安徽省宣城市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份安徽省宣城市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

宣城市2022-2023学年度第二学期期末调研测试
高一数学试题
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，只有一项是符合题目要求的．)
1. 某单位有职工500人，青年职工300人，中年职工150人，老年职工50人，为了解该单位职工的健康情况，用分层抽样从中抽取样本，若抽出的中年职工为15人，则抽出的老年职工的人数为（ ）
A. 5 B. 15 C. 30 D. 50
【答案】A
【解析】
【分析】根据分层抽样的定义列方程求解出样本总人数，从而可求出抽出的老年职工的人数
【详解】设抽出的样本总人数为人，则由题意可得
，解得，
所以抽出的老年职工的人数为人，
故选：A
2. 已知点E为平行四边形对角线上一点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用向量的线性运算即可得出结果.
【详解】因，又，
所以.

故选：A.
3. 小明同学统计了他最近次的数学考试成绩，得到的数据分别为、、、、、、、、、．则这组数据的分位数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将成绩由小到大进行排序，利用百分位数的定义可求得这组数据的分位数.
【详解】将次的数学考试成绩由小到大排序依次为：、、、、、、、、、，
因为，因此，这组数据的分位数是.
故选：B.
4. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A. B. 或 C. 或 D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理求出，进而得出答案．
【详解】因为，，，
所以由正弦定理得，得，
因为，，所以，所以或，则或．
故选：D．
5. 盒子中有四张卡片，分别写有“笔墨纸砚”四个字，有放回地从中任取一张卡片，直到“纸”“砚"两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次取到卡片后停止的概率．利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，分别用1，2，3，4代表“笔墨纸砚”这四个字，以每三个随机数为一组，表示三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：
343 432 314 134 234 132 243 331 112 324
342 241 244 342 124 431 233 214 344 434
由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】找出恰好第三次结束时就停止的随机数的个数，利用古典概型公式求解概率．
【详解】随机模拟产生了20组随机数，其中恰好第三次结束时就停止的随机数有：314，134，234，243，324，共5个，
由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为．
故选：C．
6. 《九章算术》作为古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．《九章算术》中将圆台称为“圆亭”．今有圆亭，上下底面圆直径分别为18寸，30寸，圆亭母线长为10寸(取)，则该圆亭的表面积和体积分别约为（ ）
A. 1368平方寸3528立方寸 B. 1638平方寸4410立方寸
C. 1638平方寸3528立方寸 D. 1368平方寸4410立方寸
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆台体积、表面积公式求解即可．
【详解】由题意圆亭的上、下底面圆半径分别为9寸，15寸，圆亭圆台母线长为10寸，
则该圆亭的高寸，
故该圆亭的表面积平方寸，
体积为立方寸．
故选：C．
7. 已知是边长为a的等边三角形，点D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，连接DE并延长到点M，使得，连接DF并延长到点N，使得，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的基底法，用、为基向量表示，再求得的值即可.
【详解】，
，
又点D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，即,，
，

.
故选：B.
8. 已知矩形，，，将沿折起到．若点在平面上的射影落在的内部（不包括边界），则四面体的体积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，确定点在平面上的射影点位置，再求出点到平面的距离最大和最小作答，结合锥体的体积公式可求得三棱锥的体积.
【详解】在矩形中，，，过点作于，交边于，如图，

，，
所以，，，
所以，，则，
则，
把沿折起到的过程中，，，
又因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，平面平面，
由面面垂直的性质定理可知，点在平面上的射影在直线上，
因为点在平面上的射影落在的内部（不包括边界），则当平面时，
点到平面的距离最大，于是，

当平面时，点到平面的距离最小，如图，此时，

于是，从而，
而，
所以，.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
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. 若复数，，其中是虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A. 在复平面内对应的点位于第一象限，在复平面内对应的点位于第四象限
B. 记的共轭复数为，则
C. 若，则
D. 若，在复平面内对应的向量分别为，(O为坐标原点)，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，结合复数的几何意义，即可求解；对于B，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解；对于C，结合复数的四则运算，即可求解；对于D，结合复数的几何意义，求出，，再结合平面向量的数量积运算，即可求解．
【详解】，则在复平面内对应的点位于第一象限，
在复平面内对应的点位于第二象限，故A错误；
的共轭复数为，则，故B正确；
由，
得，故C正确；
若在复平面内对应的向量分别为为坐标原点），则，
故，故D错误．
故选：BC．
10. 从装有3个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，则下列叙述正确的是（ ）
A. 取出的两个球同为红色和同为黑色是两个互斥而不对立的事件
B. 至多有一个黑球与至少有一个红球是两个对立的事件
C. 事件A＝“两个球同色”，则
D. 事件B＝“至少有一个红球”，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合互斥事件和对立事件概念，及古典概型公式进行分析即可．
【详解】对于A，两球同时为红球和为黑球不可能同时发生，并且除了这两个事件，实验还会发生一个事件，即两球一黑一白，所以两球同时为红球和为黑球的事件为互斥而不对立事件，A正确；
对于B，至多有一个黑球包括一黑一红和两红球，其对立事件为两黑球，B错误；
对于C，记3个红球为a，b，c，2个黑球为d，e，
则任取2个球的结果有ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，共10个，
事件A发生的结果有ab，ac，bc，de，共4个，所以，C正确；
对于D，事件的对立事件的结果有de，共1个，所以，所以，D正确．
故选：ACD．
11. 已知的内角A，B，C所的对边分别为a，b，c，其中，，，下列四个命题中正确的是（ ）
A. 是钝角三角形 B. 面积为
C. 外接圆面积为 D. 若D为AB中点，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由已知可知最大，所以利用余弦定理求出进行判断，对于B，由求出，然后利用面积公式求解，对于C，利用正弦定理求出三角形外接圆的半径，从而可求出三角形的面积，对于D，在中利用余弦定理求解.
【详解】对于A，因为，，，所以，所以，
因为，所以角为钝角，所以是钝角三角形，所以A正确，
对于B，由选项A可知，角为钝角，所以，
所以面积为，所以B正确，
对于C，由正弦定理得，所以外接圆半径为，所以外接圆面积为，所以C错误，
对于D，因为D为AB中点，所以，在中，由余弦定理得，
，
所以，所以D正确，
故选：ABD
12. 如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱AD，AB，BC的中点，点Р为线段上的动点，则（ ）

