宁夏银川市第二中学2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份宁夏银川市第二中学2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
银川二中2022—2023学年第二学期高一年级期末考试
数 学 试 题
本试卷满分150分，考试时间120分钟
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. 已知复数，则复数共轭复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数和复数的定义可得结果.
详解】，则，
故复数共轭复数的虚部为.
故选：D
2. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则角A的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件结合正、余弦定理求出即可得解.
【详解】在中，由正弦定理进行角换边得，
再由余弦定理得，
而，所以.
故选：D.
3. 某调查机构对我国若干大型科技公司进行调查统计，得到了从事芯片、软件两个行业从业者的年龄分布的饼形图和“90后”从事这两个行业的岗位分布雷达图，则下列说法中不一定正确的是（ ）

A. 芯片、软件行业从业者中，“90后”占总人数比例超过
B. 芯片、软件行业中从事技术、设计岗位的“90后”人数超过总人数的
C. 芯片、软件行业从事技术岗位的人中，“90后”比“80后”多
D. 芯片、软件行业中，“90后”从事市场岗位的人数比“80前”的总人数多
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由两个图表的数据，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于选项A，芯片、软件行业从业者中“90后”人数占总人数的，故选项A正确；
对于选项B，芯片、软件行业中从事技术、设计岗位的“90后”人数占总人数的，故选项B正确；
对于选项C，芯片、软件行业中从事技术岗位的“90后”人数占总人数的，“80后”人数占总人数的，但从事技术岗位的“80后”人数占总人数的百分比不知道，无法确定二者人数多少，故选项C错误；
对于选项D，芯片、软件行业中从事市场岗位的“90后”人数占总人数，“80前”人数占总人数的，故选项D正确．
故选:C
4. 向量，满足，，，则向量，的夹角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平方的方法求得向量，的夹角.
【详解】由两边平方得，
，.
故选：A
5. 从一批产品（既有正品也有次品）中随机抽取三件产品，设事件A=“三件产品全不是次品”，事件B=“三件产品全是次品”，事件C=“三件产品有次品，但不全是次品”，则下列结论中不正确的是（ ）
A. A与C互斥 B. B与C互斥
C. A、B、C两两互斥 D. A与B对立
【答案】D
【解析】
【分析】随机抽取三件产品，得出总事件，再分别得出事件A，事件B，事件C包含的事件，再由互斥事件及对立事件的定义即可判断出结果.
【详解】随机抽取三件产品，总事件中包含“0件次品，3件正品”，“1件次品，2件正品”，“2件次品，1件正品” ，“3件次品，0件正品”
事件A=“三件产品全不是次品”即“0件次品，3件正品”，
事件B=“三件产品全是次品”即“3件次品，0件正品”，
事件C=“三件产品有次品，但不全是次品” 即“1件次品，2件正品”，“2件次品，1件正品”
由互斥事件的定义知：A、B、C两两互斥，故ABC正确；
由互斥事件的定义知：A与B互斥，但是A与B的和事件不是总事件，故A与B对立不是对立事件，故D错误.
故选：D.
6. 2023年3月25日，石家庄市第一中学科研综合楼建筑工地中的基坑已基本竣工，“基坑”是在基础设计位置按基底标高和基础平面尺寸所开挖的土坑.如图，某同学为测量深基坑中塔吊的高度，在塔吊的正北方向为星华楼，其高约为，在地面上点处（三点位于地平线处）测得星华楼顶部、塔吊项部的仰角分别为和，在处测得塔吊顶部的仰角为，则塔吊的高度约为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】在中，求出，在中，利用正弦定理求出，再在中，求出即可.
【详解】由题意，在中，，则，
在中，，则，
因为，所以，
在中，，则，
所以.
故选：B.
7. 下列结论中正确的是（ ）
A. 若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则平均数小于中位数
B. 一组数据中的每个数都减去同一个非零常数a，则这组数据的平均数改变，方差改变
C. 一个样本的方差，则这组样本数据的总和等于60
D. 数据，，，…，的方差为M，则数据，，，…，的方差为2M
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数，中位数方差的计算公式和性质逐项分析.
【详解】对于A，直方图大体如下图：

