浙江省丽水市2022-2023学年高一下学期6月期末数学试卷(解析版)

这是一份浙江省丽水市2022-2023学年高一下学期6月期末数学试卷(解析版)，共21页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】.
故选：A.
2. 已知向量，，且向量与平行，则的值为（ ）
A. B. -2C. D. 2
【答案】D
【解析】向量，，且向量与平行，
所以，即.
故选：D.
3. 甲、乙两人进行射击比赛，甲的中靶概率为，乙的中靶概率为，则两人各射击一次，恰有一人中靶的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】记甲中靶为事件A，乙中靶为事件B，
则，
甲乙两人各射击一次恰有一人中靶，分甲中乙不中和甲不中乙中两种情况，
则甲乙两人各射击一次恰有一人中靶的概率为
.
故选：C.
4. 演讲比赛共有位评委，分别给出某选手的原始评分，，，，，，，，，评定该选手的成绩时，从个原始评分中去掉个最高分和个最低分，得到个有效评分．这个有效评分与个原始评分相比，不变的数字特征是（ ）
A. 极差B. 中位数C. 平均数D. 方差
【答案】B
【解析】从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分为：
9.2，9.5，9.6，9.1，9.3，9.0，9.3，
极差：，
将7个有效评分从小到大排列为：9.0，9.1，9.2，9.3，9.3，9.5，9.6，
所以中位数为：9.3；
平均数：，
，
9个原始评分的极差为：，
将9个有效评分从小到大排列为：8.8，9.0，9.1，9.2，9.3，9.3，9.5，9.6，9.7，
所以中位数为：9.3；
平均数为：，
，
所以不变的数字特征是中位数.
故选：B.
5. 某中学组织三个年级的学生进行党史知识竞赛. 经统计，得到前名学生分布的扇形图（如图）和前名中高一学生排名分布的频率条形图（如图），则下列命题错误的是（ ）
A. 成绩前名的学生中，高一人数比高二人数多人
B. 成绩前名的学生中，高一人数不超过人
C. 成绩前名的学生中，高三人数不超过人
D. 成绩第名到第名的学生中，高二人数比高一人数多
【答案】D
【解析】由饼状图，成绩前200名的200人中，
高一人数比高二人数多，A正确；
由条形图知高一学生在前200名中，前100和后100人数相等，
因此高一人数为，B正确；
成绩前50名的50人中，高一人数为，因此高三最多有32人，
C正确；
第51到100名的50人中，高一人数为，故高二最多有23人，
因此高二人数比高一少，D错误．
故选：D．
6. 如图，、、三点在半径为的圆上运动，且，是圆外一点，，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】连接，如下图所示：
因为，则为圆的一条直径，故为的中点，
所以，，
所以，
，
当且仅当、、共线且、同向时，等号成立，
因此，的最大值为.
故选：C.
7. 一个袋中有大小和质地相同的个球，其中有个红球和个白球，从中一次性随机摸出个球，则下列说法正确的是（ ）
A. “恰好摸到个红球”与“至少摸到个白球”是互斥事件
B. “恰好没摸到红球”与“至多摸到个白球”是对立事件
C. “至少摸到个红球”的概率大于“至少摸到个白球”的概率
D. “恰好摸到个红球”与“恰好摸到个白球”是相互独立事件
【答案】B
【解析】对于A选项，“恰好摸到个红球”为红白，
“至少摸到个白球”包含：红白、白，
所以，“恰好摸到个红球”与“至少摸到个白球”不是互斥事件，A错；
对于B选项，“恰好没摸到红球”为白，“至多摸到个白球”包含：红、红白，
所以，“恰好没摸到红球”与“至多摸到个白球”是对立事件，B对；
对于C选项，个红球分别记为、，个白球分别记为、，
从个红球和个白球中一次性随机摸出个球，所有的基本事件有：、、、、
、，
其中，事件“至少摸到个红球”包含的基本事件有：、、、、，
其概率为，
事件“至少摸到个白球”包含的基本事件有：、、、、，其概率为，
所以，“至少摸到个红球”的概率等于“至少摸到个白球”的概率，C错；
对于D选项，记事件恰好摸到个红球，事件恰好摸到个白球，
则，，则，
所以，“恰好摸到个红球”与“恰好摸到个白球”不是相互独立事件，D错.
