福建省福州市六校联考2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

这是一份福建省福州市六校联考2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版），共21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。

2022－2023学年第二学期高一年段期末六校联考
数学试卷
（满分：150分，完卷时间：120分钟）
一、单项选择题：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，其中i为虚数单位，则复数z在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】由复数除法求得后可得其对应点坐标，从而得出正确选项．
【详解】由题意，
对应点为，在第一象限．
故选：A
2. 设空间中的平面及两条直线a，b满足且，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由直线、平面的位置关系，结合充分和必要条件定义作出判断.
【详解】当时，因为且，所以与可能相交；
当时，因为且，所以；
即“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
3. 若复数z是的根，则（ ）
A. 1 B. C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】结合一元二次方程的求根公式及复数的模的运算公式即可求得结果.
【详解】∵，
∴由求根公式得：，
即：，
∴当时，，
当时，.
综述：.
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数的运算性质以及换底公式，进行化简，可得答案.
【详解】由得，
故
，
故选：C
5. 袋子中有红、黄、黑、白共四个小球，有放回地从中任取一个小球，直到红、黄两个小球都取到才停止，用随机模拟的方法估计恰好抽取三次停止的概率．用1，2，3，4分别代表红、黄、黑、白四个小球，利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：
341 332 341 144 221 132 243 331 112
342 241 244 342 142 431 233 214 344
由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】数出满足条件的组数，即可求解.
【详解】18组随机数中，满足条件的有221，132，112，241，142，这5组数据满足条件，
所以估计恰好抽取三次就停止的概率.
故选：D
6. 厦门地铁1号线从镇海路站到文灶站有5个站点．甲、乙同时从镇海路站上车，假设每一个人自第二站开始在每个站点下车是等可能的，则甲乙在不同站点下车的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出甲乙在相同站点下车的概率，再求甲乙在不同站点下车的概率.
【详解】设事件为甲乙在相同站点下车，则，
则甲乙在不同站点下车的概率为.
故选：C
7. 已知所在平面上的动点满足，则点的轨迹过的（ ）
A. 内心 B. 外心 C. 重心 D. 垂心
【答案】B
【解析】
【分析】先对题设中等式进行变形，可得，即在边的垂直平分线，由此选出正确选项．
【详解】，
，
，
，即，即，
在边的垂直平分线上，
由三角形外心的定义知，点的轨迹过的外心.
故选：B．
8. 九章算术中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图）．现提供一种计算“牟合方盖”体积的方法．显然，正方体的内切球同时也是“牟合方盖”的内切球．因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，该平面截内切球得到的是上述正方形截面的内切圆．结合祖暅原理，两个同高的立方体，如在等高处的截面积相等，则体积相等．若正方体的棱长为6，则“牟合方盖”的体积为（ ）

A. 144 B. C. 72 D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得正方体的内切球的体积，再由已知得出牟合方盖的体积，可求得答案.
【详解】正方体的棱长，则其内切球的半径，内切球的体积．
由于截面正方形与其内切圆的面积之比为，
设牟合方盖的体积为，则，
从而牟合方盖的体积．
故选：A
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知事件A，B，且，，如果，那么，
B. 对于单峰的频率分布直方图而言，若直方图在右边“拖尾”，则平均数大于中位数
C. 若A，B是两个互斥事件，则
D. 若事件A，B，C两两独立，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据事件的包含关系可判断A；根据频率分布直方图中平均数和中位数的估计，可判断B;利用可判断C；举反例判断D.
【详解】对于 A，如果，则，故，，故，故A错误；
对于B，对于单峰的频率分布直方图而言，如果左右对称，则中位数和平均数大致相等，若直方图在右边“拖尾”，则平均数将变大，更远离峰值处，中位数位于单峰附近，
故平均数大于中位数，B正确；
对于C，因为是两个互斥事件，故 ,
所以故C正确；
对于D，举例如从1、2、3、4四个数字中随机取一个，即事件A=“取出的数字为1或2”，事件B=“取出的数字为1或3”，事件C=“取出的数字为1或4”，
AB=BC=AC=ABC=“取出的数字为1”，
则，，
满足，,,
即事件两两独立，但 ,故D错误，
故选：BC
10. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则（ ）

