福建省福州第一中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份福建省福州第一中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共24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。

福州一中2022-2023学年第二学期第四学段模块考试
高一数学必修第二册模块试卷
（完卷120分钟 满分150分）
一、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. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数运算法则、共轭复数定义即可求得结果.
【详解】由得：，
，.
故选：B.
2. 已知不重合的平面、、和直线，则“”的充分不必要条件是（ ）
A. 内有无数条直线与平行 B. 内的任何直线都与平行
C. 且 D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】利用面面位置关系可判断AC选项；利用面面平行的定义可判断B选项；利用线面垂直的性质定理可判断D选项.
【详解】对于A选项，若内有无数条直线与平行且这无数条直线是平行直线，则、平行或相交，
即“内有无数条直线与平行”“”，A不满足；
对于B选项，由面面平行的定义可知，“内的任何直线都与平行”“”，B不满足；
对于C选项，若且，则、平行或相交，
则“且”“”，C不满足；
对于D选项，由线面垂直的性质可知，若且，则，
反之，若，则“且”不一定成立，
故“且”是“”的充分不必要条件，D满足.
故选：D.
3. 平行四边形中，点E是的中点，点F是的一个三等分点（靠近B），则（ ）
A. B.
C. D. ．
【答案】D
【解析】
【分析】用向量的加法和数乘法则运算.
【详解】
由题意：点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点，
∴.
故选：D.
【点睛】方法点睛：解题时可根据加法法则，从向量的起点到终点，然后结合向量的数乘运算即可得.
4. 镇海植物园有两块地，从、、、四种树木中任选种树木种植在一块地中，余下种树木种植在另一块地中，则、种植在同一块地的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】列举出所有的基本事件，并且定事件“、种植在同一块地”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】所有的基本事件有：、、，共种，
其中，事件“、种植在同一块地”所包含的基本事件为：，共种，
故所求概率为.
故选：B.
5. 如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念．何尊的形状可近似看作是由上部分圆台和下部分圆柱的组合体，组合体的高约为40cm，上口直径约为28cm，圆柱的底面直径约为18cm．取的近似值为3，经计算得到圆柱的侧面积约为1296cm2，则该组合体上部分圆台的体积约为（ ）

A. 6448cm3 B. 6548cm3 C. 5548cm3 D. 5448cm3
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据圆柱的侧面积公式求得其高为24cm，则得到圆台的高，利用圆台体积公式即可得到答案.
【详解】设圆柱的高为，则，则圆台的高为16cm，
设圆台上底面的面积为，下底面的面积为，
则
故选：A.
6. 在直三棱柱中，，点分别是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别取的中点，连接，分析可知异面直线与所成角为或其补角，计算出三边边长，进而求解即可.
【详解】如图分别取的中点，连接，如下图所示：

因为为直三棱柱，且点是的中点，
所以，且，则四边形为平行四边形，
所以，同理，
所以异面直线与所成角为或其补角，
因为分别为的中点，所以，
，，
因为，所以，
在中，，
因此，直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
7. 已知△ABC的面积等于2，AB=1，当△ABC三条高的乘积取最大值时，sinC的值为（　　）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用的面积公式求得边上的高，进一步得到另外两条边上的高的乘积与对应边的长度之积的关系，进一步转化为与角的正弦值的关系，然后后利用几何方法分析sinC取得最大值的条件即可求解．
【详解】解：设中，三条边长分别记为,对应边上的高分别为，，，
已知,,
，
，
，
，，
，此时sinC随角的增大而增大，
由图可知，点C在以与AB距离为4，且与AB平行的直线上运动，

当且仅当点C在AB的中垂线上，角最大，
此时，
，
故选:A
【点睛】本题关键是将高的乘积最大问题转化为两条未知边的乘积的最值问题，进而转化为定边的对角的最大值问题，然后以利用几何方法研究最佳.
8. 在棱长为的正方体中，为的中点，为正方体内部及其表面上的一动点，且，则满足条件的所有点构成的平面图形的面积是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】证明出平面，平面，确定过点的截面与正方体各棱的交点，可知截面图形是边长为的正六边形，进而可求得结果.
【详解】连接、、、、、、，如下图所示：

