[数学]浙江省嘉兴市2022-2023学年高一下学期期末试题（解析版）

这是一份[数学]浙江省嘉兴市2022-2023学年高一下学期期末试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知复数满足(其中为虚数单位)，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，则，
.
故选：B.
2. 已知向量，且，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，且，所以，解得.
故选：C.
3. 如图，某四边形的直观图是正方形，且，则原四边形的面积等于（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】D
【解析】由题意可知，即，故，所以，
则原四边形的面积为.
故选：D.
4. 如图，在中，，分别在上，且，点为的中点，则下列各值中最小的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】点为的中点，，
分别在上，且，
，
，
选项A，，
选项B，，，
，
选项C，，，
，
选项D，，，
，
综上可知，最小.
故选：D.
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 平行于同一直线的两个平面平行B. 平行于同一平面的两条直线平行
C. 垂直于同一平面的两个平面平行D. 垂直于同一直线的两个平面平行
【答案】D
【解析】作正方体，
平面，平面，平面平面，
A选项错误；
平面，平面，，B选项错误；
平面平面，平面平面，
平面平面，C选项错误；
根据线面垂直的性质定理可知垂直于同一直线的两条平面平行，D选项正确.
故选：D.
6. 有6本不同的书，其中工具类､人物传记类和现代文学类各2本，现从中随机抽取2本，则恰好抽到2本不同种类书的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】从6本不同的书中随机抽取2本，抽法有：种，
恰好抽到2本恰好为相同种类书有：种，
故恰好抽到2本不同种类书的概率为：.
故选：B.
7. 已知在中，，点满足，且，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】设，如图所示：
因为在中，，点满足，且，
所以，
则，
则，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以.
故选：B.
8. 如图，棱长为3的正方体中，点在线段上且，点分别为线段上的动点，则空间四边形周长的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】把平面与平面展开在同一平面上上，
作点关于的对称点，因为，且正方体边长为3，
易得为正三角形，由对称性可得：，
所以周长
作，可得，
易得，
.
故选：C.
二、多项选择题：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. 给出下列命题，其中正确的是（ ）
A. 若一组数据的方差为2，则的方差为3
B. 给定五个数据，则这组数据的分位数是4
C. 若事件与事件是相互独立事件，则有
D. 若事件与事件是对立事件，则有
【答案】BCD
【解析】对A，若一组数据的方差为2，
则的方差为，A错误；
对B，给定五个数据，由小到大排列为，
，则这组数据的分位数是第4个数为4，B正确；
对C，若事件与事件是相互独立事件，则有，C正确；
对D，若事件与事件是对立事件，则，
则有，D正确.
故选：BCD.
10. 在中，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若的面积，则该三角形为直角三角形
D. 若锐角三角形，则
【答案】BD
【解析】A选项，在中，由正弦定理得，所以，
所以或，
因为，所以，即或符合题意，错误；
B选项，由余弦定理得，
所以，正确；
C选项，因为，所以，
所以，
所以，
则，所以，
所以该三角形为钝角三角形，错误；
D选项，由正弦定理得，所以，
因为为锐角三角形，所以，所以，
因函数在上单调递增，所以，所以，
所以，正确.
故选：BD.
11. 如图，棱长为的正方体中中，下列结论正确的是（ ）
A. 异面直线与所成的角为
B. 直线与平面所成的角为
C. 二面角平面角的正切值为
D. 点到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】对于A，连接，
，，四边形为平行四边形，，
异面直线与所成角即为直线与所成角，即（或其补角），
，为等边三角形，，
即异面直线与所成角为，A正确；
对于B，连接，
平面，即为直线与平面所成角，
，，，，
，即直线与平面所成角不是，B错误；
对于C，连接，交于点，连接，
四边形为正方形，，为中点，
，，
二面角的平面角为，
平面，平面，，
又，，，
，
即二面角的正切值为，C正确；
对于D，连接，
，，
，
又，，
设点到平面的距离为，则，解得：，
即点到平面的距离为，D正确.
故选：ACD.
12. 在中，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则边上的中线长
B. 若，则
C. 若，则面积的最大值为2
D. 若，则面积的最大值为
【答案】ABD
【解析】对于选项A，设为中点，则，，
所以，解得，正确；
对于选项B，因为，所以，所以，即，
正确；
对于选项C，由于，所以，
由余弦定理可知，故，当且仅当时，等号成立，
所以，此时面积的最大值为3，所以错误；
对于选项，设，则，
由余弦定理，
则，
故
，
当且仅当即时，等号成立，正确.
故选：ABD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若复数（为虚数单位）为纯虚数，则实数__________.
【答案】
【解析】因为复数为纯虚数，所以，解得.
故答案为：.
14. 甲乙两人下棋，每局甲获胜的概率均为0.6，且没有和棋，在三局两胜制的规则下（即先胜两局者获得最终胜利），则甲获胜的概率为__________.
【答案】
【解析】根据题意，甲获胜一种是前两局赢，另一种是前两局赢一局，第三局赢这两种情况，
故分别计算这两种情况的概率，前两局赢的概率为，
前两局赢一局，第三局赢的概率为，
则甲获胜的概率为.
