2023青岛莱西高一下学期期末数学试题含解析

高一学业水平阶段性检测（四）

数学试题

本试卷共22题．全卷满分150分．考试用时120分钟．

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束后，请将答题卡上交．

一、单项选择题：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. 对于下列四个命题：

①满足的复数只有、；

②若、，且，则是纯虚数；

③复数的充要条件是；

④在复平面内，轴叫做实轴，轴叫做虚轴．

其中真命题的个数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解方程，可判断①；取，可判断②；设，由可求得的值，可判断③；利用复平面的相关知识可判断④.

【详解】对于①，由可得，解得，①错；

对于②，当时，则，此时，为实数，②错；

对于③，设，若，

所以，复数的充要条件是，③对；

对于④，在复平面内，轴叫做实轴，轴叫做虚轴，④对,

所以，真命题的个数为.

故选：C.

2. 若直线不平行于平面，且，则下列结论成立的是（    ）

A. 内不存在与异面的直线 B. 内存在与平行的直线

C. 内存在唯一一条直线与相交 D. 内存在与垂直的直线

【答案】D

【解析】

【分析】利用图形判断A选项；利用反证法可判断B选项；设，取内所有过点的直线可判断C选项；利用线面垂直的性质可判断D选项.

【详解】因为直线不平行于平面，且，则直线与平面相交，

对于B选项，若内存在与平行的直线，则，且，，则，与题设矛盾，B错；

对于A选项，如下图所示：

设，设直线满足，且，在平面内存在直线，使得，且，

由A选项可知，与不平行，若，则、，且、，从而有，与题设矛盾，

故与异面，即在平面内存在直线与直线异面，A错；

对于C选项，设，则平面内所有过点的直线均与直线相交，C错；

对于D选项，设，在直线上取异于点的一点，

设点在平面内的射影为点，连接，

在平面内存在直线，使得，因为，，则，

因为，、平面，所以，平面，

因为平面，所以，，故内存在与垂直直线，D对.

故选：D.

3. 如果一组数据的中位数比平均数小很多，则下列叙述一定错误的是（    ）

A. 数据中可能有异常值 B. 这组数据是近似对称的

C. 数据中可能有极端大的值 D. 数据中众数可能和中位数相同

【答案】B

【解析】

分析】

根据中位数、平均数、众数的定义说明．

【详解】中位数表示一组数据的一般水平，平均数表示一组数据的平均水平，如果这两者差不多，说明数据分布较均匀，也可以看作近似对称，但现在它们相关很大，说明其中有异常数据，有极端大的值，众数是出现次数最多的数，可能不止一个，当然可以和中位数相同，因此只有B错误．

故选：B．

【点睛】本题考查样本数据特征，掌握它们的概念是解题基础．

4. 抛掷2枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面向上”，事件“第二枚硬币反面向上”；下列结论正确的是（    ）

A.  B. 与互斥

C. 与相等 D. 与是对立事件

【答案】A

【解析】

【分析】根据事件发生的结果，仔细辨别对立事件、互斥事件和相等事件即可.

【详解】A选项，因为，所以，故A选项正确；

B选项，事件与可以同时发生，所以与不是互斥事件，故B选项错误；

C选项，事件与可以同时发生，也可能不同时发生，所以与不相等，故C选项错误；

D选项，事件与可以同时发生，所以与不是对立事件，故D选项错误；

故选：A.

5. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上的所有点（    ）

A. 向左平移个单位长度，然后把图象上各点的坐标纵坐标伸长到原来的2倍

B. 向右平移个单位长度，然后再把图象上各点的纵坐标缩短到原来的倍

C. 向左平移个单位长度，然后再把图象上各点的纵坐标伸长到原来的2倍

D. 向右平移个单位长度，然后再把图象上每点的纵坐标缩短到原来的倍

【答案】A

【解析】

【分析】用辅助角公式先把函数化为，再用三角函数的图象变换法则即可求解.

【详解】因为，

把的图象上的所有点向左平移个单位长度后，

得到的图象，

然后再把图象上各点的坐标纵坐标伸长到原来的2倍即可得到的图象.

故选：A

6. 已知，，点P在直线上，且，则点P的坐标为（    ）

A.  B.  C. 或 D. 或

【答案】C

【解析】

【分析】

设点P的坐标为，表示出，的坐标，由且P在直线上，故分或两种情况讨论，根据向量相等得到方程组，解得．

【详解】解：设点P的坐标为，，

则，．

由且点P在直线上，得或．

∴或解得或

∴点P坐标为或．

故选：

【点睛】本题考查向量的坐标运算，属于基础题.

