2022-2023学年甘肃省庆阳市第一中学高一下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年甘肃省庆阳市第一中学高一下学期期末数学试题含答案，共15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。
2022-2023学年甘肃省庆阳市第一中学高一下学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合，，则下列判断正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】用列举法写出集合，再根据集合间的关系与集合的交集运算求解即可．【详解】解：，，，，故选：D．2．已知一组数据为30，40，50，50，55，60，70，80，90，则其极差、第50百分位数和众数的大小关系是（    ）A．极差第50百分位数众数 B．众数第50百分位数极差C．极差众数第50百分位数 D．极差第50百分位数众数【答案】A【分析】分别算出极差，第50百分位数和众数即可比较大小.【详解】极差为，因为%，所以第5个数55即为第50百分位数，又众数为50，所以它们大小关系是极差第50百分位数众数.故选:A.3．记的内角、、的对边分别为、、，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用同角三角函数的基本关系以及正弦定理可求得的值.【详解】因为，则为锐角，且，因为，由正弦定理可得.故选：B.4．设，则“”是“”的A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.【详解】化简不等式，可知 推不出；由能推出，故“”是“”的必要不充分条件，故选B．【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件．5．已知，则的大小关系是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据对数及指数的运算即可得解.【详解】，所以.故选：C.6．甲、乙两位同学暑假计划从吉林省去河北省旅游，他们所搭乘动车的“3+2”座位车厢如图所示，若这两位同学买到了同一排的座位，则他们的座位正好相邻的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，利用古典概率公式结合列举法求解作答.【详解】设事件M为“他们的座位正好相邻”，甲乙二人买到同一排A，B，C，D，F5个座位中的两个形成的样本空间为，则，共包含10个样本点，其中事件，包含3个样本点，则有，所以他们的座位正好相邻的概率为.故选：D7．已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，，，由的面积为，得，解得，于是，所以圆锥的体积.故选：B8．如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底在同一水平面内的两个观测点，，测得，，，并在处测得塔顶的仰角为45°，则塔高（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知在中，利用正弦定理可求的值，在中，由，可求塔高的值.【详解】解：在中，，，，由正弦定理，可得，可得，在中，，所以塔高.故选：D. 二、多选题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三象限B．若是纯虚数，那么C．D．复数z是方程的一个根，则【答案】BCD【分析】根据复数的概念以及几何意义逐项判断即可；【详解】对应的坐标为，对应的点位于第二象限，选项A错误；纯虚数，选项B正确；，选项C正确；方程，所以，选项D正确；故选：BCD.10．下列各式中，值为的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据正弦函数、余弦函数和正切函数的倍角公式，准确化简，即可求解.【详解】由余弦的倍角公式，可得，所以A不正确；由正切的倍角公式，可得，所以B正确；由正弦的倍角公式，可得，所以C正确；由，所以D不正确.故选：BC.11．下列说法正确的是（       ）A．若函数在上存在零点，则一定成立B．“，”的否定是“，”C．若角的终边经过点，则D．已知正实数满足，则的最小值为32【答案】BCD【分析】举出反例即可判断A；根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可判断B；根据三角函数的定义即可判断C；根据结合基本不等式即可判断D.【详解】对于A，若，令，则，则函数在上存在零点，而，故A错误；对于B，“，”的否定是“，”，故B正确；对于C，若角的终边经过点，则，故C正确；对于D，由，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为32，故D正确.故选：BCD.12．如图，正方体的棱长为1，动点E在线段上，F、M分别是AD、CD的中点，则下列结论中正确的是（    ）A． B．平面C．存在点E，使得平面平面 D．三棱锥的体积为定值【答案】ABD【解析】对A,根据中位线的性质判定即可.对B,利用平面几何方法证明再证明平面即可.对C,根据与平面有交点判定即可.对D,根据三棱锥以为底,且同底高不变,故体积不变判定即可.【详解】在A中,因为分别是的中点,所以,故A正确;在B中,因为,,故,故.故,又有,所以平面,故B正确；在C中,与平面有交点,所以不存在点,使得平面平面,故C错误.在D中,三棱锥以面为底,则高是定值,所以三棱锥的体积为定值,故D正确.故选：ABD.【点睛】本题主要考查了线面垂直平行的证明与判定,同时也考查了锥体体积等问题.属于中档题. 三、填空题13．在感冒流行的季节，设甲、乙患感冒的概率分别为0.6和0.5，则两人中有人患感冒的概率是        .【答案】0.8/【分析】由两人中有人患感冒的对立事件为两人中没有人患感冒，故利用对立事件求解即可.【详解】解：记事件：两人中有人患感冒，则：两人中没有人患感冒.所以，所以，故答案为:0.8或.14．已知向量=(1，0)，=(2，－2)，=(1，)，若，则=        .【答案】－/－0.5【分析】由向量平行的坐标表示计算．【详解】由已知，因为，所以，．