安徽省六安第二中学2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份安徽省六安第二中学2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
六安二中2022-2023学年度第二学期高一期末统考数学试卷时间：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. 若复数z满足，则（    ）A.  B. 5 C. 7 D. 25【答案】B【解析】【分析】计算出，利用复数模长的性质计算出答案.【详解】，故，则.故选：B2. 围绕民宿目的地进行吃住娱乐闭环消费已经成为疫情之后人们出游的新潮流．在用户出行旅游决策中，某机构调查了某地区1000户偏爱酒店的用户与1000户偏爱民宿的用户住宿决策依赖的出行旅游决策平台，得到如下统计图，则下列说法中不正确的是（    ）A. 偏爱民宿用户对小红书平台依赖度最高B. 在被调查的两种用户住宿决策中，小红书与携程旅行的占比总和相等C. 小红书在所有被调查用户住宿决策中的占比与携程旅行在所有被调查用户住宿决策中的占比不相等D. 在被调查的两种用户住宿决策中，同程旅行占比都比抖音的占比高【答案】D【解析】【分析】由酒店预订条形图和民宿预订扇形图逐一分析四个选项得答案．【详解】解：由右图可知，偏爱民宿用户对小红书平台的选择占比为，则偏爱民宿用户对小红书平台依赖度最高，故A正确；在被调查的酒店用户住宿决策中，小红书与携程旅行的占比总和为，在被调查的民宿用户住宿决策中，小红书与携程旅行的占比总和为，则在被调查的两种用户住宿决策中，小红书与携程旅行的占比总和相等，故B正确；小红书在所有被调查用户住宿决策中的占比为，携程旅行的占比为，携程旅行的占比略高于小红书占比，故C正确；在被调查的两种用户住宿决策中，同程旅行占比分别为和，抖音的占比分别为和，则酒店预订方面同程旅行占比高，民宿预订方面抖音的占比高，故D错误．故选：D．3. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知，，则A的值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由条件，结合正弦定理化边为角可得，又，化简可求A的值.【详解】由正弦定理可得，又所以，又，所以，所以，因为，所以，，所以，所以.故选：A.4. 样本中共有5个个体，其值分别为a，0，1，2，3.若该样本的平均数为1，则样本的标准差为（　　）A.  B.  C. 2 D. 【答案】D【解析】【分析】根据平均数、方差的运算公式求解.【详解】因为样本a,0,1,2,3的平均数为1，则，解得a＝－1，则样本的方差，故标准差为.故选：D.5. 已知圆锥的母线长为 2 ， 轴截面顶角的正弦值是， 过圆锥的母线作截面，则截面面积的最大值是（    ）A. 1 B.  C. 1 或 2 D. 2【答案】C【解析】【分析】截面形状为等腰三角形，结合面积的正弦形式可得结果.【详解】∵轴截面顶角的正弦值是，∴轴截面顶角为或，设截面三角形顶角为，则截面面积为当轴截面顶角为时，截面面积的最大值是；当轴截面顶角为时，截面面积的最大值是.故选：C6. 对于函数，下列结论中正确的是（    ）A. 的最大值为B. 的图象可由的图象向右平移个单位长度得到C. 在上单调递减D. 的图象关于点中心对称【答案】C【解析】【分析】由可得的最大值为，故A错误；将的图象向右平移个单位长度得到的图象，所以B错误；根据余弦函数的减区间可知在上单调递减，所以C正确；由可知D不正确.【详解】，所以当，，即，时，取得最大值为，故A错误；将的图象向右平移个单位长度得到的图象，所以B错误；由，得，所以是的一个单调递减区间，所以在上单调递减，所以C正确；因为，所以点不是的图象的对称中心，所以D不正确.故选：C.7. 如图，是所在平面外一点，，，且面，，则与平面夹角为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由棱锥体积公式可求得，结合解三角形的知识可求得，由体积桥可求得点到平面的距离，进而得到所求角的正弦值，即可求得结果.【详解】，，，；平面，平面，，，又，，，，，，，设点到平面距离为，与平面的夹角为，，解得：，，又，，即直线与平面的夹角为.故选：C.8. 如图，在三棱锥，是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由题作出图形，易得外接圆圆心在中点，结合正弦定理可求外接圆半径，结合图形知，，再结合二面角大小求出，进而得解.【详解】根据题意，作出图形，如图所示，因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，所以的外心在中点，设为，设的外心为，中点为，，因为，所以必在连线上，则，即，因为两平面交线为，为平面所在圆面中心，所以，，又因为二面角的大小为，，所以，所以，锥体外接球半径，则三棱锥的外接球表面积为，故选：B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. 已知平面向量，，则下列说法正确的是（    ）A. B. 在方向上的投影向量为C. 与垂直的单位向量的坐标为D. 若向量与向量共线，则【答案】AD【解析】【分析】根据向量的坐标运算求，，对于A：根据向量的夹角公式运算求解；对于B：根据投影向量的定义分析运算；对于C：根据向量垂直的坐标运算求解；对于D：根据向量共线的判定定理分析运算.