精品解析：河北省保定市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

2022~2023学年第二学期期末调研考试

高一数学试题

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册。

一、选择题：本大题共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. 已知向量，，若，则λ=（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据向量垂直的坐标表示即可求解.

【详解】因为，所以，解得.

故选：D

2. 某圆台上底面和下底面的面积分别为4，9，高为3，则该圆台的体积为（    ）

A. 19 B. 19π C. 57 D. 57π

【答案】A

【解析】

【分析】由圆台的体积公式即可求解.

【详解】记圆台上底面和下底面的面积分别为，高为，

则圆台的体积.

故选：A

3. 根据河北省第七次全国人口普查结果，2020年11月1日零时全省各地区的人口数据如下表所示，则这14个地区的数据的第85百分位数为（    ）

A. 1095986 B. 7717983 C. 9242610 D. 9413990

【答案】C

【解析】

【分析】根据百分位数的定义即可求解.

【详解】这14个地区的数据从小到大排列如下：

594628，1095986，1205440，3136879，3354444，4118908，4212933，5464087，7111106，7300783，7717983，9242610，9413990，10640458，

因为，

所以这14个地区的数据的第85百分位数为为第个数据，即9242610.

故选：C

4. 已知为平面外一点，则下列判断错误的是（    ）

A. 过点只能作一个平面与平行 B. 过点可以作无数条直线与平行

C. 过点只能作一个平面与垂直 D. 过点只能作一条直线与垂直

【答案】C

【解析】

【分析】利用空间中线与面的平行关系与垂直关系进行判断即可.

详解】过平面外一点只能作一个平面与平行，故A正确；

平面外一点可以作无数条直线与平行，故B正确；

平面外一点只能作一条直线与垂直，故D正确；

平面外一点可以作无数个平面与垂直，故C错误.

故选：C.

5. 小方将在下周一到周六任选两天参加社区的羽毛球活动，则他选择的两天恰好是相邻的两天的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由古典概型公式计算即可.

【详解】小方在下周一到周六任选两天参加社区的羽毛球活动，共有种不同的选择方法，其中两天恰好是相邻的两天的有5种，故他选择的两天恰好是相邻的两天的概率为.

故选：B

6. 某正三棱柱的侧棱长是，底面边长是，且每个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用正弦定理可求得底面三角形外接圆半径，根据正三棱柱外接球半径可求得外接球半径，代入球的表面积公式即可.

【详解】正三棱柱底面边长为，底面三角形外接圆半径，

又正三棱柱的侧棱长为，即正三棱柱的高，

球的半径，球的表面积.

故选：D.

7. 明孝陵位于江苏省南京市玄武区紫金山南麓独龙阜玩珠峰下，东毗中山陵，南临梅花山，位于钟山风景名胜区内，其占地面积达170余万平方米，是中国规模最大的帝王陵寝之一．明孝陵景区共有8个门，1号门位于植物园路，4号门在1号门的南偏东53°48′的492m处，8号门在4号门的东偏北75°48′方向，且1号门在8号门的西偏南63°18′方向，则1号门到8号门的距离约为（参考数据：sin68°≈0.927，sin53°48′≈0.807，sin12°30′≈0.216，sin75°48′≈0.969）（    ）

A. 2112m B. 2107m C. 2105m D. 2109m

【答案】A

【解析】

【分析】记1号门的位置为A，4号门的位置为B，8号门的位置为C，由题意可得，，再结合正弦定理即可求解.

【详解】记1号门的位置为A，4号门的位置为B，8号门的位置为C，

则根据条件可得，.

由正弦定理可得，

得.

故选：A

8. 已知为的外心，且．若向量在向量上的投影向量为，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D. 0

【答案】B

【解析】

【分析】根据条件可得为直角三角形且为斜边的中点，用向量的数量积计算可得，再根据二次函数的最值可求的最小值.

【详解】因为，所以，

所以，即，所以三点共线，

又为的外心，所以为直角三角形，

且，为斜边的中点，，，

过作的垂线，垂足为，如图：

则向量在向量上的投影向量为，且，

，

，

所以，

因为，所以当时取得最小值为.

故选：B

二、选择题：本大题共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. 已知复数，，在复平面内对应的点分别为A，B，C，的共轭复数在复平面内对应的点为D，则（    ）

A. 点A在第二象限 B.

C.  D. 点D的坐标为

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A，求得的坐标即可判断；对于B，求得的坐标，从而可求得即可判断；对于C，分别计算的模即可判断；对于D，先计算，再求得的坐标即可判断.

【详解】对于A，，所以点A在第二象限，A对；

对于B，，所以，所以，B错；

对于C，，，所以，C对；

对于D，，所以，D对.

故选：ACD

10. 一副扑克牌去掉大王和小王后，共52张，各4张，从扑克牌中随机取出1张，“取出的牌为10”，“取出的牌为红桃”，“取出的牌为黑桃9”，则（    ）

A. M与N互斥 B. M与P互斥

C. M与N相互独立 D. N与P对立

【答案】BC

【解析】

【分析】利用互斥事件、独立事件与对立事件的定义与概率公式逐一判断即可.