由于是“右拖”，最高峰偏左，则中位数则靠近高峰处，平均数则靠近中点处，所以平均数大于中位数，错误；
对于B，设这组数据为，平均数为，方差为，
则减a后，平均数为，方差为 ，
所以是平均数改变，方差不变，错误；
对于C，由题意，平均数，所以总和，正确；
对于D，设的平均数为M，则，方差，
则数据的平均数为2M，方差，错误；
故选：C.
8. 《九章算术》把底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，把底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，现有如图所示的“堑绪"，其中，，当“阳马”（即四棱锥）体积为时，则“堑堵”即三棱柱的外接球的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据当“阳马”（即四棱锥）体积为，求得BC，再将将三棱柱补成长方体求解.
【详解】解：由已知得，
∴．
将三棱柱置于长方体中，如下图所示，

此时“堑堵”即三棱柱的外接球的直径为，
∴三棱柱的外接球的体积为，
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. 已知向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 与能作为平面的一组基底 B. 若，则
C. 在上的投影向量为 D. 若，则
【答案】AC
【解析】
分析】选项A：因与不共线，故A正确；
选项B：由垂直的坐标表示可得；
选项C：由投影向量公式可得；
选项D：由共线的坐标表示可得.
【详解】选项A：因，所以与不共线，故与能作为平面的一组基底，A正确；
选项B：，因得，得，故B错误；
选项C：与的夹角为，则，
方向上的单位向量为，
故在上的投影向量为，
故C正确；
选项D：，因得，得，故D错误.
故选：AC.
10. 已知，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若复数满足，则
B. 若，则和中至少有一个为0
C. 若，则
D. 若，且，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据复数的运算、复数模的定义以及共轭复数的性质逐项判断即可.
【详解】由题意得：
对于选项A：，则，则，故A错误；
对于选项B：令，，其中，
则有，可知
于是或
则或
故和中至少有一个为0，B正确；
对于选项C：令，，，，，所以，故C错误；
对于选项D：令，，其中，
则，
又
，
，则或（舍去）
故，
，故D正确.
故选：BD
11. 甲､乙两位射击爱好者，各射击10次，甲的环数从小到大排列为4，5，5，6，6，7，7，8，8，9，乙的环数小到大排列为2，5，6，6，7，7，7，8.9，10.则（ ）
A. 甲的环数的70%分位数是7
B. 甲的平均环数比乙的平均环数小
C. 这20个数据的平均值为6.6
D. 若甲的方差为2.25，乙的方差为4.41，则这20个数据的方差为4.34
【答案】BC
【解析】
【分析】根据百分位数的定义可求解A选项；根据平均数的公式可求解B、C选项；根据方差的公式可求解D选项.
【详解】对于A，因为，所以甲的环数的分位数是，故A错误；
对于B，，
，
所以，故B正确；
对于C，这20个数据的平均值，故C正确；
对于D，这20个数据的方差为，故D错误.
故选：BC.
12. 如图，在菱形ABCD中，，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接和，N为的中点，则（ ）

A. 平面平面AMCD
B. 线段CN的长为定值
C. 当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球表面积为
D. 直线AM和CN所成的角始终为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由已知可得△ABC为等边三角形，则，由翻折性质知，平面，再由面面垂直的判定可得结论，对于B，取AD中点E，由三角形中位线定理可得，，由等角定理得，然后在△NEC中由余弦定理可求出CN长，对于C，由题意可知将三棱锥的顶点放置在长宽高分别为2，，1的长方体的顶点处，从而可求出其外接球的半径，进而可求出球的表面积，对于D，利用异面直线夹角定义即可得到答案.
【详解】对于A，如图所示，在菱形ABCD中，，，所以△ABC为等边三角形，
又M是BC的中点，所以，由翻折性质知，又因为，平面，，
所以平面，因为平面AMCD，所以平面平面AMCD，故A正确；
对于B，如图所示，取AD中点E，则，，在菱形ABCD中，
因为，所以四边形为平行四边形，
所以，，
因为和的两边方向相同，
则由等角定理得，在△NEC中，
由余弦定理可得，
所以，即CN长为定值，故B正确；

