贵州省黔西南州2022-2023学年高一数学下学期期末教学质量检测试题（Word版附解析）

黔西南州2023年春季学期期末教学质量检测

高一数学

（本试题共4页，共四大部分，满分150分，考试时间为120分钟）

考生注意：

1.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.

2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答䋈后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.

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. 已知集合，集合，则（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据交集的定义可求.

【详解】，

故选：A

2. 若（为虚数单位），则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】移项化简可得．

【详解】，，

故选：B

3. 已知向量，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用平面向量加法的坐标表示即可得解.

【详解】因为，，

所以.

故选：C.

4. 将一组从小到大排列的数据如下：50，51，52，53，54，55，56，57，58，59，这组数据的第60百分位数是（    ）

A. 55 B. 55.5 C. 56 D. 56.5

【答案】B

【解析】

【分析】利用百分位数的定义求解即可.

【详解】因为这组数据共有10个，而，

所以这组数据的第60百分位数为第6个数与第7个数的平均值，即.

故选：B.

5. 下列函数中，在定义域上单调递增的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】对四个选项，直接根据函数解析式判断单调性可得答案.

【详解】对于A，在和上为单调递减函数，故A不正确；

对于B，在上为减函数，故B不正确；

对于C，在上为减函数，故C不正确；

对于D，在上为单调递增函数，故D正确.

故选：D

6. 函数在上的最小值是（    ）

A.  B. 1 C. 2 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，利用均值不等式直接计算作答.

【详解】因为，所以，当且仅当，即时取等号，

所以函数在上的最小值是3.

故选：D

7. 端午节吃粽子是中华民族的传统习俗.地区不同，制作的粽子形状也不同，黔西南州最出名的就是鲜肉的灰色粽子，其形状接近于正三棱锥（如图）.若正三棱锥的底面边长为2，高为1，则该三棱锥的侧面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出正三棱锥侧面三角形的高即可求解.

【详解】如图，

正三棱锥中，底面，则为正三角形的中心，

连接并延长交于，则为的中点，且，

依题意，，正三角形的边长为2，

所以，，，

，

所以该三棱锥的侧面积为.

故选：B

8. 如图，在中 ，2BD=CD，E为AC中点，AD和BE相交于点F，那么AF：DF=（    ）.

A. 2 B.  C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】利用平面向量基本定理的推论表示向量，即可求解.

【详解】设，

，

则，解得：

所以，即

即，则.

故选：C

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. 复数，i是虚数单位，则下列结论正确的是（    ）

A. z实部是  B. z的共轭复数为

C. z的实部与虚部之和为2 D. z在复平面内的对应点位于第一象限

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据复数的基本概念和共轭复数的概念，以及复数的几何意义，逐项判定，即可求解.

【详解】由复数，可得复数的实部为，虚部为，所以A正确；

又由共轭复数的概念，可得，所以B错误；

由复数的实部与虚部之和为，所以C正确；

由复数在复平面内对应的点位于第一象限，所以D正确.

故选：ACD.

10. 样本容量为100的样本，其数据分布在内，将样本数据分为4组：，，，，得到频率分布直方图如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A. 样本数据分布在内的频率为0.32

B. 样本数据分布在内的频数为40

C. 样本数据分布在内的频数为40

D. 估计总体数据大约有分布在内

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据频率分布直方图一一分析可得.

【详解】对于A，由题图可得，样本数据分布在内的频率为，故A正确；

对于B，由题图可得，样本数据分布在内的频数为，故B正确；

对于C，由题图可得，样本数据分布在内的频数为，故C正确；

对于D，由题图可估计，总体数据分布在内的比例约为，故D错误．

故选：ABC

11. 如图，在正三棱柱中，为棱的中点，，则下列结论正确的是（    ）

A.

B. 直线与面所成角为45°

C. 线段

D. 直线面

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理与性质定理即可得证；对于B，利用线面角的定义即可得解；对于C，正中求解即可；对于D，利用线面平行的判定理证得即可.