A. 直线，为异面直线
B. 二面角的余弦值为
C. 直线与平面所成角的正切值为
D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
【答案】BC
【解析】
【分析】证明，说明四点共面，判断A；作出二面角的平面角，计算其余弦值，可判断B；找到直线与平面所成角，解直角三角形可得其正切值，判断C；作出过点B，E，F的平面截正方体的截面，求其面积判断D.
【详解】对于A，连接，则矩形，则，
而点E，G分别是棱AD，CD的中点，故，
则四点共面，故直线，不是异面直线，A错误；
对于B，连接交于点O，连接，

平面平面，故，
又平面，故平面,
即为二面角的平面角，
又，
故，B正确；
对于C，由于平面，故即为直线与平面所成角，
而,故，C正确；
对于D，连接，则,
则梯形即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，
而，
故等腰梯形的高为，
故等腰梯形的面积为，
即过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为，D错误，
故选：BC
11. 如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形ABCD水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点P，则在原图中下列说法正确的是（ ）

A. 四边形ABCD的面积为18
B. 与同向的单位向量的坐标为
C. 在向量上的投影向量的坐标为
D. 的最小值为17
【答案】BD
【解析】
【分析】根据直观图可得四边形为直角梯形，从而可求得原图形的面积，即可判断A；以点为坐标原点建立平面直角坐标系，写出的坐标，再根据与同向的单位向量为，即可判断B；根据在向量上的投影向量的坐标为即可判断C；设，根据向量线性运算的坐标表示及模的坐标表示即可判断D.
【详解】由直观图可得，
四边形直角梯形，且，
则四边形的面积为，故A错误；
如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，则，
所以与同向的单位向量的坐标为，故B正确；
，则在向量上的投影向量的坐标为，故C错误；
设，则，
则，
，
当时，取得最小值，故D正确.

故选：BD.
12. 如图，平面四边形ABCD是由正方形AECD和直角三角形BCE组成的直角梯形，AD＝1，，现将沿斜边AC翻折成（不在平面ABC内），若P为BC的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）

A. 与BC可能垂直
B. 三棱锥体积的最大值为
C. 若A，C，E，都在同一球面上，则该球的表面积是
D. 直线与EP所成角的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项：根据线面垂直的判断定理，由，当时，平面，则；
对于B选项：取的中点，连接，根据，则平面平面时，三棱锥体积的最大值，从而可判断；
对于C，根据，可得都在同一球面上，且球的半径为，从而可判断；
对于D选项：由可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，即可求得与所成角的取值范围.
【详解】对于A选项：由，则，当时，且，此时满足平面，因此，故A正确；

对于B，取的中点，连接，
则，且，
因为，
当平面平面时，三棱锥体积的最大值，
在中，，则，
此时，
所以三棱锥体积的最大值为，故B错误；
对于C，因为，
所以都在同一球面上，且球的半径为，
所以该球的表面积是，故C正确；
对于D，作，
因为为的中点，所有，
，所以，
所以，所以，
可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，
所以与夹角为，与夹角为，又不在平面内，
，，
所以与所成角的取值范围，所以D正确，
故选：ACD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．
13. 函数的零点所在区间为，，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】判断函数单调性，利用零点存在定理确定零点所在区间，即可得答案.
【详解】由题意知函数在R上单调递增，
由，
故函数的零点所在区间为，
故，
故答案为：2
14. 若10个数据的平均数是2，标准差是2，则这10个数据的平方和是______．
【答案】80
【解析】
【分析】确定数据的方差，根据方差的计算公式化简，即可得答案.
【详解】由题意可设这10个数据为，其方差为，
则
，
故，
故答案为：.
15. 已知函数的图象关于坐标原点对称，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】由的图象关于坐标原点对称得是一个奇函数，根据定义域关于原点对称及奇函数的性质求得结果.
【详解】依题意函数是一个奇函数，
又，所以，
所以定义域为，
因为的图象关于坐标原点对称，所以，解得.
又，所以，
所以，即，
所以，所以.
故答案为：.
16. 如图，的棱长为2，点P在正方形的边界及其内部运动，则四面体的体积的最大值是______；记所有满足的点P组成的平面区域为W，则W的面积是______．