对于C，由题意可知当平面平面AMD时，三棱锥的体积最大，
由A项已证知此时平面AMD，易知，所以，
故可将三棱锥的顶点放置在长宽高分别为2，，1的长方体的顶点处，
此时三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
则长方体的外接球半径，表面积为，故C错误；
对于D，因为，则直线AM和CN所成的角为或其补角，
因为，，故D正确.
故选：ABD．
【点睛】关键点睛：本题B选项的关键是多次利用余弦定理求出，C选项的关键是通过将棱锥放置于长方体中以便减少运算.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 圆锥和圆柱的底面半径、高都是R，则圆锥的表面积和圆柱的表面积之比为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意分别计算圆锥和圆柱的表面积，然后计算比值即可.
【详解】
由图得：圆锥的表面积是由底面和侧面构成，
则，
圆柱的表面积是由上下底面和侧面构成，则,
所以圆锥的表面积和圆柱的表面积之比:
,
故答案为：.
【点睛】圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．
14. 有位男生和位女生在周日去参加社区志愿活动，从该位同学中任取人，至少有名女生的概率为___________
【答案】##
【解析】
【分析】利用组合数和对立事件概率公式直接求解即可.
【详解】从位同学中任取人，有种情况；取出的人中，没有女生的情况有种，
至少有名女生的概率.
故答案为：.
15. 在中，，，，的内角平分线交边BC于点D，则AD的长__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由正弦定理和余弦定理得出，再利用余弦定理即可得出.
【详解】由正弦定理可得
因为，所以
即，又，
所以，则，
即，解得或，
又因为由图容易知，则.

故答案为：.
16. 已知点O是内一点，满足，，则实数m为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件可以得出，并设，这样即可得出三点共线，画出图形，并得到，从而解出的值．
【详解】如图，令，则：
三点共线；
与共线反向，；
；-
解得．

故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，且，且.
（1）求角；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量垂直得数量积为0，由数量积坐标表示及正弦定理可得角；

（2）根据余弦定理，及，，，配方可求解出，再利用三角形的面积公式求解即可.
【小问1详解】
∵，∴，
由正弦定理得，是三角形内角，，
∴，，是三角形内角，∴；
【小问2详解】
由余弦定理得：，
又，，，
所以，解得，
则的面积.
18. 某省将实行“”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高三年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低按比例划定A、B、C、D、E共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分，A等级排名占比，赋分分数区间是86~100；B等级排名占比，赋分分数区间是71~85；C'等级排名占比，赋分分数区间是56~70；D等级排名占比，赋分分数区间是41~55；E等级排名占比，赋分分数区间是30~40；现从全年级的生物成绩中随机取100学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如图所示：

（1）求图中a的值，并求抽取的这100名学生的原始成绩的众数、平均数和中位数；
（2）用样本估计总体的方法，估计该校本次生物成绩原始分不少于多少分才能达到赋分后的B等级及以上（含B等级）？（结果保留整数）
（3）若采用分层抽样的方法，从原始成绩在和内的学生中共抽取5人，查看他们的答题情况来分析知识点上的缺漏，再从中选取2人进行调查分析，求这2人中恰有一人原始成绩在）内的概率．
【答案】（1），众数为分，中位数为分，平均数为分.
（2）74分 （3）
【解析】
【分析】（1）由各组频率之和为1列方程求解即可；由频率分布直方图中众数、平均数和中位数的计算公式代入即可得出答案；
（2）已知等级达到B及以上所占排名等级占比为，即为频率分布直方图的中位数，求解即可.
（3）列出所有基本事件及满足要求的基本事件，由古典概型概率公式即可得解.
【小问1详解】
，.
抽取的这100名学生的原始成绩的众数的估计值为分；
由频率直方图可得前三组的频率和为，
前四组的频率和为，故中位数落在第四组，
设中位数为x，则，解得，
故抽取的这100名学生的原始成绩的中位数的估计值为分，
抽取的这100名学生的原始成绩的平均数的估计值为：
分；
【小问2详解】
由已知等级达到B及以上所占排名等级占比为，
由（1）可得，中位数，
故原始分不少于74分才能达到赋分后的B等级及以上．
【小问3详解】
由题知得分在和内的频率分别为0.1和0.15，
则抽取的5人中，得分在内的有2人，得分在的有3人
记得分在内的3位学生为a，b，c，得分在内的2位学生为D，E，
则从5人中任选2人，样本空间可记为
，共包含10个样本，
用A表示“这2人中恰有一人得分在内”，
则，A包含6个样本，
故所求概率.
19. 如图，在四棱锥中，，，，平面平面ABCD，E，F分别是CD和PC的中点．求证：