因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，
平面，，同理可得，
，平面，同理可证平面，
设过点且垂直于的平面为平面，则与平面、平面都平行，
平面，平面平面，平面平面，
，为的中点，则为的中点，
同理可知，平面分别与棱、、、交于中点，
易知六边形为正六边形，且其边长为，
因此，满足条件的所有点构成的平面图形的面积是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查正方体截面面积的计算，解题的关键在于利用正方体的几何性质，找出体对角线的垂面，进而确定截面与垂面平行，并以此作出截面.
二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 掷一枚骰子，记事件为掷出的数大于4 ，事件为掷出偶数点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 事件与事件为相互独立事件
D. 事件与事件对立
【答案】BC
【解析】
【分析】根据古典概型的概率公式可得，，即可判断B项，利用概率的加法公式可判断A项，利用相互独立事件的定义可判断C项，利用对立事件的定义可判断D项.
【详解】解：由题可知，事件的概率为，事件的概率为，故B项正确；
因为，故A项错误；
因为事件表示“掷出的数大于4”且“掷出偶数点”，即“掷出6”，所以，
又，故事件与事件为相互独立事件，故C项正确；
因为，故事件与事件不是对立事件，故D项错误.
故选：BC.
10. 已知一组样本数据，现有一组新的，则与原样本数据相比，新的样本数据（ ）
A. 平均数不变 B. 中位数不变 C. 极差变小 D. 方差变小
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用平均数、极差的定义计算判断AC；利用中位数的定义举例判断B；利用方差的意义分析判断D作答.
【详解】对于A，新数据的总和为：，
与原数据总和相等，且数据个数都是，因此平均数不变，A正确；
对于B，不妨设原数据为：，中位数为，则新数据为：，中位数为2，B错误；
对于C，原数据极差为：，新数据极差为：，
而，即极差变小了，C正确；
对于D，由于两组数据的平均数不变，而极差变小，说明新数据相对原数据更集中于平均数，因此方差变小，D正确.
故选：ACD.
11. 已知四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】找到三棱锥的高，利用三棱锥体积公式分别求出，，，进而判断出结果.
【详解】如图连接交于O，连接.设，
则.
由平面，，所以平面，
所以，
.
由平面，平面，所以.
又，且，平面，
所以平面，所以.
易知，
，
所以，所以,而，
平面，所以平面.
又，
，
所以有，
所以选项A不正确，BCD正确.

故选：BCD.
12. 在中，D，E分别是BC，AC的中点，且，则（ ）
A. 面积最大值是6 B. 周长可能是14
C. 不可能是5 D.
【答案】AD
【解析】
【分析】选项A由题可得时三角形面积最大；选项B分别在中用余弦定理得出，然后结合均值不等式可判断；选项C将化为，由向量平方可判断；选项D由，然后由数量积的定义可得出答案.
【详解】设的三个内角所对的边分别为
选项A， ，当时，等号成立，故A正确；
选项B， ，
，
则，所以三角形周长为，
由均值不等式，当且仅当时等号成立，
可得，即三角形的周长的范围是，
，所以三角形周长不可以取到14，故选项B错误；
选项C，
，
所以，
，
所以，所以的值可能取到5，故选项C错误；
选项D， ，
，
由，则，故选项D正确.
故选：AD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若复数在复平面内对应的点在同一个圆上，则正实数a的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的几何意义，得到复数对应的点，进而求出圆的方程，即可求出结果.
【详解】因为在复平面上对应点分别为，
设圆方程为，
则有,，，联立方程解得，
所以圆方程为，
又在圆上，所以，又，解得.
故答案为：.
14. 在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点，则直线FC到平面的距离为______．
【答案】##
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量后可求线面距.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
故，故，
而平面，平面，故平面，
故直线FC到平面的距离为即为到平面的距离.
设平面的法向量为，
又，故，取，则，
而，故到平面的距离为，
故答案为：.
15. 在锐角中，角的对边分别为，若，，则边的取值范围是____．
【答案】
【解析】
【分析】根据锐角及角的余弦定理求出，进一步得出，再由正弦定理得，根据可得的取值范围.
【详解】在锐角中，有，，，
由余弦定理得，
把代入得，，
又，所以.有，
由，得.
在中由正弦定理得，，
，
因为，所以，.
故答案为：.
16. 在三棱锥中，，二面角的大小为，则该三棱锥的体积为__________；其外接球的表面积为__________．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】根据题意分析可知二面角的平面角为，进而可确定的形状，得到的高即为三棱锥的高，再由三棱锥的体积公式，即可得到其体积；根据外接球的性质确定的外接球的球心所在位置，进而可求半径和面积.
【详解】
取的中点，连接，
∵，则，
∴二面角的平面角为，
故为等边三角形，即，则，
∵，则，
设的外接圆圆心为，半径为，
则，即，故在的延长线上，
同理的外接圆圆心为在的延长线上，
∵平面，
∴平面，
且平面，平面，故平面平面，平面平面，
则的高即为三棱锥的高，且为等边三角形，边长为，则其高，，
所以，
设三棱锥的外接球的球心为，连接，则平面，平面，
故平面，
连接，则，
可得，
则三棱锥的外接球的半径，
故三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：；.
四、解答题：本题共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. 为了纪念2017年在德国波恩举行的联合国气候大会，某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动．某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是．若各家庭回答是否正确互不影响．
（1）求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
（2）求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
【答案】（1），；
（2）．
【解析】
【分析】（1）记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，根据独立事件概率的求法计算即可得出结果；
（2）根据独立事件概率的求法分别求出有0个、1个家庭回答正确的概率，利用间接法即可求出不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
【小问1详解】
记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，
则，，，
即，，
所以，．
所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率为和.
【小问2详解】
有0个家庭回答正确的概率
，
有1个家庭回答正确的概率
，
所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
18. 在平面直角坐标系中，角终边与单位圆O的交点为E，将向量逆时针方向旋转，得到向量，记.
（1）判断向量与的位置关系，并说明理由；
（2）求的最大值.
【答案】（1）共线，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设出点的坐标，求得两向量坐标，利用向量共线的坐标运算求解即可；
（2）先求出和向量的坐标，然后利用向量模的坐标公式结合三角函数的性质求解.
【小问1详解】
向量与共线，理由如下：
角终边与单位圆O的交点为E，则，所以，
又将向量逆时针方向旋转得到向量，
所以，
又，则，，
因为，
所以，即向量与共线；
【小问2详解】
因为，，
所以，
所以，
所以当，即时，有最大值1，
所以有最大值.
19. 若图，三棱柱的侧面是平行四边形，，，且、分别是、的中点.