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】空1：由平面,则是四面体以为底面时的高，所以当最大时，四面体的体积的最大；空2：连接，由，可得点的轨迹图形，从而可得其面积.
【详解】空1：在正方体中，平面，
所以平面,则是四面体以为底面时的高.
由，
所以当最大时，四面体的体积的最大，
因为点P在正方形的边界及其内部运动，
所以当P在线段上时，最大，其最大值为，
所以四面体的体积的最大值为；
空2：连接,则，
由，则，
所以点在以为圆心1为半径的圆外的区域和以为圆心为半径的圆内的区域与正方形的公共部分，如图（2）阴影部分扇环部分.
所以W的面积.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：解决立体几何中动点的轨迹问题，关键是结合点、线、面的位置关系及其性质，找出动点的轨迹，分析动点在轨迹上移动时对结果的影响.
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. 已知函数的图象上相邻两个最高点的距离为．
（1）求函数的图象的对称轴；
（2）若函数在内有两个零点，求m的取值范围及的值．
【答案】（1）
（2）;
【解析】
【分析】（1）由题意求得，可得函数解析式，结合正弦函数的对称性即可求得答案；
（2）根据x的范围求得，根据函数的零点个数结合正弦函数的图象即可确定m的范围，进而确定2个零点关于直线对称，可得，即可求得答案.
【小问1详解】
由函数的图象上相邻两个最高点的距离为，
可得函数最小正周期为，
故，
令，则，
即函数的图象的对称轴为；
【小问2详解】
由可知，则，
函数在内有两个零点，
则的图象与直线有2个交点，
结合在时的图象可知需满足，

令，则，
故两个零点关于对称，则，
故.
18. 记的内角的边分别是,分别以为边长的三个正三角形的面积依次为,已知,．
（1）求的面积;
（2）若,求边的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据正三角形的面积写出,代入进行化简可得,代入余弦定理中可得,即,根据,求出代入,即可求得,根据面积公式即可求得;
(2)由(1)知,对正弦定理变形可得到,将代入即可得.
【小问1详解】
由题意得,,,
则,即,
在中,由余弦定理,
整理得,则,又,
则,所以,
则.
【小问2详解】
在中,由正弦定理得:
,
则,所以.
19. 我校近几年加大了对学生奥赛的培训，为了选择培训的对象，今年5月我校进行一次数学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取50名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组，得到频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：

（1）利用组中值估计本次考试成绩的平均数；
（2）从频率分布直方图中，估计第三四分位数是多少；（精确到0.1）
（3）已知学生成绩评定等级有优秀、良好、一般三个等级，其中成绩不小于90分时为优秀等级，若从第5组和第6组两组学生中，随机抽取2人，求所抽取的2人中至少1人成绩优秀的概率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平均数等于各小矩形的面积乘以各组中值的和，即可求出；
（2）先判断第三四分位数在内，根据百分位数公式即可求出；
（3）先根据分层抽样确定第5，6组人数，再根据古典概型的概率公式即可求出．
【小问1详解】
本次考试成绩的平均数约为
.
所以本次考试成绩的平均数.
小问2详解】
因为，
，
所以第三四分位数，即第75百分数在内，
所以第三四分位数，
所以估计第三四分位数约为
【小问3详解】
第5组人数为，第6组人数为，
被抽取的成绩在内的4人，分别记为，，，；
成绩在内的3人，分别记为，，；则从这7人中随机抽取2人的情况为：
，
，，
共21种；
其中被抽到2人中至少有1人成绩优秀的情况为：，，，，，共15种.
故抽到2人中至少有1人成绩优秀的概率为.
20. 如图，四棱锥中，底面是梯形，，，，M为边PC的中点．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论；
（3）利用棱锥体积之间的数量关系即，再结合等体积法即可求得答案.
【小问1详解】
证明：取的中点为N，连接，