【详解】由题意知，，对于选项A：，故A正确；对于选项B：在方向上的投影向量为，故B错误；对于选项C：设与垂直的单位向量的坐标为，可得，解得或，所以与垂直的单位向量的坐标为或，故C错误；对于选项D：因为向量与向量共线，所以若存在，使得，则，解得，故D正确．故选：AD.10. 若则（    ）A.  B. 事件A与B不互斥C. 事件A与B相互独立 D. 事件A与B不一定相互独立【答案】BC【解析】【分析】根据互斥与独立事件的定义判断即可.【详解】因为，所以与能同时发生，不是互斥事件，故B正确；，所以，故A不正确；又，故成立，故事件A与B相互独立，故C正确，D错误故选：BC.11. 在中，角的对边分别为，，，，，，且满足，则下列结论正确的是（    ）A.  B. 的面积为C.  D. 为锐角三角形【答案】AB【解析】【分析】已知等式利用正弦定理边化角，结合三角形的内角与两角和差公式化简得到，大角对大边，所以，再利用余弦定理可解三角形，利用面积公式可得到的面积.【详解】∵，∴，∴，即，∴．∵在中，，∴，∴，A正确．由余弦定理，得得，，即，解得或，又，∴，C错误，∴的面积，B正确．又，∴A为钝角，为钝角三角形，D错误．故选：AB.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和面积公式在解三角形中的灵活运用，属于中档题.12. 在四棱锥中，平面，直线与平面和平面所成的角分别为和，则（    ）A.  B. C. 直线与平面所成角的余弦值为 D. 若的中点为，则三棱锥的外接球的表面积为【答案】BD【解析】【分析】设，易得即为直线与平面所成角的平面角，即为直线与平面所成角的平面角，从而可求得，即可判断AB；以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断C；易得为等腰直角三角形，则外接圆的圆心为的中点，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则平面，设，再根据求得半径，即可判断D.【详解】设，则，因为平面，平面，所以，则即为直线与平面所成角的平面角，所以，所以，即，，因为平面，所以平面，则即为直线与平面所成角的平面角，所以，所以，即，所以，即，故A错误；，则，所以，故B正确；对于C，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则有，可取，则，所以直线与平面所成角的正弦值为，余弦值为，故C错误；因为的中点为， 所以且，又，所以四边形为矩形，所以，所以为等腰直角三角形，，则外接圆的圆心为的中点，半径，如图，设三棱锥外接球的球心为，半径为，则平面，设，则，即，解得，所以，所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确.故选：BD.  【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、填空题：本题共4题，每小题5分，共20分.13. 若，则的值是______.【答案】【解析】【分析】用二倍角公式对、进行化简运算即可得出结论.【详解】因为，所以，
，所以.故答案为：.14. 甲､乙两支羽毛球队体检结果如下：甲队的体重的平均数为，方差为100，乙队体重的平均数为，方差为200，又已知甲､乙两队的队员人数之比为，那么甲､乙两队全部队员的方差等于___________.【答案】178【解析】【分析】先求出甲、乙两队队员所有队员中人数所占权重，然后利用平均数与方差的计算公式求解即可．【详解】解：由题意可知甲队的平均数为，乙队体重的平均数为，甲队队员在所有队员中人数所占权重为，乙队队员在所有队员中人数所占权重为，则甲、乙两队全部队员的平均体重为，甲、乙两队全部队员体重的方差为．故答案为178．15. 在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为______．【答案】##【解析】【分析】根据已知作出图形，利用异面直线所成角的定义及余弦定理即可求解.【详解】由题意可知，连接,如图所示，在长方体中，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以.所以角为异面直线与所成的角.又因为，，所以,在中，由余弦定理得,异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：.16. 如图，已知在东西走向上有甲、乙两座小山，一辆测量车在甲山山底的正南方向的点处测得山顶的仰角为30°，该测量车在水平面上向北偏西60°方向行驶后到达点，在点处测得乙山山顶的仰角为，且，经计算，，若甲、乙山高分别为、，求两山山顶，之间的距离________．【答案】【解析】【分析】先在中，利用已知条件求得，进而连接，在中，，求得，可推断出为等边三角形，进而求出，从而在中利用勾股定理求得，中，利用，，求得，最后在中，利用余弦定理求得【详解】在中，，所以，连接，在中，，，所以为等边三角形，所以，在中，由，得，