（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）取中点，连接、，证明出四边形是平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取的中点，连接、，证明出平面平面，平面，可得出平面，由此可得出结论.
【小问1详解】
证明：取中点，连接、.
因为、分别是、的中点，
所以且.
在平行四边形中，且，
因为是的中点，所以且.
所以且，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
解：当点为线段的中点时，平面，理由如下：
取中点，连接、.

因，，，所以，平面，
因为、分别为、的中点，则，
平面，平面，则平面，
又因为平面，，所以，平面平面，
所以，平面.
故当点是线段的中点时，平面，此时，.
20. 用分层随机抽样从某校高一年级学生的数学期末成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个，再将40个男生成绩样本数据分为6组：，，，，，，绘制得到如图所示的频率分布直方图.

（1）估计男生成绩样本数据的第80百分位数；
（2）在区间和内的两组男生成绩样本数据中，随机抽取两个进调查，求调查对象来自不同分组的概率；
（3）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和187.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差.
【答案】（1）84；（2）；（3）平均数和方差分别为和148.
【解析】
【分析】（1）在内的成绩占比为70%，在内的成绩占比为95%，由 ，可得答案；
（2）得出在区间和内的男生成绩样本数据，并列出数据中随机抽取两个的样本空间包含的样本点和调查对象来自不同分组的样本点，由古典概型的概率计算公式可得答案；.
（3）设男生成绩样本数据为，，…，，平均数为，方差为；
女生成绩样本数据为，，…，，平均数为，方差为；总样本的平均数为，方差为，由按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，得，
可得答案.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，在内的成绩占比为70%，在内的成绩占比为95%，因此第80百分位数一定位于内.
因为，
所以估计男生成绩样本数据的第80百分位数约是84；
（2）在区间和内的男生成绩样本数据分别有4个和2个，
分别用和表示，则在这6个数据中随机抽取两个的样本空间包含的样本点
有，，
个数为，
记事件“调查对象来自不同分组”，
则事件包含的样本点有，
个数为，
所以；
（3）设男生成绩样本数据为，，…，，其平均数为，方差为
女生成绩样本数据为，，…，，其平均数为，
方差为；总样本的平均数为，方差为.
由按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，
得
因为

又，
同理，所以



.
所以总样本的平均数和方差分别为和148.
21. 在中，内角A，B，C对的边分别为a，b，c，若．
（1）求的最小值；
（2）若的面积为，求的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理可得，由余弦定理结合均值不等式可得出答案；
（2）由三角形的面积公式可得，由余弦定理结合条件可得，将代入结合三角变换可出答案.
【小问1详解】
由，根据正弦定理可得，
由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为；
【小问2详解】
由的面积为，即，则，
由（1）可知，
即，即，
所以，即，
解得或，
当时，满足，
当时，满足，
所以或.
22. 如图，已知矩形，，M是AD的中点，现将沿着BM翻折至．

（1）若，求证：平面平面；
（2）求二面角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）先求出平面平面时的二面角的正弦值，再求出翻折到越过平面平面时的位置后的二面角平面角的正弦值的最大值，比较可得答案.
【小问1详解】
由题意矩形中，，M是AD的中点，
可知, ，
设O为中点，连接，则，

又，，
故，
又 ，O中点，故，而，
故，故，
而平面，故平面，
平面，故平面平面；
【小问2详解】
由（1）可知，将沿着BM翻折至平面平面时，
二面角逐渐增大，
当平面平面时，作，垂足为E，连接，

因为O为中点，则E为中点，此时;
由于平面，平面，故，
平面，故平面，
则为二面角的平面角，而,
故；
下面考虑翻折到越过平面平面时的位置后的情况：
设Q为中点，连接，则四边形为正方形，
连接，则O在上，则，

平面，故平面，
平面，故平面平面，
平面平面，作，垂足为F，
则平面，平面，故,，
作，垂足为G，连接，
平面，故平面，
故为二面角的平面角，
设，当时，二面角的正弦值为0；
当时，，
作，垂足为H，则四边形为矩形，
则，故，
故
，
由于，故，故，
当且仅当，即时等号成立，
即二面角的正切值的最大值为，
此时二面角的正弦值的最大值，
由于，故二面角的正弦值的最大值.
【点睛】难点点睛：第二问求解二面角的正弦最大值时，难点在于要确定出二面角的平面角，借助三角函数表示出平面角的正切值，结合基本不等式求得最大值，进而比较、综合可得答案.