湖南省长沙市实验中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题（原卷及解析版）

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注意：本试卷共5页，22题，满分150分，时量120分钟.
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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由集合，，
根据集合交集的概念及运算，可得.
故选：C.
2. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析得到即得解.
【详解】由题得，
，
所以.
故选：C
3. 条件p：是条件q：的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 非充分又非必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】分别解不等式化简命题，利用充分不必要条件的定义求解即可．
【详解】p：由，解得：，
q：由，解得：或，
由，而q推不出p，
是q的充分不必要条件，
故选：A.
4. 已知空间四点，，，共面，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得、、的坐标，根据题意可知存在实数、，使得，利用空间向量的坐标运算可得出关于、、的方程组，进而可求得实数的值.
【详解】依题意得，，，
、、、四点共面，、、共面，
存在实数、，使得，
即，所以，解得.
故选：D.
【点睛】本题考查利用空间向量法处理四点共面的问题，考查计算能力，属于中等题.
5. 已知某圆锥的底面半径为1，高为，则它的侧面积与底面积之比为（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】计算圆锥的侧面积为，圆锥的底面积为，得到答案.
【详解】圆锥的侧面积为：；圆锥的底面积为：；
故选：C
6. 已知向量（2，1），（，3），则向量在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用投影向量的定义直接求解即可.
【详解】因为向量（2，1），（，3），
所以向量在方向上的投影向量为
，
故选：C
7. 端午节是我国传统节日，甲，乙，丙3人端午节来徐州旅游的概率分别是，，，假定3人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用相互独立事件的概率公式求出没有人来徐州旅游的概率，再利用对立事件的概率公式求解即可.
【详解】由题意可得3人中没有人来徐州旅游的概率为，
所以这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为：.
故选：D.
8. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧，若在B，C处分别测量球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC=100，则该球体建筑物的高度约为（ ）（cs10°≈0.985）

A. 45.25B. 50.76C. 56.74D. 58.60
【答案】B
【解析】
【分析】数形结合，根据三角函数解三角形求解即可；
【详解】
设球的半径为R，
，，
故选:B.
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. 光明学校组建了演讲､舞蹈､航模､合唱､机器人五个社团，全校所有学生每人都参加且只参加其中一个社团，校团委在全校学生中随机选取一部分学生（这部分学生人数少于全校学生人数）进行调查，并将调查结果绘制成了如下两个不完整的统计图：则（ ）

A. 选取的这部分学生的总人数为500人
B. 合唱社团的人数占样本总量的
C. 选取的学生中参加机器人社团的学生数为78人
D. 选取的学生中参加合唱社团的人数比参加机器人社团人数多125
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据两个统计图表中的数据，先求出选取的总人数，然后再对选项进行逐一计算判断即可.
【详解】由两个统计图表可得参加演讲的人数为50，占选取的学生的总数的10
所以选取的总人数为人，故选项A正确.
合唱社团的人数为200人，则合唱社团的人数占样本总量的，故选B正确.
则选取的学生中参加机器人社团的人数占样本总量的
所以选取的学生中参加机器人社团的学生数为人，故选项C不正确.
选取的学生中参加合唱社团的人数为200，参加机器人社团人数为75人，
所以选取的学生中参加合唱社团的人数比参加机器人社团人数多125，选项D正确.
故选：ABD.
10. 如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中正确的有（ ）

A.
B. 平面
C. 与平面所成角是
D. 与所成的角等于与所成的角
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质可判断A选项；利用线面平行的判定定理可判断B选项；利用线面角的定义可判断C选项；利用线线角的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，A对；
对于B选项，因为四边形为正方形，则，
又因为平面，平面，所以，平面，B对；
对于C选项，因为平面，所以，与平面所成角是，C对；
对于D选项，因为，平面，平面，
所以，，所以，为锐角，
所以，与所成的角为直角，与所成的角为锐角，
故与所成的角不等于与所成的角，D错.
故选：ABC.
11. 已知函数（，），若函数的部分图象如图所示，则关于函数下列结论正确的是（ ）

