湖北省部分市州2022-2023学年高一下学期7月期末联考数学试题（教师版含解析）

这是一份湖北省部分市州2022-2023学年高一下学期7月期末联考数学试题（教师版含解析），共27页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试时间120分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
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. 如图是斜二测画法下水平放置的平面图形的直观图，则其表示的原平面图形是( )
A. 任意梯形B. 直角梯形
C. 任意四边形D. 平行四边形
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给的图形中，可得到原图形为一个直角梯形．
【详解】因为直观图中，，
所以原图形中，
因为直观图中，
所以原图形中，
综上，原图形是直角梯形，
故选：B．
2. 一组数据从小到大排列为，平均数为5，方差为，去除，这两个数据后，平均数为，方差为，则( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中数据结合平均数的定义运算求解，并根据方差的意义理解判断.
【详解】由题意可得：，则，
故，
∵是波幅最大的两个点的值，
则去除，这两个数据后，整体波动性减小，
故.
故选：D.
3. 已知为空间中不重合的两条直线，为空间中不重合的两个平面，则下列命题错误的是( )
A. ∥
B. ∥∥∥
C. ∥∥
D ∥∥∥∥∥
【答案】B
【解析】
【分析】利用线面平行和垂直，面面平行和垂直的判定与性质逐个分析判断即可.
【详解】对于A，如图，过的平面交平面于直线，因为∥，所以∥，
因为，所以，所以，所以A正确，
对于B，若∥∥，则∥或，所以B错误，
对于C，因为∥，所以，
设过直线的平面交平面于直线，
因为∥，所以∥，
因为，所以，
因为，所以，所以C正确，
对于D，因为，所以确定一个平面，
因为∥，∥，，，所以∥，
因为∥，∥，，，所以∥，
所以∥，所以D正确，
故选：B
4. 某班课外学习小组利用“镜面反射法”来测量学校内建筑物的高度.步骤如下：①将镜子(平面镜)置于平地上，人后退至从镜中能看到房顶的位置，测量出人与镜子的距离；②将镜子后移，重复①中的操作；③求建筑物高度.如图所示，前后两次人与镜子的距离分别，两次观测时镜子间的距离为，人的“眼高”为，则建筑物的高度为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由相似三角形即可得到答案.
【详解】
设建筑物的高度为，由于得
由于得
故选：A.
5. 的内角的对边分别为，下列说法错误的是( )
A. 若，则一定为钝角三角形
B. 若，则解此三角形必有一解
C. 若，则一定为等腰三角形
D. 若是锐角三角形，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，将式子化简结合余弦定理即可判断A，由正弦定理即可判断B，由余弦定理化简即可判断C，由正弦函数的单调性结合诱导公式即可判断D.
【详解】对于A，若，即，
化简可得，由正弦定理可得，所以，即，故正确；
对于B，若，由正弦定理可得，因为，则，即三角形只有一解，故正确；
对于C，若，由余弦定理可得，整理可得，所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，故错误；
对于D，若是锐角三角形，则,所以，即，所以，即，同理可得，所以，故正确；
故选：C
6. 已知函数满足，则函数是( )
A. 奇函数，关于点成中心对称B. 偶函数，关于点成中心对称
C. 奇函数，关于直线成轴对称D. 偶函数，关于直线成轴对称
【答案】D
【解析】
【分析】，求得，再根据余弦函数的性质即可判断.
【详解】
因为，即
所以，即，
则，
所以，
令
对于AC，因为，所以函数是偶函数.AC错误；
对于BD，，所以函数关于直线成轴对称，B错误D正确.
故选：D
7. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图，在鳖臑中，底面，作于于，下面结论正确的是( )
①平面 ②平面
③三棱锥鳖臑 ④三棱锥是鳖臑
A ①③B. ①②④C. ②③D. ①③④
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理，可判定①正确；证得平面，可判定②不正确；根据线面垂直的判定定理和性质定理，结合鳖臑的定义，可判定③、④正确.
【详解】对于①中，由平面，且平面，所以，
又由，可得，
因为且平面，所以平面，所以①正确；
对于②中，由平面，平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
所以与平面不垂直，所以②不正确；
对于③中，由平面，且平面，所以，
所以都为直角三角形，
又由，所以为直角三角形，
因为平面，平面，所以，所以为直角三角形，
根据鳖臑的定义，可得三棱锥是一个鳖臑，所以③正确；
对于④中，由平面，且平面，所以，
所以都为直角三角形，
因为，所以为直角三角形，
由平面，平面，所以，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，所以为直角三角形，
根据鳖臑的定义，可得三棱锥是一个鳖臑，所以④正确.
故选：D.
8. 将边长为的正方形纸片折成一个三棱锥，使三棱锥的四个面刚好可以组成该正方形纸片，若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出三棱锥的直观图，将三棱锥补成长方体，可计算出该三棱锥的外接球的半径，结合球体的表面积公式可求得结果.
【详解】在边长为的正方形中，设、分别为、的中点，
、、分别沿、、折起，
使、、三点重合于点，满足题意，如下图所示：
翻折前，，，
翻折后，则有，，，
将三棱锥补成长方体，
其中，，
设三棱锥的外接球的半径为，则，
，故该三棱锥的外接球的表面积为.
故选：B.
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. ChatGPT是由OpenAI公司开发的一个问答类人工智能应用．高科技发展在吸引年轻人的喜爱和关注的同时，也影响高考志愿填报方向的选择．如图是2021年和2022年我国某省高中生志愿填报方向的人数占比饼状图，已知2022年该省高中生志愿填报总人数约为100万人，比2021年总人数增加了10万人，则2022年该省高中生志愿填报人数与2021年志愿填报人数相比，下列说法正确的是( )