【详解】对于A，因为在正三棱柱中，面，

而面，所以，

因为底面是正三角形，为棱的中点，所以，

又面，所以面，

因为面，所以，故A正确；

对于B，因为在正三棱柱中，面，

所以为直线与面所成角，

因为面，所以，

又，所以，则，故B正确；

在正中，，则，

所以，故C错误；

对于D，记的中点为，连接，如图，

因为是的中点，又易知四边形是平行四边形，所以，，

因为，所以，

所以四边形是平行四边形，则，

又面，面，所以直线面，故D正确.

故选：ABD.

12. 对于任意，，，两直线AD，BE相交于点O，延长CO交AB于点F，则下列结论正确的是（    ）

A.

B. ，

C. 当，，时，则

D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据给定条件，取平面的一个基底，利用向量的线性运算结合平面向量基本定理计算判断BC；利用向量数量积及运算律计算判断C；利用三角形面积公式计算判断D作答.

【详解】中，令，，，

，

，

因为与不共线，则，解得，

所以，A正确；

对于B，，，

则，

因此，解得，，B错误；

对于C，依题意，，，

，

，

，

，

，

，C正确；

对于D，，，

于是，解得，则，

，

同理，

，D正确.

故选：ACD

【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 计算：______.

【答案】##

【解析】

【分析】利用正弦函数和差公式的逆运算即可得解.

【详解】.

故答案为：.

14. 已知与的夹角为60°，，，_______________.

【答案】1

【解析】

【分析】根据平面向量数量积的定义计算即可求解.

【详解】由题意知，

.

故答案为：1.

15. 在不透明的袋子中装有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球，3个黄球，从中随机摸出1个球，则事件“摸到红球”的概率为______.

【答案】##

【解析】

【分析】利用古典概型的概率公式求解即可.

【详解】依题意，一共有5个球，从中摸出1个球的基本事件有5件，

其中2个红球，3个黄球，故事件“摸到红球”的基本事件有2件，

则所求概率为.

故答案为：.

16. 如图，在多面体中，已知，，，平面平面，四边形是正方形，则点到平面的距离是______.

【答案】

【解析】

【分析】先利用面面垂直的性质定理推得平面，从而利用线面垂直的判定定理推得为点到平面的距离，再利用线面平行的判定与性质定理推得，从而利用等面积法求出的长，即为所求.

【详解】过点在平面内作，垂足为点，如图，

因为四边形为正方形，则，

因为平面平面，平面平面，平面，

平面，又平面，，

，，平面，平面，

所以点到平面的距离为，

因为四边形为正方形，则，

平面，平面，平面，

因为平面，平面平面，，

则，又，，

，，，

由等面积法可得.

因此，点到平面的距离为.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键有二，一是利用面面垂直的性质定理与线面垂直的判定定理推得为点到平面的距离，二是利用线面平行的性质定理推得，从而得解.

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. 已知函数，

（1）求的最小正周期；

（2）求的最大值和最小值.

【答案】（1）   

（2）的最大值是2，最小值是

【解析】

【分析】（1）利用辅助角公式化简，再利用正弦函数的周期公式求解即可；

（2）利用正弦函数的值域即可得解.

【小问1详解】

因为 ，

所以的最小正周期为.

【小问2详解】

因为，所以，则，即，

当，即时，取得最小值；

当，即时，取得最大值2；

所以的最大值是2，最小值是.

18. 已知分别为三个内角的对边，且，

（1）求；

（2）若，且，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角函数弦化切，结合三角形内角的范围即可得解；

（2）利用余弦定理与整体法求得的值，从而利用三角形面积公式即可得解.

【小问1详解】

因为，显然，则，

又，故.

【小问2详解】

根据余弦定理可得，

又，，所以，则，

所以面积.

19. 中学阶段是学生身体发育最重要的阶段，长时间熬夜学习严重影响学生的身体健康．某校为了解甲、乙两班学生每周自我熬夜学习的总时长（单位：小时），分别从这两个班中随机抽取5名同学进行调查，得到他们最近一周自我熬夜学习的总时长的样本数据：

如果学生平均每周自我熬夜学习的总时长超过26小时，则称为“过度熬夜”．

（1）请根据样本数据，分别估计甲、乙两班的学生平均每周自我熬夜学习时长的平均值；

（2）从样本甲、乙两班所有“过度熬夜”的学生中任取2人，求这2人都来自甲班的概率．

【答案】（1）24.4小时   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据平均数计算公式直接计算可得；

（2）列举出所有可能情况，然后由古典概型概率公式可得.

