000个，大一、大二、大三、大四分别有100个、200个、300个、400个．为挑选优秀团队，现用分层随机抽样的方法，从以上团队中抽取20个．
(1)应从大三中抽取多少个团队？
(2)将20个团队分为甲、乙两组，每组10个团队，进行理论和实践操作考试（共150分），甲、乙两组的成绩如下：
甲：125，141，140，137，122，114，119，139，121，142
乙：127，116，144，127，144，116，140，140，116，140
从甲、乙两组中选一组强化训练，备战机器人大赛．从统计学数据看，若选择甲组，理由是什么？若选择乙组，理由是什么？
21． 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，

（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.
22．如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，，.
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）若是面积为的等边三角形，求四棱锥的体积.


参考答案：
1．B
【分析】根据复数除法运算公式求出，写出对应点坐标即可.
【详解】因为，所以对应点的坐标为，所以在复平面内对应的点位于第二象限．
故选：B．
2．C
【详解】试题分析：由题意得，，因为，所以，解得，故选C.
考点：向量的坐标运算.

3．D
【分析】对A，向量模相等，则向量相等或相反；对B，向量共线定理判断；对C，利用向量平行（或共线）的性质判断，对D利用非零向量的单位向量的求解方法求解.
【详解】若，则或，所以选项A错误；
若，此时 不存在，选项B错误；
若，由，，不一定得到，选项C不正确；
由向量为非零向量，根据单位向量的定义，选项D正确.
故选：D.
4．D
【分析】根据角的变换，结合三角函数恒等变换，即可求解.
【详解】
.
故选：D
5．A
【分析】根据向量模的运算得，进而结合向量夹角公式求解即可.
【详解】解：因为向量满足，
所以，解得，
所以，
因为，
所以，，即与所成角为.
故选：A
6．D
【分析】根据给定的频率分布直方图，结合频率的计算，以及平均数、方差和中位数的计算方法，逐项判定，即可求解.
【详解】①中，根据频率分布直方图，可得该车间工人上月产量的极差大约为50件，所以①不正确；
②中，根据频率分布直方图，可得低于65件的频率为，
所以月产量低于65件的人数为，所以②正确；
③中，根据频率分布直方图，可得平均数为：
，所以③不正确；
④中，根据频率分布直方图，设中位数为，可得，所以④正确.
故选：D.
7．C
【解析】由正棱锥的性质作出侧面与底面所成的二面角的平面角，然后在直角三角形中计算．
【详解】如图所示，过点作底面，点为垂足，连接，则，点为等边三角形的中心.
延长交于点，连接.

则.
为侧面与底面所成二面角的平面角.
∵正三棱锥的所有棱长均为2，
.
在中，，故选C.
【点睛】本题考查求二面角，解题关键是掌握正棱锥的性质作出二面角的平面角．
8．C
【解析】设山的高度为，在中，根据题意，可表示出AO，在中，可表示出BO，在中，利用余弦定理，即可求得答案.
【详解】设山的高度为，在中，，，
在中，，，
在中，，
由余弦定理得，；
即，化简得；
又，所以解得；
即山的高度为（米）.
故选：C
9．ABC
【分析】根据线面位置关系，面面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，，则或，又由，根据面面垂直的判定定理，可得，所以A正确；
对于B中，若，，根据面面平行的性质定理，可得，所以B正确；
对于C中，如图所示，过直线作平面和平面，设，
因为，且，所以，同理可证，所以，
又因为且，所以，
因为且，所以，又因为，所以， 所以C正确；
  