在中，，，得，在中，，所以．故答案为：．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.17. 在中，角，，所对的边分别为，，，且．（1）求角；（2）若，的面积为，求．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互化得，进而得，在求解即可得答案；（2）由面积公式得，进而根据题意得，，再根据余弦定理求解即可.【小问1详解】因为，所以，因为，则，所以，即，因为，所以.【小问2详解】因为面积为，，所以，即，因为，所以，所以，解得.所以.18. 某中学为研究本校高三学生在市联考中的语文成绩，随机抽取了100位同学的语文成绩作为样本，得到以分组的样本频率分布直方图如图．（1）求直方图中的值；（2）请估计本次联考该校语文成绩的中位数和平均数；（3）样本内语文分数在的两组学生中，用分层抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的两名学生中恰有一人成绩在中的概率．【答案】（1）0.01；    （2）中位数，平均数是；    （3）.【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图直接列式计算作答.（2）利用频率分布直方图求中位数、平均数的方法列式计算作答.（3）求出分数在的人数，再用列举法结合古典概率公式计算作答.【小问1详解】由频率分布直方图得：.【小问2详解】由频率分布直方图知，分数在区间、的频率分别为0.34，0.62，因此，该校语文成绩的中位数，则，解得，语文成绩的平均数为，所以该校语文成绩的中位数是，语文成绩的平均数是.【小问3详解】由频率分布直方图知，分数在内分别有8人和2人，因此抽取的5人中，分数在内有人，在内有1人，记内的4人为a，b，c，d，在内的1人为F，从5人中任取2人的结果有：，共10个不同结果，它们等可能，选出的2人中恰有一人成绩在中的结果是：，所以选出的两名学生中恰有一人成绩在中的概率是.19. 如图所示，正三棱柱，，，分别为，的中点．  （1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）连接，根据矩形的性质，可得与交于点，利用中位线定理证明，由线面平行的判定定理证明即可；（2）利用，可求三棱锥的体积．【小问1详解】在正三棱柱中，侧面为矩形，连接，为的中点，则与交于点，且为的中点，因为，分别为，的中点，则，又平面，平面，故平面；  【小问2详解】由已知可得，所以．20. 从条件①；②中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答.在中：内角的对边分别为，______.（1）求角的大小；（2）设为边的中点，求的最大值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）若选①，利用正弦定理边化角，结合辅助角公式可整理得到，由角的范围可求得；若选②，利用二倍角和辅助角公式可化简求得，由角的范围可求得；（2）由，平方后可用表示出，结合基本不等式可求得最大值.【小问1详解】若选条件①：由正弦定理得：，，，，，即，，又，，，解得：；若选条件②：，，，，，，解得：.【小问2详解】，，即，（当且仅当时取等号），的最大值为.21. 如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点的位置，且，为的中点，是上的中点.  （1）证明：平面平面；（2）求二面角的正切值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由等腰三角形三线合一性质可证得；根据，和平行关系可证得平面，从而得到；由线面垂直的判定可得平面，根据面面垂直的判定可得结论；（2）取中点，过作，由线面垂直的判定与性质可证得，根据二面角平面角定义可知所求角为，由长度关系可求得结果.【小问1详解】为中点，，即，又为中点，；，，，四边形为矩形，，即，，，平面，平面，，平面，又平面，，，平面，平面，平面，平面平面.【小问2详解】由（1）知：平面，又平面，，，，平面，平面；取中点，过作，垂足为，连接，  分别为中点，，平面，平面，，又，，平面，平面，平面，，即为二面角的平面角，，，又，，即二面角的正切值为.22. 甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下:累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空:每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为，乙胜丙的概率为，各场比赛的结果相互独立.经抽签，第一场比赛甲轮空.（1）求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；（2）求只需四场比赛就决出冠军的概率；（3）求甲最终获胜的概率.【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【分析】（1）前三场比赛结束后，丙被淘汰的情况有2种①乙胜丙、乙胜甲、乙胜丙②乙胜丙、甲胜乙、甲胜丙，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.（2）首先分析出只需四场比赛就决出冠军的情况，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.（3）首先分析出甲最终获胜的情况，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.【小问1详解】记事件A为甲胜乙，则，，事件B为甲胜丙，则，，事件C为乙胜丙，则，，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为.【小问2详解】只需四场比赛就决出冠军的概率为：.【小问3详解】由于甲胜乙和甲胜丙的概率均为，且乙胜丙和丙胜乙的概率也相等，均为，第一场比赛甲当裁判，以后的比赛相对于甲，可视乙丙为同一人，设甲胜为事件D，甲当裁判为事件E，所以甲最终获胜的概率