【小问1详解】

甲班样本数据的平均值为，

由此估计甲班学生每周平均熬夜时间24小时；

乙班样本数据的平均值为，

由此估计乙班学生每周平均熬夜时间24.4小时．

【小问2详解】

由题知，甲班“过度熬夜”的有3人，记为，乙班“过度熬夜”的有2人，记为，

从中任取2人，有，共10种可能，

其中都来自甲班的有，共3种可能，

所以所求概率．

20. 如图，在正方体中，是棱的中点.

（1）证明：平面；

（2）若正方体棱长为2，求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用中位线定理证得，从而利用线面平行的判定定理即可得证；

（2）利用等体积法与三棱锥的体积公式计算即可得解.

【小问1详解】

连接交于，连接，如图，

因为在正方体中，底面是正方形，则是的中点，

又是的中点，则是的中位线，故，

又面，面，所以平面.

【小问2详解】

因为正方体中，平面，

所以.

21. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点．

（1）求证：平面；

（2）求侧面与底面所成二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）证法一：由面面垂直可得平面，则，再由等边三角形的性质可得，然后由线面垂直的判定可证得结论；证法二：由面面垂直可得平面，再由面面垂直的判定可得平面平面，再由等边三角形的性质可得，然后由面面垂直的性质可证得结论；

（2）取，的中点分别为，，连接，，，可得是侧面与底面所成二面角的平面角，然后在直角三角形中求解即可.

【小问1详解】

证法一：

在正方形中，

又侧面底面，侧面底面，底面，

所以平面，因为平面，所以，

因为是正三角形，是的中点，所以，

又，平面，所以平面，

证法二：

在正方形中，

又侧面底面，侧面交底面于，所以平面，

又平面，故平面平面，

是正三角形，是的中点，所以

又平面交平面于，平面，故平面．

【小问2详解】

取，的中点分别为，，连接，，，

则，，因为，所以，

又在正中，，

因为，平面，平面，

正方形中，，平面，

所以是侧面与底面所成二面角的平面角，

因为平面，，所以平面，

因为平面，所以，

设正方形的边长，则，，

所以，所以，

即侧面与底面所成二面角的余弦值为.

22. 在①；②；③（其中为的面积）三个条件中任选一个补充在下面问题中，并作答.

在中，角的对边分别为，且______.

（1）求外接圆半径；

（2）若为锐角三角形，求周长的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）选①：根据正弦定理边化角结合诱导公式得到，进而得到，从而利用正弦定理即可得解；选②：利用正弦定理角化边结合余弦定理得到，从而利用正弦定理即可得解；选③：根据条件和三角形的面积公式得到，通过三角恒等变换和诱导公式得到，从而利用正弦定理即可得解；

（2）根据正弦定理得到，再利用诱导公式和三角恒等变换得到，结合条件得到的取值范围，根据正弦函数的图象与性质即可得到的取值范围，从而得解.

【小问1详解】

若选①：

由正弦定理得：，即，

又因为，则，

所以，又，则，

所以，又，所以，

因为，所以由正弦定理得，故.

若选②：

由正弦定理得：，化简得：，

又由余弦定理得：，

因为，所以，

因为，所以由正弦定理得，故.

若选③：

因为，则，

则，

又由正弦定理得：，

又，，

所以，即，

又因，则，

所以，又，则，

所以，又，所以，

因为，所以由正弦定理得，故.

【小问2详解】

由正弦定理得：，则，，

所以，又，，

所以，

则，

∵为锐角三角形，

∴，即，解得：，

∴，则，

∴，即，故，

所以周长的取值范围.

【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用正弦定理，将转化为关于的三角关系式，从而利用三角函数的性质即可得解.