A. 两条异面直线和所成的角为 B. 不存在点P，使得平面BEP
C. 对任意点Р，平面平面BEP D. 点到直线的距离为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】由正方体的结构特征及异面直线所成角的定义判断A；当点P与点重合时，可得平面，即可判断B；连接CF，推导出，从而得平面，进一步得平面平面即可判断C；由余弦定理求出，由此能求出点到直线的距离判断D．
【详解】对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A正确；

对于B，当点P与点重合时，由题可知，
所以，四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，则平面，所以B错误；

对于C，连接，由于平面，平面，故，

又，故，
故，即，故，
又相交，平面，故平面，
又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；
对于D，由正方体的性质可得，，
所以，
又，所以，
所以点到直线的距离，所以D正确．

故选：ACD．
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．)
13. 若复数是关于x的方程()的一个根，则__________．
【答案】4
【解析】
【分析】将方程的根代入方程，根据复数相等求解．
【详解】将代入方程，
得，即，
所以，得，，所以．
故答案为：4．
14. 已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为3，现样本加入新数据3，5，7，则此时方差_________．
【答案】2.9
【解析】
【分析】利用平均数和方差的定义直接求解即可.
【详解】设这个样本容量为7的样本数据分别为
则，所以．
，所以．
当加入新数据3，5，7后，
平均数，
方差．
故答案为：2.9．
15. 在三棱锥中，△ABC是边长为3的等边三角形，侧棱PA⊥平面ABC，且，则三棱锥的外接球表面积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知，底面是边长为3的等边三角形，平面，可得此三棱锥外接球，即以为底面以为高的正三棱柱的外接球，即可求解．
【详解】根据已知，底面是边长为3的等边三角形，平面，
可得此三棱锥外接球，即以为底面以为高的正三棱柱的外接球．
设正三棱柱的上下底面的中心分别为，则外接球的球心为的中点，

的外接圆半径为，，
所以球的半径为，
所以四面体外接球的表面积为，
故答案为：．
16. 已知中，，，，M是AB的中点，P为线段DC上的动点，则的取值范围是__________；延长DC至，使，若T为线段上的动点，且恒成立．则的最大值为_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，设出点、点的坐标，计算和，结合题意及基本不等式即可求出结果．
【详解】建立平面直角坐标系，如图所示：

中，2，，
所以即，，
设，则，
所以，由，得，
所以的取值范围是；
设，则，
所以，
所以不等式化为，则，
设，则，
所以，
当且仅当，即，即时取“＝”，
所以的最大值为．
故答案为：．
四、解答题(本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤．)
17. 已知平面向量满足，，且．
（1）求在方向上的投影向量；
（2）若，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，平方求得，结合投影向量的计算公式，即可求解；
（2）根据题意，结合，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：由，，且，
平方得，解得，
所以在方向上的投影向量为.
【小问2详解】
解：因为，所以，
化简得，所以，解得
18. 甲、乙两队进行篮球比赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场时，该队获胜，比赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.4，且各场比赛结果相互独立．
（1）求前2场比赛，甲至少赢得一场的概率；
（2）当双方总比分为2∶2时，求甲获胜的概率．
【答案】（1）0.96
（2）0.768
【解析】
【分析】（1）根据题意，设前2场比赛，甲至少赢一场为事件A，分析并求出，或利用对立事件的概率关系计算可得答案；
（2）根据题意，分2种情况讨论，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案．
【小问1详解】
设前2场比赛，甲至少赢一场为事件A，
，
或者.
【小问2详解】
当双方总比分为2∶2时，设甲获胜为事件B，
甲获胜的比分可以是4∶2或者4∶3，
若是4∶2，第五场和第六场，甲连赢两场，则甲获胜概率为：，
若是4∶3，第五场和第六场，甲乙各赢一次，第七场甲赢了，
则甲获胜概率为：，
所以，当双方总比分为2∶2时，甲获胜的概率.
19. 某校举行了一次高一年级数学竞赛，笔试成绩在分以上（包括分，满分分）共有人，分成、、、、五组，得到如图所示频率分布直方图．