【详解】因为“取出的牌为10”，“取出的牌为红桃”，“取出的牌为黑桃9”，

所以与可以同时发生，与不能同时发生，所以与不互斥，与互斥，故错误，正确；

因为，所以，故C正确；

因为与的并事件不是全事件，所以与不对立，故D错误.

故选：BC.

11. 为了研究网民的上网习惯，某机构随机抽取了年龄在岁到岁的网民进行问卷调查，按年龄分为组，即，并绘制出频率分布直方图，如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A. 若按分层抽样的方法，从上述网民中抽取人做采访，其中年龄在被抽取的人数为，则

B. 上述网民的年龄的中位数的估计值为

C. 若按分层抽样的方法，从上述网民中抽取人做采访，其中年龄在被抽取的人数为，则

D. 上述网民的年龄的中位数的估计值为

【答案】BC

【解析】

【分析】利用频率和为可构造方程求得的值，根据分层抽样原则可构造方程求得的值，知AC正误；根据中位数的估计方法可知BD正误.

【详解】，；

对AC，年龄在对应的频率为，，A错误，C正确；

对于BD，，，

中位数位于之间，设中位数为，

则，解得：，

即中位数的估计值为，B正确，D错误.
故选：BC.

12. 已知正方体棱长为2，E，F分别是棱，的中点，P为底面ABCD内（包括边界）一动点，则下列结论正确的是（    ）

A. 若直线与平面没有公共点，则点P的轨迹长度为

B. 若，则点P的轨迹长度为

C. 二面角B—EF—D的正切值为

D. 过E，F，C的平面截该正方体所得截面为五边形

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据空间垂直和平行找到P的轨迹，可得A,B的正误，利用定义求出二面角的正切值可得C的正误，作出截面图可得D的正误.

【详解】对于A，连接，在正方体中，由可得四边形为平行四边形，所以；

因为平面，平面，所以平面，

同理可得平面，因，平面，所以平面平面；

因为直线与平面没有公共点，所以点P的轨迹线段，其长度为，A正确.

对于B，取的中点，连接，设交于点，

在正方形中，与全等，所以，所以，即；

又分别为中点，所以平面，而平面，所以；

因为，所以平面.

因为，所以点P的轨迹线段，其长度为，B不正确.

对于C，延长，延长交的延长线于，过点作于，

连接，由正方体的性质可得平面，平面，所以；

因为，，所以平面，所以；

所以为二面角的平面角；

在直角三角形中，，所以；

在直角三角形中，，所以，C正确.

对于D，延长，利用延长线与的交点作出截面图，如图，五边形即为过E，F，C的平面截该正方体所得截面，D正确.

故选：ACD.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 将三组数据绘制成如下的折线图，则这三组数据中，______组数据的方差最小．

【答案】

【解析】

【分析】根据折线图可计算得到三组数据平均数相同，根据数据波动程度可得到结论.

【详解】组数据的平均数均为，

组数据相对于平均数的波动程度最小，组数据的方差最小.

故答案为：.

14. 在菱形中，O为坐标原点，，，且点A在第四象限，则的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】先利用两点距离公式求得点坐标，再利用向量的线性运算与数量积运算即可得解.

【详解】在菱形中，，，

因为，所以，解得，

又点在第四象限，所以，则，

所以，，则，

故.

故答案为：.

15. 刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）．例如，正四面体的每个顶点有个面角，每个面角为，所以正四面体在各顶点的曲率为．在底面为矩形的四棱锥中，底面，，与底面所成的角为，在四棱锥中，顶点的曲率为______．

【答案】##

【解析】

【分析】根据线面角定义可知，设，可求得所需的侧棱长和底面边长；根据长度关系和垂直关系可确定点处的三个面角的大小，根据曲率定义可求得结果.

【详解】

设，则，

平面，即为与底面所成角，即，

，，

，，；

平面，平面，，

又，，平面，平面，

平面，，即，又，

顶点的曲率为.

故答案：.

16. 在中，，D为边上一点，，且，则面积的最小值是______．

【答案】

【解析】

【分析】由可得，由正弦定理得，从而可得，即，从而可得，再利用基本不等式可得，再结合三角形的面积公式即可求解.

【详解】 

在中，，且，所以 ，

因为，

在中，由正弦定理得，，

解得

所以，

所以.

因为，即，

所以，即，当且仅当，即时等号成立，

所以，

因为的面积,

所以.

故答案为：

【点睛】关键点睛：

由题意求得， ，解题关键要能发现，再利用基本不等式可得，再结合三角形的面积公式即可求解.

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. 已知复数，．

（1）若为纯虚数，求m；

（2）若，求的实部与虚部之和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先计算，从而可得，求解即可；

（2）由题意可得，解得，从而可计算，进而可求解.

【小问1详解】

因为，

所以，

由为纯虚数，得，解得.