A. 人工智能专业占比变化最大
B. 电气自动化专业占比下降第二大
C. 人工智能专业和其他专业占比之和变大了
D. 电气自动化专业填报人数变少了
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定的2020年和2021年的填报占比图，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，2020年人工智能的占比为，2021年人工智能的占比为，
占比变化为，在各个志愿填报中变化最大，所以A正确；
对于B中，电气自动化专业占比变化为，机械工程专业占比变化为，医学专业占比变化为，其他转化占比变化为，所以电气自动化占比下降第二大，所以B正确；
对于C中，2020年和2021年人工智能专业和其他专业占比之和分别为和，可得，所以C正确；
对于D中，2020年电气自动化的填报人数为万人，2021年电气自动化的填报人数为万人，可得，所以D不正确.
故选：ABC.
10. 关于平面向量，下列说法正确的是( )
A. 若，则
B. 在平行四边形中，对角线与一组邻边满足等式：
C. 若，且与的夹角为锐角，则
D. 若四边形满足，且，则四边形为菱形
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，当时，即可判断A，由平面向量的数量积运算即可判断B，由平面向量的坐标运算即可判断C，由平面向量的几何意义即可判断D.
【详解】对于A，若，当时，则，当时，则与的关系不确定，故错误；
对于B，因为四边形为平行四边形，且对角线为，则，，所以
，故正确；
对于C，若，且与夹角为锐角，则，
即，故错误；
对于D，若，则，即四边形为平行四边形，又，则，则四边形为菱形，故正确；
故选：BD
11. 已知复数满足(为虚数单位)，则下列结论正确的是( )
A. 复数对应的点在定直线上B.
C. 的最小值为D. 的最小值为4
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用复数的几何意义，在复平面内画出点，的轨迹方程，由此即可选出答案.
【详解】因为，如图所示：
所以复数在复平面内点表示到点与点距离相等的点，
复数在复平面内点表示到点距离等于的点，
即在直线上，在圆上，故A正确；
又与在复平面内对应的点与关于轴对称，
所以，
所以，故B正确；
又表示复平面内圆上的点到直线上点的距离，
所以的最小值为：，故C正确；
表示复平面内圆上的点到直线上点的距离，
所以的最小值为：，故D错误.
故选：ABC
12. 如图一，矩形中，，交对角线于点，交于点．现将沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下面结论正确的是( )

A. 存在某个位置使得平面
B. 在翻折过程中，恒有
C. 若二面角的平面角为，则
D. 若在平面上的射影落在内部，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用反证法可判断A选项；证明出平面，利用线面垂直的性质可判断B选项；利用二面角的定义结合余弦定理可判断C选项；利用锥体的体积公式可判断D选项.
【详解】翻折前，在矩形中，
因为，则，所以，，
则，即，所以，，
故，，
则，，
因为，则，
对于A选项，假设平面，取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
又因为平面，，、平面，
所以，平面平面，
又因为平面平面，平面平面，则，
因为，则，
事实上，，
在中，，，
由余弦定理可得，
则，即不成立，A错；
对于B选项，翻折前，，翻折后，则有，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，B对；
对于C选项，因为，，
所以，二面角的平面角为，
在中，，，
由余弦定理可得，
在中，由余弦定理知，
由余弦定理可得，C对；
对于D选项，因为平面，平面，所以，平面平面，
过点在平面内作，垂足为点，