故答案为：．15．已知点P到平面的距离为2，过点P的动直线l与所成夹角为60°，则l与交点的轨迹长度为      .【答案】【分析】先确定交点的轨迹为圆，由已知计算圆的半径，算出圆周长即为轨迹长度.【详解】由题知：则l与α交点的轨迹为圆，圆的半径为 则l与α交点的轨迹长度为.故答案为： .16．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的内切球（球与圆锥的底面和侧面均相切）的表面积为      .【答案】【分析】根据已知先求母线长，再结合轴截面可得半径，然后可得.【详解】有题意可知，，所以所以，圆锥的轴截面是边长为的正三角形，圆锥的内切球的半径等于该正三角形的内切圆的半径，所以，所以该圆锥的内切球的表面积为.故答案为： 四、解答题17．已知在某次招考测试中，甲､乙两人各自能否通过测试相互独立，且甲､乙能够通过测试的概率分别为．求：(1)恰有1人通过测试的概率；(2)至少有1人通过测试的概率．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设事件“甲通过测试”，事件乙通过测试”，利用互斥事件和相互独立事件的概率公式即可求解.（2）利用对立事件及相互独立事件的概率公式即可求解.【详解】（1）设事件“恰有1人通过测试”，则，由于事件，均相互独立， 因此.（2）设事件“至少有1人通过测试”，则事件的对立事件为：2人都没有通过测试，因此.18．已知函数(1)若及的值；(2)若，求x的取值范围.【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据分段函数解析式计算可得；（2）根据分段函数解析式分类讨论，分别计算，最后取并集即可；【详解】（1）解：因为，所以，，（2）解：或解得：或所以的取值范围是19．已知，函数．(1)求的最小正周期和最大值；(2)求在上的单调区间．【答案】(1)最小正周期为π，最大值为．(2)为单调递增区间；为单调递减区间． 【分析】（1）根据数量积的坐标运算及三角恒等变换化简，由正弦型三角函数求周期、最值即可；（2）根据自变量的范围求出的范围，结合正弦型三角函数的单调性求解.【详解】（1），因此的最小正周期为π，最大值为．（2）当时，，从而当，即时，单调递增，当，即时，单调递减．综上可知，在上单调递增；在上单调递减．20．从①，②，③三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答：已知三个内角，，的对边分别为，，，已知_________.（1）求角的大小；（2）若为锐角三角形，，求a的取值范围.【答案】选①②③（1）；（2）【分析】（1）选①：利用余弦定理以及已知条件可求得的值，再结合角范围即可求解；选②：利用正弦定理化边为角可得的值，再结合角范围即可求解；选③：利用诱导公式和同角三角函数基本关系可求得的值，再结合角范围即可求解；（2）利用正弦定理，结合将边转化为角，再由锐角三角形求出的范围，利用三角函数的性质即可求解.【详解】（1）选①：∵，∴.∴.∴.又∵，∴.选②：∵，由正弦定理得.∵，∴，∴，∴.又∵，∴.选③：∵，∴.∴.∴.又∵，∴.（2）由正弦定理，∴.∴  .∵为锐角三角形，，可得 ，解得：，∴，∴∴，∴.∴的范围是.21．在直三棱柱中，，分别是，的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若，，．（ⅰ）求二面角的正切值；（ⅱ）求直线到平面的距离．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）（ⅰ）；（ⅱ）.【分析】（Ⅰ）取中点并连接，证明四边形为平行四边形，然后得到即可；（Ⅱ）（ⅰ）连接，首先得到，然后可得二面角的平面角为，然后证明平面，然后在中求解即可；（ⅱ）利用求解即可.【详解】证明：（Ⅰ）取中点并连接，因为是的中点，所以，因为是的中点，所以，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面．（Ⅱ）（ⅰ）连接，因为，，是的中点，所以，所以，所以，同理可得，所以，因为，所以二面角的平面角为，又，所以平面，因为平面，所以，因为直三棱柱，所以平面，又平面，所以，又，所以平面，因为平面，所以，易得，在中可得，所以二面角的正切值为（ⅱ）因为平面，所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，设点到平面的距离为，因为，所以，即，解得，所以直线到平面的距离为．22．为打造精品赛事，某市举办“南粤古驿道定向大赛”，该赛事体现了“体育+文化+旅游”全方位融合发展.本次大赛分少年组、成年组、专业组三个小组，现由工作人员统计各个组别的参赛人数以及选手们比赛时的速度，得到如下统计表和频率分布直方图：组数速度（千米/小时）参赛人数（单位：人）少年组300成年组600专业组（1）求a，b的值；（2）估计本次大赛所有选手的平均速度（同一组数据用该组数据的中间值作代表，最终计算结果精确到0.01）；（3）通过分层抽样从成年组和专业组中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人接受采访，求接受采访的2人都来自“成年组”的概率.【答案】（1），；（2）9.05千米/小时；（3）.【分析】（1）由频率和为1，求出的值，再由频率分布直方图求出少年组的频率，而少年组的人数为300人，从而可求出总人数，进而可求出的值；（2）利用平均数的公式求解即可；（3）先利用分组抽样的定义求出成年组和专业组的人数，然后利用列举法求解即可【详解】（1）由频率分布直方图可知，∴.少年组人数为300人，频率，总人数人，∴.∴，.（2）平均速度，∴估计本次大赛的平均速度为9.05千米/小时.（3）成年组和专业组的参赛人数分别为600人、300人.设在成年组和专业组抽取的人数分布为x，y，则.∴，.∴由分层抽样在成年组中抽取4人，专业组中抽取2人.设成年组中的4人分别用A，B，C，D表示；专业组中的2人分别为a，b表示.从中抽取两人接受采访的所有结果为：AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab共15种.接受采访的两人均来自成年组的所有结果为：AB，AC，AD，BC，BD，CD共6种.故接受采访的两人都来自成年组的概率为.