故.

【小问2详解】

由（1）可知，

由，得，解得.则，

所以，

所以的实部为1，虚部为5，即实部与虚部之和为.

18. 甲、乙两名大学生参加面试时，10位评委评定的分数如下．

甲：93，91，80，92，95，89，88，97，95，93．

乙：90，92，88，92，90，90，84，96，94，92．

（1）若去掉一个最高分和一个最低分后再计算平均分，通过计算比较甲、乙面试分数的平均分的高低．

（2）在（1）的前提下，以面试的平均分作为面试的分数，笔试分数和面试分数的加权比为，已知甲、乙的笔试分数分别为92，94，综合笔试和面试的分数，从甲、乙两人中录取一人，你认为应该录取谁？说明你的理由．

【答案】（1）甲的面试分数的平均分更高   

（2）乙的综合分数更高，故应该录取乙

【解析】

【分析】（1）利用平均数的计算方法求解比较即可；

（2）利用加权平均数的计算方法求解比较即可.

【小问1详解】

依题意，设甲、乙面试分数的平均分分别为，

，

，

因为，所以甲的面试分数的平均分更高.

【小问2详解】

因为笔试分数和面试分数的加权比为，

所以甲的综合分数为，

乙的综合分数为，

因为，所以乙的综合分数更高，故应该录取乙.

19. 在中，角的对边分别为，且，

（1）求角B的大小；

（2）若的面积为，且，求的周长.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角函数的恒等变换与正弦定理的边角变换化简题设条件，从而得解；

（2）利用三角形面积公式与余弦定理得到与，从而求得，由此得解.

【小问1详解】

因为，

所以，即.

由正弦定理得，

即，即.

又，则，所以，则.

【小问2详解】

由的面积为，得，则，

由余弦定理得，代入，得，

则，

故的周长为.

20. 如图，在四棱锥中，平面，底面为等腰梯形，，，，，分别为的中点，

（1）证明：平面ADP，

（2）从下面①②两个问题中任意选择一个解答，如果两个都解答，则按第一个计分，

①求点到平面的距离，

②求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）①；②

【解析】

【分析】（1）利用线线平行的传递性证得四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可得证；

（2）①②利用等腰梯形与勾股定理求得所需线段长，从而求得所需三角形面积，再利用等体积法即可得解.

【小问1详解】

如图，取的中点，连接，

因为分别为的中点，且，

且，且，

四边形为平行四边形，，

平面平面，平面.

【小问2详解】

选①，

如图，连接，过点作的垂线，垂足为，

因为底面为等腰梯形，，，，，

则，，，

平面面，，

，

同理，，

，，

所以在中，，

又，则，

所以，

平面点到平面距离等于点到平面的距离，

设到平面的距离为，

则由，得，解得，

所以点到平面的距离为.

选②

如图，连接，过点作的垂线，垂足为，

因为底面为等腰梯形，，，，，

则，，，

为正三角形，，

平面面，，同理，

，

的面积为，

为的中点，点到平面的距离等于点到平面的距离的2倍，

设到平面的距离为，

则由，得，解得，

所以点到平面的距离为，

21. 甲、乙两位队员进行棒球对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，则对抗赛结束．不论谁发球，每个球必有输赢．已知甲发球时甲赢的概率为，乙发球时乙赢的概率为，每次发球的结果互不影响，已知某局甲先发球．

（1）求该局至多打4个球且甲赢的概率；

（2）求该局恰好打6个球结束的概率．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）（2）分析对局情况，再利用独立事件的概率乘法公式求解即可.

【小问1详解】

该局至多打4个球且甲赢的情况有3种，

甲赢前2个球；甲输第1个球再连赢球；甲赢第1个球输第2个球再连赢2个球；

故该局至多打4个球且甲赢的概率为

.

【小问2详解】

若甲胜，则甲在6个球的胜负情形为胜负胜负胜胜，

则甲胜的概率，

若乙胜，则甲在6个球的胜负情形为负胜负胜负负，

则乙胜的概率

所以该局恰好打6个球结束的概率.

22. 如图，在长方体中，点在平面的射影为．

（1）证明：为的垂心．

（2）若，且点在平面的射影为点，求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得证；

（2）利用线面垂直与面面垂直的判定与性质定理，确定了点的位置，从而利用等体积法求得三棱锥的体积.

【小问1详解】

因为平面，平面，所以，

又点在平面的射影为，即平面，

又平面，所以，

因为，平面，所以平面，

因为平面，所以，

同理可证，所以为的垂心.

【小问2详解】

因为，所以，

记的中点为，则也是的中点，，由（1）知，

由（1）知，又在正方形中，，

又平面，所以平面，

又平面，所以平面平面，

因为平面平面，

过作交于，则平面，

则平面，因为平面，所以与重合，

在四边形中，，

因为点在平面的射影为，点在平面的射影为，

所以，易知，

所以，得，同理得，

则，

易知平面，所以.

【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键是确定点在平面的射影的位置，从而得解.