山西省运城市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山西省运城市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了答题时使用0，保持卡面清洁，不折叠，不破损， 已知中，，则的最大值是， 设复数满足，则， 下列叙述中，正确的是等内容，欢迎下载使用。

运城市2022-2023学年第二学期期末调研测试
高一数学试题
2023.7
本试题满分150分，考试时间120分钟.答案一律写在答题卡上.
注意事项：
1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.
2.答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.
4.保持卡面清洁，不折叠，不破损.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若复数z满足，则复数z的虚部为（ ）
A. i B. C. 1 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法法则得到，求出虚部.
【详解】由得，
故复数z的虚部为1
故选：C
2. 已知向量，，若与方向相反，则（ ）
A B. C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据共线可得，即可由模长的坐标公式求解.
【详解】由与共线可得，
当时，此时，
当时，此时，
由于与方向相反，所以，故，
故选：A
3. 已知直线，两个不同的平面，，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间中线面、面面的位置关系判断即可.
【详解】对于A：因为，则在平面内存在直线使得，又，所以，
由面面垂直的判定定理可得，故A正确；
对于B：若，，则或，故B错误；
对于C：若，，则或与相交，故C错误；
对于D：若，，则或或或与相交（不垂直），故D错误；
故选：A
4. 设A、B是两个概率大于0的随机事件，则下列论述正确的是（ ）
A. 事件A⊆B，则P（A）＜P（B）
B. 若A和B互斥，则A和B一定相互独立
C. 若A和B相互独立，则A和B一定不互斥
D. P（A）+P（B）≤1
【答案】C
【解析】
【分析】根据事件的包含关系，对立事件与相互独立事件的概率与性质进行判断．
【详解】若事件B包含事件A，则P（A）≤P（B），故A错误；
若事件A、B互斥，则P（AB）＝0，
若事件A、B相互独立，则P（AB）＝P（A）P（B）＞0，故B错误，C正确；
若事件A，B相互独立，且P（A），P（B），则P（A）+P（B）＞1，故D错误．
故选：C．
【点睛】本题考查概率的性质，属于基础题.
5. 已知中，，，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，可得，再利用数量定义、投影向量的意义求解作答.
【详解】在中，由，得，即，
由，得线段是斜边上的中线，又，即有，
则是正三角形，，，
于是，
所以在上的投影向量为.
故选：C
6. 刻画空间的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），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正八面体的面积和减去六个顶点的曲率和可得结果.
【详解】正八面体每个面均为等比三角形，且每个面的面角和为，该正面体共个顶点，
因此，该正八面体的总曲率为.
故选：B.
7. 中央广播电视总台《2023年春节联欢晚会》以温暖人心的精品节目、亮点满满的技术创新、美轮美奂的舞美效果为全球华人送上了一道红红火火的文化大餐.某机构随机调查了18位观众对2023年春晚节目的满意度评分情况，得到如下数据:，60，70，70，72，73，74，74，75，76，77，79，80，83，85，87，93，100.若恰好是这组数据的上四分位数，则的值不可能为（ ）
A. 83 B. 84 C. 85 D. 86
【答案】D
【解析】
【分析】先求出18个数据的上四分位数为第14个数.将剩余17个数，从小到大排列，结合已知即可得出，从而得出结果.
【详解】由于上四分位数即第75百分位数，于是，
将这些数据按照从小到大排列后，第14个数为上四分位数，
所以应该是18个数据从小到大排列后的第14个数，显然不是最小的数.
而除去后，从小到大排列得到的第13个数为83，第14个数为85，
所以.
故选：D.
8. 已知中，，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理和数量积定义化简得出三角形三边，，的关系，利用基本不等式求出的最小值，显然为锐角，要使取最大值，则取最小值，从而得出的最大值，即可求出的最大值．
【详解】因为，
所以，
即
所以，由余弦定理得：
，
即，
，
当且仅当即时取等号，
显然为锐角，要使取最大值，则取最小值，此时，
所以，即的最大值是．
故选：D．
二、多选题：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. 设复数满足，则（ ）
A. 为纯虚数
B. 的共轭复数为
C. 复数在复平面内对应的点位于第一象限
D. 复数的模的最小值为1
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据复数的乘方与乘法化简复数，再根据共轭复数及复数的几何意义判断即可；
【详解】解：因为，所以，故A错误.
复数的共轭复数为，故B正确.
复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，故C正确.
，所以复数的模的最小值为1，故D正确.
故选：BCD
10. 下列叙述中，正确的是（ ）
A. 某班有40名学生，若采用简单随机抽样从中抽取4人代表本班参加社区活动，那么学号为04的学生被抽到的可能性为40%
B. 某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，采用分层随机抽样的方法从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为500的样本进行调查.已知该校一、二、三、四年级本科生人数之比为，若从四年级中抽取75名学生，则
C. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，得到四组数据，若某组数据的平均数为2，方差为，则这组数据可能出现6
D. 一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，，7，8（其中），若该组数据的中位数是众数的倍，则该组数据的平均数是5
【答案】BD
【解析】
【分析】根据频率判断A，根据抽样比，列出方程，求出，即可判断B；假设这组数据有，得到方差的取值特征，即可判断C；求出众数，中位数，平均数，即可判断D.
【详解】对于A：∵学号为的学生被抽到的可能性为，∴A错误；
对于B：∵抽样比为，∴，∴B正确；
对于C：若这组数据有，则方差，∴C错误；
对于D：∵数据从小到大的顺序排列为，，，，，（其中），
则中位数为，众数为，
∴，∴，
∴该组数据的平均数是，∴D正确.
故选：BD.
11. 已知的内角，，的对边分别为，，，为的外心，，，的面积满足.若，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用余弦定理与三角形的面积公式判断AB，利用平面向量的数量积运算和外心的性质判断CD．
【详解】对于A，由余弦定理知，，
，，
，即，，
，，，A选项正确；
对于B，，B选项错误；
对于，为的外心，为中点，则，如图所示，