对于D中，若，，或，又，则可能，所以D错误.
故选：ABC.
10．BC
【解析】利用向量的加法法则、减法法则的几何意义，对选项进行一一验证，即可得答案.
【详解】对A，，故A错误；
对B，∵，，由正六边形的性质知，∴，故B正确；
对C，设正六边形的边长为1，则，，
∴，式子显然成立，故C正确；
对D，设正六边形的边长为1，，，故D错误；
故选：BC.
【点睛】本题考查向量的加法法则、减法法则的几何意义，考查数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意向量的起点和终点.
11．ACD
【分析】对于选项A:根据图像和已知条件求出和最小正周期，然后利用正弦型函数的最小正周期公式求出，通过代点求出即可；对于选项BC:结合正弦函数的性质，利用整体代入法求解即可；对于选项D：利用伸缩变换即可求解.
【详解】由题图可知，，周期，
所以，则，
因为当时，，即，
所以，，即，，
又，故，
从而，故A正确；
令，，得，，故B错误；
令，，
得，，故C正确；
函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，
可得到，故D正确．
故选:ACD
12．ABD
【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而利用面面垂直的判定定理即可判断；
对于B，利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得以判断；
对于C，利用线线平行将异面直线与所成角转化为与所成的角，从而在等边中即可求得该角的范围，由此判断即可；
对于D，先利用线线平行得到点到面平面的距离不变，再利用等体积法即可判断.
【详解】对于A，连接，如图，
因为在正方体中，平面，
又平面，所以，
因为在正方形中，又与为平面内的两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为与为平面内两条相交直线，可得平面，
又平面，从而平面平面，故A正确；
.  
对于B，连接，，如图，
因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又、为平面内两条相交直线，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故B正确；
对于C，因为，所以与所成角即为与所成的角，
因为，所以为等边三角形，
当与线段的两端点重合时，与所成角取得最小值；
当与线段的中点重合时，与所成角取得最大值；
所以与所成角的范围是，故C错误；
对于D，由选项B得平面，故上任意一点到平面的距离均相等，
即点到面平面的距离不变，不妨设为，则，
所以三棱锥的体积不变，故D正确．
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握线面垂直与面面垂直的判定定理、线面平行与面面平行的判定定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化严密推理.
13．1
【分析】依题意有，代入中化简可求实部.
【详解】是纯虚数，且，则有，故，实部为1.
故答案为：1.
14．/
【分析】利用和差角的余弦公式得到，再根据同角三角函数的基本关系将切化弦，通分、再由两角和的正弦公式计算可得.
【详解】解：因为，
所以，
所以，
又因为，则，
所以.
故答案为：
15．/1.25
【分析】根据向量的线性运算即可结合平面向量基本定理求解.
【详解】因为，即，所以．
又为线段的中点，所以，所以，，则．
故答案为:
16．0
【分析】根据函数的最小正周期求出，求出图象平移、伸缩变化后的解析式，再由对称轴方程可得答案.
【详解】因为函数的最小正周期为，
所以，，
将函数的图象向左平移个单位长度，
可得，
再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），可得，
因为所得函数图象的一条对称轴方程是，
所以，可得，
因为，所以.
故答案为：0.
17．(1)证明见解析；
(2)或.

【分析】(1)转化为证明向量，共线，即可证明三点共线；
(2)由共线定理可知，存在实数，使，利用向量相等，即可求解的值.
【详解】（1）因为，，，
所以

所以，共线，
又因为它们有公共点，
所以三点共线；
（2）因为和共线，
所以存在实数，使，
所以，
即 .
又，是两个不共线的非零向量，
所以
所以，
所以或.
18．（1）；（2）
【解析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式即可求出，进而求出；
（2）根据余弦定理可得到，再根据三角形面积公式得到 ，即可求出 ，进而求出的周长.
【详解】解：（1），
由正弦定理得：，
整理得：，
∵在中，，
∴，
即，
∴，
即；
（2）由余弦定理得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为.
19．（1）表格和作图见解析；（2），，；（3），.
【分析】（1）利用“五点法”即可作出函数在一个周期上的图象（先列表，再画图）；
（2）令，，解得的范围即可得解函数的单调递减区间；
（3）求出的值域，即可得到的范围．
【详解】解：（1）列表、画图如下：

0











0

0

0
（2）由，，得：，，
的单调减区间为：，，，
（3），
，，
，．
，．
有解，即有解，
故，．
【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，要求熟练掌握五点法作图，难度不大，属于基础题．
20．(1)个团队
(2)答案见解析

【分析】（1）根据分层抽样的概念及方法，即可求解；
（2）求得甲组、乙组的平均数和方差，结合平均数和方差，得出结论.
【详解】（1）解：由题意知，大三团队个数占总团队个数的，
则用分层随机抽样的方法，应从大三中抽取 (个)团队．
（2）解：甲组成绩的平均数，
乙组成绩的平均数，
甲组数据的方差，
乙组数据的方差，
选甲组理由：甲、乙两组平均数相差不大，但，甲组成绩波动小．
选乙组理由：，在竞技比赛中，高分团队获胜的概率大．
21．（I）见解析；（II）见解析；（III）.
【分析】（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；
（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；
（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果.
【详解】（I）证明：连接，易知，，

又由，故，
又因为平面，平面，
所以平面.
（II）证明：取棱的中点，连接，

依题意，得，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，故，
又已知，，
所以平面.
（III）解：连接，


由（II）中平面，
可知为直线与平面所成的角.
因为为等边三角形，且为的中点，
所以，又，
在中，，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力和推理能力.
22．（I）详见解析；（II）.
【分析】（I）根据平面PAD⊥底面ABCD可得CD⊥平面PAD，故而平面PAD⊥平面PCD；
（II）设AD的中点为E，连接PE，BE，证明PE⊥平面ABCD，根据勾股定理计算AE，BE，从而可计算出棱锥的体积．
【详解】（Ⅰ）∵平面底面，平面底面，
∴平面
又∵平面
∴平面平面
（Ⅱ）如图，

设的中点为，连接，
∵
∴
∵平面底面，平面底面
∴底面
∵是面积为的等边三角形
∴
∵是的中点，，，
∴四边形为矩形，
∴，故
∴是等腰直角三角形，故
∴在直角三角形中有
∴
∴直角梯形的面积为
∴
【点睛】本题考查了面面垂直的性质与判定，线面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．