7. 对于，若存在 ，满足，则称为“类三角形”．“类三角形”一定满足．

A. 有一个内角为 B. 有一个内角为

C. 有一个内角为 D. 有一个内角为

【答案】B

【解析】

【分析】由对称性，不妨设和为锐角，结合同角三角函数关系进行化简求值即可．

【详解】解：由对称性，不妨设和为锐角，则A，B，

所以：+＝π﹣（A+B）＝C，

于是：cosC＝sin＝sin（+）＝sinC，即：tanC＝1，解得：C＝45°，

故选B．

【点睛】本题主要考查三角函数的化简求值，注意新定义运算法则，诱导公式的应用，属于中档题．

8. 在三棱锥中，，若该三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可得等腰直角三角形和等腰直角三角形，取的中点，明确其为外接球的球心，根据线面垂直的判定定理，分割三棱锥，利用其体积公式，求得半径，结合球的体积公式，可得答案.

【详解】由题意可作图如下：

设的中点为，的中点为，连接，

因为，，，

所以，所以.

所以为三棱锥外接球的球心，设其半径为，

又，且，所以，，

则，

又由，，且，平面，则平面

所以，解得，

所以外接球的体积.

故选：B.

二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知复平面内表示复数：的点为，则下列结论中正确的为（    ）

A. 若，则 B. 若在直线上，则

C. 若为纯虚数，则 D. 若在第四象限，则

【答案】CD

【解析】

【分析】根据复数的基本概念直接判断选项即可.

【详解】对于A，若，则，得，故A错误；

对于B，因为在直线上，所以，则，故B错误；

对于C，若为纯虚数，则，即，此时虚部不为0，故C正确；

对于D，若在第四象限，则，解得，故D正确.

故选：CD

10. 为调查禽类某种病菌感染情况，某养殖场每周都定期抽样检测禽类血液中指标的值．养殖场将某周的5000只家禽血液样本中指标的检测数据进行整理，绘成如图所示的频率分布直方图．根据该频率分布直方图，对于这5000只家食血液样本中的指标值，下列的叙述正确的为（    ）

A. 估计指标值的中位数为 B. 估计A指标值的80%分位数为9

C. 估计A指标值的众数为7.5 D. 估计A指标值的第25百分位数为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据题意，由频率分布直方图分别计算中位数，众数以及百分位数即可得到结果.

【详解】由题意可知，，解得，

因为，，

所以中位数在之间，设中位数为，则，解得，故A正确；观察频率分布直方图可得，的频率最大，所以众数为8，故C错误；

由频率分布直方图可知，前两组的频率之和为，小于，

所以第25百分位数位于第3组，则，故D正确；

且前四组的频率之和为，所以80%分位数为9，故B正确；

故选：ABD

11. 一个袋子中有标号分别为、、、的四个球，除了标号外没有其它差异，现采用不放回方式从中任意摸球两次，设事件“第一次摸出球的标号小于”，事件“第二次摸出球的标号小于”，则下列选项正确的为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】列举出所有的基本事件，确定每个选项中各事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得各选项中事件的概率.

【详解】采用不放回方式从中任意摸球两次，所有的基本事件有：、、、、

、、、、、、、，共种，

对于A选项，事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，

则，A错；

对于B选项，事件包含的基本事件有：：、、、、、、、

、、，共种，则，B对；

对于C选项，事件包含的基本事件有：、，共种，故，C对；

对于D选项，事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，

故，D错.

故选：BC.

12. 三棱锥满足下列两个条件：①；②．若，记二面角的大小为，则下列选项中可以取到的为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】CD

【解析】

【分析】设，，，将三棱锥沿着、、剪开，然后将、分别沿着、都展开在所在的平面内，延长、交于点，则四边形为正方形，计算得出，在三棱锥中，过点在平面内作，连接，推导出，利用基本不等式计算的取值范围，结合余弦函数的单调性可得出的范围，即可得出合适的选项.

【详解】设，，，

将三棱锥沿着、、剪开，

然后将、分别沿着、都展开在所在的平面内，

如下图所示，得五边形，

由题设知，，

延长、交于点，则四边形为正方形，

且，，，

在中，有，互，解得，

在三棱锥中，过点在平面内作，连接，

因为，，，、平面，所以，平面，

因为平面，所以，，

因为，，、平面，所以，平面，

因为平面，所以，，

故为二面角的平面角，则，

因为平面，平面，所以，，故，

在中，，

在中，，

从而，

而余弦函数在时单调递减，所以，，

故选：CD.

【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：

（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：

①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；

（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 若圆锥的底面半径为，其侧面展开图的面积为，则该圆锥的高为_______.

【答案】

【解析】

【分析】求出圆锥的母线长，利用勾股定理可求得该圆锥的高.

【详解】设该圆锥的母线长为，高为，圆锥的侧面积为，可得，

因此，该圆锥高为.

故答案为：.

14. 已知，则在上的投影向量的坐标为_______；

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，先由平面向量的坐标运算得到，然后由投影向量的定义，代入计算，即可得到结果.

【详解】因为，

则在上的投影向量的坐标为：.

故答案为：.