，同理，
①，
②，
由①②得，，，，C选项正确；
对于D，，D选项错误.
故选：AC．
12. 如图1，在边长为2的正方形中，，，分别为，，的中点，沿、及把这个正方形折成一个四面体，使得、、三点重合于，得到四面体（如图2）.下列结论正确的是（ ）

A. 顶点在面上的射影为的重心
B. 与面所成角的正切值为
C. 二面角的余弦值为
D. 过点的平面截四面体的外接球所得截面圆的面积的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】折叠问题，关键是抓住其中的不变量.
选项A：由于､､两两垂直，可证在面上的射影为的垂心；
选项B：根据线面角的定义法求解；
选项C：根据二面角的定义即可求解；
选项D：将四面体补成长方体，找出球心，将问题转化为过一定点作球的截面求截面圆面积最值问题.
【详解】对于A项，由于､､两两垂直，故在面上的射影为的垂心，
理由如下：如图，过点作平面，交平面于点，

因为平面，平面，所以，
又因为，，，都在平面内，且相交于点，
所以平面，又平面，所以，
又，所以平面，又平面，所以.
同理可证，，所以在面上的射影为的垂心.
故A项错误；
对于B项，设为中点，则，，，

故平面，故平面平面，
所以在平面上的射影为，
与平面所成角为，，，，，故B项正确；
对于C项，如图，取EF的中点，因为，所以，

由因为，所以，所以二面角的平面角即为；
又因为在中，，，，所以，故C项正确；
对于D项，设为四面体的外接球球心，平面，连接，，

当过点截面经过球心时截面圆面积最大，面积为；
当垂直截面圆时，截面圆面积最小，
此时，，，
，截面圆面积为，
得截面圆面积取值范围是.
故D项正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知复数满足（i为虚数单位），则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的运算法则及复数的模的定义即可求解.
【详解】因为，所以
所以，所以.
故答案为：
14. 如图，为等边三角形所在平面外一点，且，分别为的中点，则异面直线与所成的角为______.

【答案】45°
【解析】
【分析】由，得等于异面直线与所成角，通过求的大小，即可得到本题答案.
【详解】如图，取的中点，连接，则

等于异面直线与所成角.
设，则.
取的中点，连接.
，为等边三角形，
，
平面，，
.
所以，异面直线与所成的角为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查异面直线所成角，把异面直线平移到一个面上，然后通过解三角形求角，是解决此类题目的常用方法.
15. 在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点，是底面内一动点，满足平面，当最短时，三棱锥外接球的体积是______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据线线平行可得两个平面平行，从而确定点所在线段，可知当时，最小，然后证，得到为三棱锥的外接球的直径，进一步求解得答案．
【详解】连接相交于，则为的中点，由于，所以，
由于，是棱，的中点，所以,平面，平面，所以平面
由于平面，平面，
所以平面平面，所以，
且当与重合时，最短，
因为，，平面,所以平面，则，又，故均以为斜边的直角三角形，
所以为三棱锥的外接球的直径，长度为，
则三棱锥的外接球的半径为，体积为．
故答案为：．

16. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为.假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】分两种情况讨论：（1）第一局甲胜，第二局乙胜：（2）第一局乙胜，第二局甲胜.分析出每局输赢的情况，
结合独立事件和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】分两种情况讨论：
（1）第一局甲胜，第二局乙胜：
第一局甲执黑子先下的概率为，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
第一局乙执黑子先下的概率为，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；
（2）第一局乙胜，第二局甲胜：
第一局甲执黑子先下的概率为，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
第一局乙执黑子先下的概率为，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为.
综上所述，甲、乙各胜一局的概率为.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知为坐标原点，，，.
（1）求；
（2）求的面积.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据向量坐标的线性运算求得，进而根据向量的数量积的坐标表示求解即可；
（2）根据向量的数量积的定义求得，结合平方关系可得，进而根据三角形的面积公式求解即可.
【小问1详解】
因为，，
所以.
【小问2详解】
因为，，
所以，
又由，得，
所以.
18. 在①向量与向量垂直，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面题目横线上，并完成解答.
在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足_________.
（1）求角A；
（2）若，，求的周长.
（注：若选多个条件作答，则按第一个计分）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①：根据向量垂直的坐标表示，结合正弦定理边化角化简可得；选②：由数量积定义和三角形面积公式化简可得；选③：利用正弦定理角化边，然后由余弦定理可得；
（2）利用正弦定理角化边，再结合余弦定理联立求解可得.
【小问1详解】
选①：因，所以
由正弦定理可得：
因为，所以，即
又，所以
选②：因为
所以，即
又，所以
选③：因为
所以由正弦定理可得：
整理得：，即
又，所以
【小问2详解】
因为，所以由余弦定理可得...①
又，所以由正弦定理可得...②
联立①②解方程组得：
所以的周长
19. 2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场（鸟巢）举行，某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.

（1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者.
（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.
【答案】（1）31.75岁
（2）（i）（ii）10.
【解析】
【分析】（1）根据平均数的计算公式即可求解，
（2）根据古典概型的概率计算公式即可求解概率，由方差的计算即可求解方差.
【小问1详解】
设这人的平均年龄为，则
（岁）
【小问2详解】
（i）由频率分布直方图可知各组的频率之比为，
第四组应抽取人，记为，，，甲，第五组抽取人，记为，乙，
对应的样本空间为，共15个样本点.
分设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，则
，共有9个样本点.
所以，.
（ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，则，，，.
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.
则，
，
因此第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10.
据此可估计这人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.
20. 如图所示，三棱柱中，，，，．

（1）证明：；
（2）若，求三棱柱的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）由勾股定理逆定理可得，再由及得到，即可得到平面，从而得证．
（2）由勾股定理逆定理可得，再由（1），即可得到平面，最后根据计算可得；
【详解】（1）∵，，．
∴，∴．
∵，，∴．
又∵，平面，
∴平面．
∵平面，
∴．
（2）∵，，，
∴，∴，∴，
由（1）可得，，平面，
∴平面．
∴．
21. 桌状山是一种山顶水平如书桌，四面绝壁临空的地质奇观．位于我国四川的瓦屋山是世界第二大的桌状山，其与峨眉山并称蜀中二绝．苏轼曾有诗云：“瓦屋寒堆春后雪，峨眉翠扫雨余天”．某地有一座类似瓦屋山的桌状山可以简化看作如图1所示的圆台，图中AB为圆台上底面的一条东西方向上的直径，某人从M点出发沿一条东西方向上的笔直公路自东向西以的速度前进，6分钟后到达N点．在M点时测得A点位于北偏西方向上，B点位于北偏西方向上；在N点时测得A点位于北偏东方向上，B点位于北偏东方向上，且在N点时观测A的仰角的正切值为．设A点在地表水平面上的正投影为，B点在地表水平面上的正投影为，，，M，N在地表水平面上的分布如图2所示．

（1）该山的高度为多少千米？
（2）已知该山的下底面圆的半径为1.8km，当该山被冰雪完全覆盖时，冰雪的覆盖面积为多少平方千米？
【答案】（1）0.4千米；
（2）3.9π平方千米
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理结合图形求解可得高度；
（2）由正弦定理求得底面半径，再根据圆台侧面积和底面积公式求得表面积即可.
【小问1详解】
由题意可知，

∴，在△A'MN中，由正弦定理
，，
又∵N点观测A时仰角的正切值为，，
所以，该山的高度为0.4千米．
【小问2详解】
设的外接圆为圆O，
∵，根据圆的性质，，，M，N四点共圆
在中，由正弦定理，圆O直径为，
在中，由正弦定理，

延长与圆台交于C点，
由题意下底面圆半径为1.8km，圆台的母线长BC可在直角中由勾股定理得为0.5．
圆台的侧面积，
圆台的上底面面积，
所以，侧面积与上底面面积相加知：该山被冰雪覆盖的面积为平方千米．
22. 如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，，点，分别在线段和上，.

（1）求证:平面；
（2）设二面角的大小为，若，求直线和平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理来证得平行于平面.
（2）作出二面角的平面角，利用余弦定理求得，根据线面角的求法求得直线和平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
连接，交于点，连接，
因为，，
所以，，
因为，所以，
所以，
因平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
取中点，连接、，
因为为正三角形，所以，且，
因为为直角梯形，，，，
所以四边形为矩形，
所以.
因，平面，
所以平面，
由于平面，
所以平面平面，
所以为二面角的平面角，
所以，
，，
设，由余弦定理得，
于是，
整理得，解得或（舍去），
过点作交于点.
因为，由于平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以为点到平面的距离，
因为，由于平面，平面，
所以平面，所以也为点到平面的距离，
因为，
所以，
所以，
即，
解得，又，
所以直线与平面所成角的正弦值为.