（1）平面PAD；
（2）平面BEF．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）利用面面平行的判定证明平面平面，再利用面面平行的性质即可.
（2）先根据平面与平面垂直的性质定理证明平面，再根据线面垂直的判定定理证明平面．
【小问1详解】
因为E是的中点，，
所以，
因为，所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面；
因为E，F分别是CD和PC的中点，
所以，因为平面，平面，所以平面；
又因为平面，，
所以平面平面，
因为平面，所以平面PAD.
【小问2详解】
因为平面底面，平面底面，
，底面，
所以平面，又，
所以平面，平面，
所以，，，
因为，所以，
因为E和F分别是和的中点，所以，又，
所以，，平面，
所以平面．
20. 某校团委举办“喜迎二十大，奋进新征程”知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，，在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，.甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
（1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
【答案】（1）派乙参赛赢得比赛的概率更大
（2）
【解析】
【分析】（1）记事件表示“甲在第一轮比赛中胜出”，事件表示“甲在第二轮比赛中胜出”，事件表示“乙在第一轮比赛中胜出”，事件表示“乙在第二轮比赛中胜出”，由表示“甲赢得比赛”，表示“乙赢得比赛”求解即可；
（2）记表示“甲赢得比赛”，表示“乙赢得比赛”由（1）知，，由表示“两人中至少有一个赢得比赛”，且求解即可.
【小问1详解】
记事件表示“甲在第一轮比赛中胜出”，事件表示“甲在第二轮比赛中胜出”，
事件表示“乙在第一轮比赛中胜出”，事件表示“乙在第二轮比赛中胜出”，
所以表示“甲赢得比赛”，，
表示“乙赢得比赛”，，
因为，所以派乙参赛赢得比赛的概率更大；
【小问2详解】
记表示“甲赢得比赛”，表示“乙赢得比赛”
由（1）知，，
所以表示“两人中至少有一个赢得比赛”，
所以，
所以两人至少一人赢得比赛的概率为.
21. 如图，在圆锥中，已知底面，，的直径，是的中点，为的中点.

（1）证明：平面平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接，先根据是等腰直角三角形证出中线，再结合证出，利用平面与平面垂直的判定定理，可证出平面平面；
（2）依题意可得，则，再根据计算可得.
（3）过分别作于，于，再连接，根据三垂线定理证明为二面角的平面角，最后分别在、、中计算出、和，最后求出所求二面角的余弦值．
【小问1详解】
连接，
，是的中点，
，
又底面，底面，
，
，平面，
平面，而平面，
平面平面.
小问2详解】
因为是的中点，是的直径，所以，
所以，
所以.
【小问3详解】
在平面中，过作于，由（1）知，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
，
在平面中，过作于，连接，，平面，
所以平面，又平面，从而．
故为二面角的平面角，
在中，，
在中，，
在中，，
在中，，
所以，
故二面角的余弦值为.

22. 请从①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并加以解答．（如未作出选择，则按照选择①评分）
在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若__________．
（1）求角B的大小；
（2）若为锐角三角形，，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①，利用正弦定理结合得到，求出答案；
选②，由余弦定理得到，再利用余弦定理得到，求出答案；
选③，由正弦定理得到，由辅助角公式得到，求出答案；
（2）利用正弦定理和余弦定理得到，结合△ABC为锐角三角形，求出，求出答案.
【小问1详解】
若选①
因为，
由正弦定理得，
即，
所以，
由，得，所以，即，
因为，所以.
若选②
由余弦定理得，化简得，
即，所以.
因为，所以.
若选③
由正弦定理得，即，
因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以.
【小问2详解】
在中，由正弦定理，得，
由（1）知：，又代入上式得：

因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，，
所以.
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.