15. 甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中任想一个数字，记为，再由乙猜甲刚才想的数字把乙猜的数字记为，且，，若，则称甲乙“心有灵犀”现任意找两个人玩这个游戏，得出他们”心有灵犀”的概率为______．

【答案】

【解析】

【分析】由题意知是古典概型，从0~9中任意取两个数共有100种取法，列出满足所有可能情况，代入公式得到结果．

【详解】由题意知本题是一个古典概型，

试验发生的所有事件是从，，，，，，，，，十个数中任取两个共有种不同的结果，

则的情况有；；；；；；；；；；

；；；；；；；；；；；；；；；；；共种情况，

他们”心有灵犀”的概率为．

故答案为：．

16. 设锐角三角形的内角所对的边分别为，，则的取值范围为__________．

【答案】

【解析】

【详解】由正弦定理及有，所以,则，由已知有，所以．

点睛：本题主要考查了正弦定理，两角差正弦公式以及两角和正弦公式的逆用，属于中档题．本题关键是灵活运用这些公式．

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 已知复数和满足：，若，求和．

【答案】答案见解析

【解析】

【分析】由可得，代入化简，然后设代入上式化简，再利用复数相等的条件列方程组可求得结果.

【详解】解：由可得：，

将其代入可得：，

设，则，

化简得，

∴

解之得：或，

或           

当时，；

当时，．

18. 试分别解答下列两个小题：

（1）设和分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，记事件“方程没有实根”，事件 “方程有且仅有一个实根”，求．

（2）甲、乙、丙三位同学各自独立地解决同一个问题，已知这三位同学能够正确解决这个问题的概率分别为，记“三人中只有一个人正确解决了这个问题”，求．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）用古典概型的概率公式分别算出和，进而可得结果；

（2）分别计算出只有甲、乙、丙正确解决这个问题的概率，从而可得.

【小问1详解】

设样本空间为，则，样本点的个数为36个，

，

为满足，必须：当时，；

当时，；

当时，；

当时，.

中样本点的个数为17个， ，              

，

为满足，必须：当时，；当时，，

中样本点的个数为2个，           

【小问2详解】

∵这三位同学能够正确解决这个问题的概率分别为，

∴仅甲同学单独解决了这个问题的概率为：       

仅乙同学单独解决了这个问题的概率为：            

仅丙同学单独解决了这个问题的概率为：           

19. 如图，在三棱锥中，作平面，垂足为，连接并延长交棱于点为棱上的一点，若，二面角的大小与相等，求证：平面.

【答案】证明见解析

【解析】

【分析】连接，推出平面，，得为二面角的平面角，根据推出，再根据线面垂直的判定可得平面.

【详解】连接，平面，平面，，

，平面，

平面，因为平面，，

因为平面，又，

为二面角的平面角， ，

平面平面，

又，

，

，从而，

平面平面           

20. 试分别解答下列两个小题：

（1）已知向量和都是非零向量，且与垂直，与垂直，记向量与的夹角为，求．

（2）在中，内角的对边分别为，若．试将表示成关于的表达式，并求出的取值范围．

【答案】（1）   

（2）；

【解析】

【分析】（1）由已知可得，解得，然后利用向量的夹角公式求解出，再利用两角差的正切公式可求得结果；

（2）利用数量积的定义结合余弦定理可得，再利用基本不等式求出的范围，从而可求得的取值范围．

【小问1详解】

因为与垂直，与垂直，

所以，，解得，

所以，

因为，所以，

所以，

【小问2详解】

因为，所以，

因为

所以

所以，

因为，，，当且仅当时取等号，

所以，当且仅当时取等号，

所以

所以

21. 如图，四边形是边长为2的正方形，平面，且为的中点．

（1）求证：；

（2）设平面平面与直线所成的角为，求．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）过作交于，连接，然后利用三角形中位线定理结合已知条件可得四边形为平行四边形，则，由已知线面垂直可得，从而可证得结论；

（2）延长和交于点，连接和，则可得与重合，证得，从而可得为与直线所成的角，进而可求得结果.

【小问1详解】

过作交于，连接 ，              

为的中点，为的中点，

，且，

∴四边形为平行四边形，               

平面，面，，

∴               

  【小问2详解】

延长和交于点，连接和，

∵平面平面，与重合，

，∴∽，从而，

∵四边形是正方形，，

从而为平行四边形，               

由（1）可知，，

为与直线所成的角，即，           

在边长为2的正方形中，，

22. 如图，正方形的边长为1，分别为边上的点，的周长为2．

（1）求的大小；

（2）设，试将表示为的函数，并求出的最大值及相应的．

【答案】（1）   

（2）；时，

【解析】

【分析】（1）设，，即可得到，再由，，利用两角和的正切公式求出，即可得解；

（2）首先表示、，根据利用二倍角公式及辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得.

【小问1详解】

设，，则，

的周长为，，

化简得，           

∵正方形的边长为1，，

从而，，

，       

，，

从而 ，

【小问2详解】

，，其中，

在中，，，

在中，，，

，           

，，

当，即时，.