A. 函数的图象关于直线对称
B. 函数的图象关于点对称
C. 函数在区间上单调递增
D. 函数的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数图象，求解参数，代入的表达式中，利用正弦型函数的图象及性质，依次判断各项正误.
【详解】由题意结合函数图象可得，解得，
故，
由，所以，
又，且函数在处单调递增，所以，
所以，，
对于A，因，
所以函数的图象不关于直线对称，故A错误；
对于B，因为，
所以点是函数的图象的对称中心，故B正确；
对于C，由，得，
所以函数在区间上单调递增，故C正确；
对于D，将函数的图象向左平移个单位长度，
得，故D错误.
故选：BC.
12. 在中，a，b，c分别为的对边，下列叙述正确的是（ ）
A. 若，则有两解
B. 若，则为等腰三角形
C. 若为锐角三角形，则
D. 若，则为锐角三角形
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正弦定理可判定A，B的正误，根据锐角三角形的特点和余弦函数的单调性可得C的正误，用正弦定理和余弦定理可得D的正误.
【详解】若，则由正弦定理，
可得，所以或，
此时有两解，A正确；
若，则由正弦定理可得，所以,
即，所以有或，
即或，B不正确；
若为锐角三角形，则，，
因为在为减函数，所以，C正确；
若，则由正弦定理可得，
设，其中；
则为最大边，，
为钝角三角形，D不正确.
故选：AC.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知，为虚数单位，若复数，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式列式求得．
【详解】因为
由，得，得．
故答案为：．
14. 已知，，向量，的夹角为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用数量积的定义及运算律即可得解.
【详解】因为，，向量，的夹角为，
所以.
故答案为：
15. 若函数是奇函数，且，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据奇函数的定义，结合已知条件，求得的关系，赋值即可求得结果.
【详解】函数是奇函数，
即
又，令，则.
故答案为：.
16. 在梯形中，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为__________．此时该三棱锥的外接球的表面积为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】注意到三棱锥体积最大时，平面平面ABC，可知以B为顶点时，BC为三棱锥的高，然后利用正余弦定理可得各棱长可得体积；利用球心到平面的距离、外接圆半径和球的半径满足勾股定理可得球半径，然后可得表面积.
【详解】过点C作，垂足为E，
为等腰梯形，
，
由余弦定理得，即
易知，当平面平面ABC时，三棱锥体积最大，
此时，平面
易知，
记O为外接球球心，半径为R
平面，
O到平面的距离
又的外接圆半径
故答案为：，