故答案为：0.648.
15. 海伦不仅是古希腊的数学家，还是一位优秀的测绘工程师，在他的著作《测地术》中最早出现了已知三边求三角形面积的公式，即著名的海伦公式（其中），分别为的三个内角所对的边，该公式具有轮换对称的特点，形式很美.已知在中，，则该三角形内切圆的半径为__________.
【答案】
【解析】 ，且，，
，.
故答案为：.
16. 如图，在直角梯形中，，将沿翻折成，使二面角为，则三棱锥外接球的表面积为__________.
【答案】
【解析】如图，设外接球的球心为，半径为为中点，为中点，
因为，所以，∥，
又因为，，所以，
所以，，
所以，，
所以为二面角的平面角，所以，
作于，
因为，，，所以平面，
又因为平面，
所以 ，
又因为，，
则平面，所以∥，
则有，
即，
由题意可求得：，
设，由题上式可得：，
求得：，从而求得：，
故三棱锥外接球的表面积为.
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. 已知平面向量，且.
（1）求与的夹角的值；
（2）当取得最小值时，求实数的值.
解：（1）由，，可得，
又，所以，又，所以.
（2）因为，，
所以，
所以最小值为，此时.
18. 在中，内角所对的边分别为，已知，请在①；②；
这两个条件中任选一个，完成下列问题：
（1）求角；
（2）若，点在的延长线上，且，求的长.
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答记分.
解：（1）若选①，由，
可得，由正弦定理可得：，
又由余弦定理可得：，又，故；
若选②，，即，
由正弦定理可得：，
可得，即，
又，所以，又，故.
（2）由（1）知及，，所以为正三角形，
由，所以，
由余弦定理得，
所以.
19. 已知在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，.
（1）求点到平面距离；
（2）若，且平面，求实数的值.
解：（1）作于，因为平面，BC在面ABCD内，所以，
又因为，而，PA、AB在面PAB内，
所以平面，AH在面PAB内，所以，
而，BC、PB在面PBC内，
所以平面，即即为点到平面的距离，
在直角中，，所以，故，
即点到平面的距离为.
（2）由题意，平面平面，
平面平面，所以，
底面为直角梯形，由，可知，
所以.
20. 1981年，在大连召开的第一届全国数学普及工作会议上，确定将数学竞赛作为中国数学会及各省､市､自治区数学会的一项经常性工作，每年10月中旬的第一个星期日举行“全国高中数学联合竞赛”，竞赛分为一试（满分120分）和二试（满分180分），在这项竞赛中取得优异成绩的学生有资格参加由中国数学会奥林匹克委员会主办的“中国数学奥林匹克（CMO）暨全国中学生数学冬令营”（每年11月），已知某地区有50人参加全国高中数学联赛，其取得的一试成绩绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）根据频率分布直方图估计学生成绩的平均数a和中位数b的值（同一组数据用该组区间的中点值代替）；
（2）若成绩在100分及以上的试卷需要主委会抽样进行二次审阅，评审员甲根据上表在此地区100分以上的试卷中根据分层抽样的原则抽取3份进行审阅，已知A同学的成绩是105分，E同学的成绩是111分，求这两位同学的试卷同时被抽到的概率.
解：（1）由上表可知，，
解得，
平均数，
中位数，
由题意可知，，
解得，
即平均数，中位数.
（2）由图可知，成绩在有人，
成绩在有人，
根据分层抽样的原则，成绩在抽2份，成绩在抽1份，
设A，B，C，D四位同学的成绩在两位同学的成绩在，
根据分层抽样的原则有共12个样本，
符合条件的3个样本，所以符合条件的概率为，
即两位同学的试卷都被抽到的概率为.
21. 如图，已知等腰梯形与矩形所在平面互相垂直，，.
（1）求证：平面平面；
（2）设二面角的大小为与平面所成的角为，若与满足，求的长.
解：（1）由题意在等腰梯形中，
所以，故为等腰三角形，
且，所以，
所以，
同时求得，
又由题意为矩形，所以，
且，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）设，
由（1）平面，平面，所以，
过点作于，连接，
因为平面，
所以平面，又因为平面，所以，
根据二面角定义，，，
且为平面与平面的交线，
所以即为二面角的平面角，即，
因为平面平面，且，
故平面，即，
在中，，所以，
故，所以，
过点作于，连接，
因为平面平面，故平面，
所以即与平面所成的角为，即，
由于，
故，
由题意，
解得：，即的长为1.
22. 在中，内角所对的边分别为，其面积为，满足.
（1）若，求的最大值；
（2）若，求的最小值.
解：（1）由，
故，化简得：，
所以或（舍去），
解得，设的中点为，令，由于，
故的外接圆半径，
当为正三角形（在处）时，，故，
由于，，
所以
，
所以的最大值为3.
（2）方法一：由，可得，
又，当且仅当时，等号成立，
故由余弦定理可得，
当且仅当，即时取“=”号，
所以的最小值为1.
方法二：由，由余弦定理可得，又，
所以，
故，即，
则，整理得，解得，
当且仅当，即时取“=”号，所以的最小值为1.