因为M为边PC的中点，故，且，
由底面是梯形，, ，
则，即四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
证明：取的中点为E，连接，
因为，所以，
由底面是梯形，，，
作，垂足为F，则四边形为矩形，则，

可得，且，
由，故，而，
故，
，故，
平面，故平面，
又平面，故平面平面；
【小问3详解】
因为M为边PC的中点，故，
而,
由平面，，故，
故三棱锥的体积为.
21. 某货轮匀速行驶在相距300海里的甲、乙两地间运输货物，运输成本由燃料费用和其他费用组成．已知该货轮每小时的燃料费用w与其航行速度x的平方成正比（即：w=kx2，其中k为比例系数）；当航行速度为30海里/小时时，每小时的燃料费用为450元，其他费用为每小时800元，且该货轮的最大航行速度为50海里/小时．
（1）请将从甲地到乙地的运输成本y（元）表示为航行速度x（海里/小时）的函数；
（2）要使从甲地到乙地的运输成本最少，该货轮应以多大的航行速度行驶？．
【答案】（1）y=f（x）=150；
（2）货轮航行速度为40海里/小时时，能使该货轮运输成本最少．
【解析】
【分析】(1)由题意，每小时的燃料费用为,根据当时,，解得，从甲地到乙地所用的时间为小时，可得从甲地到乙地的运输成本；（2）求得，利用导数研究函数的单调性，根据单调性求得函数极值与最值，从而可得结果.
【详解】（1）由题意，每小时的燃料费用为w=kx2，当x=30时，900k=450，解得k=0.5
从甲地到乙地所用的时间为 小时，则从甲地到乙地的运输成本：
y=0.5x2+800（0＜x≤50），
=150．
故所求的函数为y=f（x）=150．
（2）法一：f′（x）=150，
令f′（x）=0，解得x=40，
0＜x＜40时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；40＜x≤50时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
因此当x=40时，y取得极小值，也是最小值．
故当货轮航行速度为40海里/小时时，能使该货轮运输成本最少．
【点睛】本题主要考查阅读能力及建模能力、利用导数研究函数的单调性与最值，属于中档题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.
22. 甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军，已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同．

（1）求乙获仅参加两场比赛且连负两场的概率；
（2）求甲获得冠军的概率；
（3）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可求得答案；
（2）确定甲获得冠军的比赛情况，求得每种情况的概率，即可求得答案；
（3）分类讨论乙的决赛对手是谁，求出每种情况下的概率，根据互斥事件的概率加法公式，即得答案.
【小问1详解】
由题意知乙获仅参加两场比赛连负两场，即第1、4场比赛皆负，
概率为；
【小问2详解】
甲要获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种：
1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，
故甲获得冠军的概率为；
【小问3详解】
若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有2种情况：
甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5胜，乙1胜3胜；
所以甲乙在决赛第二次相遇的概率为；
若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，
两人参加的比赛结果有2种情况：
乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜；
同时要考虑甲在第4场和第5场的结果，
故乙丙在第3场和第6场相遇的概率为，
若乙的决赛对手是丁，情况和丙一样，
故乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为.
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于第（3）问，要讨论乙的决赛对手是谁，并能确定两人是第二次相遇的比赛结果情况，即确定每场比赛的胜负情况，从而进行解答.