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. 已知复数是纯虚数，且是实数，其中是虚数单位.
（1）求复数；
（2）若复数所表示的点在第一象限，求实数的取值范围
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设且，化简得到，结合题意得到，即可求解；
（2）由，求得，根据题意得到且，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，设，其中且，
可得，
因为为实数，可得，解得，即.
【小问2详解】
解：由，则，
因为复数所表示的点在第一象限，可得且，
解得，所以实数的取值范围为.
18. 某校从参加高三模拟考试的学生中随机抽取60名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段，，…，后得到如下部分频率分布直方图．观察图形的信息，回答下列问题：
（1）求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图；
（2）估计本次考试的第50百分位数；
（3）用分层抽样的方法在分数段为的学生中抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2个，求至多有1人在分数段内的概率．
【答案】（1）0.3，直方图见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图，能求出分数在，内的频率，并能补全这个频率分布直方图；
（2）由频率分布直方图能估计本次考试的第50百分位数；
（3）用分层抽样的方法在分数段为，的学生中抽取一个容量为6的样本，则分数段为，中抽取的学生数为2人，分数段为，中抽取的学生数为4人，从中任取2个，利用列举法列举出所有基本事件，再根据古典概型即可得解．
【小问1详解】
解：由频率分布直方图，得：
分数在，内的频率为：，
，补全后的直方图如右图所示：
【小问2详解】
解：，的频率为，
，的频率为：，
第50百分位数为：；
【小问3详解】
解：用分层抽样的方法在分数段为，的学生中抽取一个容量为6的样本，
则分数段为，中抽取的学生数为：人，设为，
分数段为，中抽取的学生数为：人，设为，
从中任取2个，有共15种，
其中符合题意得有共9种，
所以至多有1人在分数段内的概率为.
19. 如图，在四边形中，，，，且
（1）用表示；
（2）点在线段上，且，求与的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由向量坐标运算可求得，进而得到结果；
方法二：根据向量线性运算得，整理即可求得结果；
（2）方法一：根据可求得，从而得到，由向量夹角的坐标运算可求得；
方法二：由向量线性运算得，进而得到；利用向量数量积的运算律可求得，根据可求得结果.
【小问1详解】
方法一：由得：；由得：为中点；由得：；
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示平面直角坐标系，
则，，，，，，
设，则，解得：，
.
方法二：由得：，
则
【小问2详解】
方法一：由（1）知：，
由得：，则，
，又，.
方法二：由得：，
由且得：，
由得：；
，
，
又，
，
.
20. 已知直三棱柱中，，点D是AB的中点．
（1）求证：平面；
（2）若底面ABC边长为2的正三角形，，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）连接交于点E，连接DE，由三角形中位线定理，得，进而由线面平行的判定定理即可证得结论；
（2）利用等体积转化，依题意，高为CD，再求底面的面积，进而求三棱锥的体积.
【小问1详解】
连接交于点E，连接DE
∵四边形是矩形，∴E为的中点，
又∵D是AB的中点，∴，
又∵平面，平面，∴面．
【小问2详解】
∵，D是AB的中点，∴，
又∵面ABC，面ABC，∴．
又∵面，面，，
∴面，∴CD为三棱锥的高，，
又∵，，∴，，
∴三棱锥的体积．
21. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
（1）求角B；
（2）若，D为AC的中点，求线段BD长度的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边角，再根据三角形内角关系结合三角恒等变换化简，即可得出答案；
（2）利用余弦定理结合，平方，将用表示，再利用正弦定理求出，再根据三角恒等变换结合三角函数得性质即可得出答案.
【小问1详解】
解：因为
所以，
则，
即，
所以，
又，则，
所以，即，
由，得，
所以，
所以；
【小问2详解】
解：因为，
所以，
因为D为AC的中点，
所以，
则，
因为，
所以，
，
则
，
因为，所以，
所以，
则，所以，
所以.
22. 已知平面四边形ABCD，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点.

（1）求证：平面；
（2）若为的中点，求与平面所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一定理及线面垂直的性质定理，再利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理。再利用线面角的定义及勾股定理，结合同角三角函数基本关系求解即可；
（3）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理，再利用面面角的定义及勾股定理，结合等面积法及三角函数定义即可求解.
【小问1详解】
因为，，所以为等边三角形，
因为为的中点，所以.
取的中点，连接，，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为，，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面.
【小问2详解】
过点作，垂足为．如图所示，

由（1）知，平面，因为平面，所以，
，，平面，所以平面，
所以与平面所成角.
由（1）知，平面，平面，所以,
在中，因为，，所以，
因为为的中点，所以，
在中，，
在中，，
在中，，
所以由同角三角函数的基本关系得.
所以与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
取的中点为，连接，因为为线段的中点，
所以，
由（1）知，平面，所以平面，平面.
所以，过点作，垂足为，连接，，
，平面，所以平面．平面，所以，
所以为二面角的平面角.
在中，，
由（1）知，为等边三角形，为线段的中点，
所以，
由（1）知，平面，平面．所以，
在中，，由（2）知，，
即，解得.
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以，即二面角的平面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：求空间中直线与平面所成角常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面所成的角；
（2）等体积法：通过等体积法间接求解点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面所成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成角的余弦值的绝对值，即是线面角的正弦值.