因为平面平面，平面平面，，
平面，所以，平面，
因为在平面上的射影落在内部，则点在线段上，不包括端点，
则，
因为平面，平面，则，
则，
又因为，
所以，，D对.
故选：BCD.
【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．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由向量垂直的坐标运算求解即可.
【详解】因为，
所以，所以.
故答案为：
14. 一组数据23，76，45，37，58，16，28，15，20的第25百分位数是______．
【答案】20
【解析】
【分析】利用百分位数的计算步骤可得.
【详解】先将数据从小到大排列为：15，16，20，23，28，37，45，58，76.
共9个数据.
，
因不是整数，大于的毗邻整数为3，
故第3个数据20为第25百分位数.
故答案为：20
15. 函数的部分图像如图所示，现将函数的图像向左平移个单位长度，再将图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数的图像，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由图可知，，，从而求得，根据是函数在轴右侧的第二个零点，代入运算可得，进而知的值，再由函数图象的伸缩与平移变换法则求解．
【详解】由图可知，，
因为，所以，即，
又，所以，
所以，
由图知，是函数在轴右侧的第二个零点，
所以，即，
所以，
将其图象向左平移个单位长度，可得，
再将图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到．
故答案为：．
16. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．根据祖暅原理，现在要用打印技术制造一个零件，其在高为的水平截面的面积为，则该零件的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】该零件在高为的水平截面的面积为，总与一个半径为3的半球在高为处的水平截面面积相等，由祖暅原理即可求解．
【详解】该零件在高为的水平截面的面积为，
总与一个半径为3的半球在高为处的水平截面面积相等，
由祖暅原理，该零件的体积即为半球的体积．
故答案为：．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17. 已知点为中边上一点，．
(1)设，求的值．
(2)设，求的值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据平面向量的线性运算求得，由此求得.
(2)根据向量数量积运算求得的值.
【小问1详解】
因为．所以．
所以．
所以．所以．
【小问2详解】
．
18. 拔尖创新人才是21世纪社会经济发展的巨大动力，培养拔尖创新人才也成为世界各国教育的主要任务．某市为了解市民对拔尖人才培养理念的关注程度，举办了“拔尖人才素养必备”知识普及竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中的值，并估计该市这次竞赛成绩的众数；
(2)已知落在的平均成绩，方差，落在的平均成绩，方差，求这两组成绩的总平均数和总方差．
【答案】(1)0.03；众数为75分
(2)71，81
【解析】
【分析】(1)由频率分布直方图的性质即可求解；
(2)由分层抽样的平均数和方差公式计算即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，，
该市这次竞赛成绩的众数为75分.
【小问2详解】
落在与的人数比为．
所以，
.
19. 如图，在正方体中，棱长为、分别为棱，的中点，过点作一截面，将正方体分为上下两部分．

(1)求点到截面的距离；
(2)求正方体在截面下部分的体积．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用等体积法求点到截面的距离；
(2)利用棱台的体积公式求解.
【小问1详解】
如图，连接，
∵分别为棱的中点，则，
又∵，且，则为平行四边形，∴，
∴，则过点的截面即为截面，
设点到截面的距离为，
由于截面为等腰梯形，则，高为，
可得，
又∵，∴，∴；
【小问2详解】
由(1)知截面将正方体分成上、下两部分，其中下部分为三棱台，且三棱台的高为,
正方体的棱长为2，则，,
则三棱台的体积．
20. 对任意平面向量，将绕其起点沿逆时针方向旋转角后得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，已知平面内两点．
(1)若将点绕点沿逆时针方向旋转后得到点，求点的坐标；
(2)已知向量，向量是向量在向量方向上投影向量，若，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据题中的概念，可得到，进而得到的坐标，
(2)根据投影向量的公式，先得到，根据不等式恒成立，分离参数，可以得到的取值范围.
【小问1详解】
(1)因为，所以，
所以，依据题设定义得，
所以，
设点的坐标为，则有，
从而，解得，
所以点；
【小问2详解】
∵
∴
即
即
即，即
又∵，∴
∴当时，，
∴．
21. 记的内角的对边分别为，已知．(参考公式：)
(1)求角；
(2)若为边上一点，，求边的长．
【答案】(1)
(2)1
【解析】
【分析】(1)解法一：根据题意，由正弦定理化简得到，得出，即可求得的值；
解法二：由题意化简得到，得出，进而求得，得到，即可求解；
(2)解法一：由等面积得到，化简得到，即可求得；
解法二：由正弦定理得到和，进而化简得到，即可求得.
【小问1详解】
解法一：由正弦定理有，则，
则，
则，则，则，
又因为，所以.
解法二：，
又因为，所以，
所以，
又因为，所以，
即，
可得，
又因为，所以，又因为，所以.
【小问2详解】
解法一：由等面积法，可得
即，
即，所以．
解法二：在中，由正弦定理得，则，
在中，由正弦定理得，则，
，所以．
22. 已知平行六面体，底面为菱形，，侧棱．

(1)证明：直线平面；
(2)设平面平面，且二面角的平面角为，设点为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)连接，则，又，即可得证；
(2)过作底面的垂线为垂足，由第(1)可知，过点作，连接，得到二面角的平面角，即可求出，从而求出，连接，过点作垂直平面，连接，则即为所求，再由锐角三角函数计算可得.
【小问1详解】
因为，底面为菱形，，，
所以，
所以，连接，为的中点，则，
又∵底面为菱形，∴，且，平面，
∴平面；
【小问2详解】
过作底面的垂线为垂足，由第(1)可知，点必在上，
过点作，连接，
因为平面，平面平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，平面，所以，
所以为二面角的平面角，
∴在中，又，

∴，故，在平行四边形中，
，，
所以，，
由余弦定理得，
∴，
又，解得，
连接，过点作垂直平面，连接，则即为所求，
又点为的中点，∴．

在平行六面体，且底面为菱形，
可得，
所以
，
在中，，
由余弦定理得，
所以，
∴，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】方法点睛：在立体几何中涉及角的问题关键是找到角，异面直线所成角主要是利用平移直线法，二面角主要是定义法和三垂线法.