（1）根据频率分布直方图估计这次数学竞赛成绩的平均数和中位数（中位数精确到）；
（2）为进一步了解学困生的学习情况，从数学成绩低于分的学生中，通过分层随机抽样的方法抽取人，再从这人中任取人，求此人分数都在的概率．
【答案】（1）平均数为，中位数约为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据所有直方图的面积之和为可求得的值，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全加可得样本的平均数，根据中位数的定义可求得样本的中位数；
（2）计算出分层抽样抽取的人中，数学成绩位于的有人，记为、，数学成绩位于的有人，记为、、、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【小问1详解】
由，解得，
这次数学竞赛成绩的平均数为，
前组的频率和为，前组的频率和为，
所以中位数为．
【小问2详解】
分层抽样抽取的人中，数学成绩位于的有人，记为、．
数学成绩位于的有人，记为、、、，
从人中任取人，基本事件有：、、、、、、、
、、、、、、、、、、、
、，共种，
其中人分数都在的有、、、，共种，
所以从人中任取人，分数都在的概率为.
20. 如图，在正四棱柱中，，∥平面MAC．

（1）证明：M是的中点；
（2）若正四棱柱的外接球的体积是，求该正四棱柱的表面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）10
【解析】
【分析】（1）连接BD，交AC于N，根据线面平行的性质，可得，由是BD的中点，可得是的中点；
（2）根据正四棱柱的外接球的体积求得AB，即可求该正四棱柱的表面积．
【小问1详解】
连接BD，交AC于N，连接MN．
因为∥面MAC，面，且面MAC∩面，
根据线面平行的性质定理得，，
在正四棱柱中，四边形ABCD是正方形，所以N是BD的中点，
所以M是的中点．
【小问2详解】
设，正四棱柱的外接球的半径为,
因为正四棱柱的外接球的体积,解得，
由题意为正四棱柱的外接球的直径，
由，得，解得或(舍)，即，
所以正四棱柱的表面积为．
21. 已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，且，且满足．
（1）求角A大小；
（2）求周长的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量平行得，利用正弦定理化边为角整理得，即可得出答案；
（2）由正弦定理得，可得，利用三角函数的性质，即可得出答案．
【小问1详解】
由可得，
即，
由正弦定理得．
故，整理得到，
因为C是的内角，所以，，
因为，所以．
【小问2详解】
因为且，，
所以，．
所以
，
因为为锐角三角形，所以且，
则，所以，，
，即，
故周长的取值范围为．
22. 如图，在三棱锥中，平面ABD平面BCD，，O为BD的中点，△OCD是边长为2的等边三角形．

（1）若，求直线AB和CD所成角余弦值；
（2）若点E在棱AD上，且三棱锥的体积为4，求二面角平面角大小的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分别取BC、AC的中点M、N，连接OM，ON，MN，则可得异面直线AB和CD所成角(或为邻补角)即为∠OMN，在△MON中，利用余弦定理可求得结果；
（2）过点E作EN∥AO交BD于N，过点N作NM∥CD交BC于点M，连接ME，则可证得∠EMN为所求的二面角的平面角，然后在中求解即可.
【小问1详解】
解：分别取BC、AC的中点M、N，连接OM，ON，MN，

因为О为BD中点，所以MO∥CD，MN∥AB且，
所以异面直线AB和CD所成角(或为邻补角)即为∠OMN，
因为，O为BD中点，所以AO⊥BD，
因为△OCD是边长为2的等边三角形，
所以BODO2，MNAB，MOCD1，
又因为平面ABD⊥平面BCD，AO⊥BD，平面ABD 平面BCD ，平面ABD,
所以AO 平面BCD，因为平面BCD，
所以AO⊥OC，由OCOD，得△AOC≌△AOD，得ACADAB．
在直角三角形△AOC中，
则ONAC，
在△MON中，根据余弦定理得，

或
所以直线AB和CD所成角的余弦值为．
【小问2详解】
解：过点E作EN∥AO交BD于N．

过点N作NM∥CD交BC于点M，连接ME，
因为EN∥AO且AO⊥BD，所以EN⊥BD，
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD 平面BCD ，平面ABD，
所以EN⊥平面BCD，因为BC平面BCD，所以EN⊥BC，
在△BCD中，因为OBODOC，所以BC⊥CD，
因为NM∥CD，所以MN⊥BC，
因为，平面，
所以BC⊥平面MNE，
因为平面MNE，所以BC⊥ME，
所以∠EMN为所求的二面角的平面角，
因为，
因为，
所以，
又因AE=AD，EN∥AO，所以，得，
因为NM∥CD，所以，
因为CD2，所以MN．
又，所以MNEN．
所以，所以，得，
因为，，
所以解得．