故选：B.
8. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，点是与图象的连续相邻的三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】依题意，，
函数周期，
在同一坐标系内作出函数的图象，如图，
，，为连续三交点，(不妨设在轴下方)，为的中点，
由对称性知，是以为底边的等腰三角形，，
由，整理得，
又，解得，
于是点，的纵坐标有，即，
要使为锐角三角形，当且仅当，
即，解得，
所以的取值范围是.
故选：C.
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，错选得0分．
9. 已知复数在复平面内对应的点为，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】因为，故，故，，
而，故ACD正确；
取，故，则，故B错误.
故选：ACD.
10. 已知是异面直线，是不同的平面，，，直线 满足，，则下列关系不可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】若，可得，又，可得，与是异面直线矛盾，
故A不能成立；
若，，，则可能异面或相交，故B可能成立；
当，，直线 满足，，
当直线与两个平面的交线平行且在平面外时，满足，如图，
故C可能成立；
当时，由知，这与矛盾，故D不可能成立.
故选：AD.
11. 已知是单位向量，则下列命题正确是（ ）
A. 若，则
B. 若不共线，则
C. 若，则夹角的最小值是
D. 若的夹角是，则在上的投影向量是
【答案】BC
【解析】A：因为向量是单位向量，
所以，锝，故A错误；
B：，所以，故B正确；
C：，
得，则，所以夹角的最小值是，故C正确；
D：在上的投影向量是，故D错误.
故选：BC.
12. 如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，，，点是线段上的动点，则下列命题中正确的是（ ）
A. 不存在点，使得直线平面
B. 直线与所成角余弦值的取值范围是
C. 直线与平面所成角的取值范围是
D. 三棱锥的外接球被平面所截得的截面面积是
【答案】BCD
【解析】取EF中点G，连DG，令，连FO，如图，
在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，
则且，即四边形DGFO是平行四边形，
即有，而平面ACF，平面，
于是得平面ACF，当点P与G重合时，直线平面ACF，故A错误；
因平面平面ABCD，平面平面，，
平面，
所以平面，因为，所以平面，
因为平面，所，
因为，，所以，
又，所以直线与所成角为（或其补角），
因为
，
而，，所以，
当时，，
当时，
，
综上，，故B正确；
设到平面的距离为，因为，，
所以，又，
由等体积法，，即，解得，
设直线与平面所成角为，
当与重合时，直线平面ACF，直线与平面所成角，
当点由向运动时，变大，当运动到时，因为，
所以，由知，，
当运动到时，，
综上知，，故C正确；
在中，，显然有，
，
由正弦定理得外接圆直径，，
以为长宽高作长方体，如图，
则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面是的外接圆，
其面积为，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分．
13. 若圆锥的母线长为，轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的体积是______．
【答案】
【解析】因为圆锥的母线长为，轴截面是等腰直角三角形，
故圆锥的高为且底面半径为，故体积为.
故答案为：.
14. 若，则________.
【答案】4
【解析】∵，∴．
故答案为：4．
15. 如图，平面四边形的斜二测直观图是等腰梯形，，那么原平面四边形中的边的长是______．
【答案】
【解析】在等腰梯形中，，，
则，
由斜二测画法规则知，四边形的顶点A与原点O重合，
点B，D分别在x轴、y轴上，，
且，如图，
显然四边形为直角梯形，于是得.
故答案为：.
16. 如图，测量河对岸的塔高，可以选取与塔底在同一水平面内的两个基点和进行测量，现测得米，，在点和测得塔顶的仰角分别为，则塔高______米．
【答案】
【解析】设米，
在中，，
中，，
在中，，
即，所以，
解得（米）.
故答案为：28.
17. 如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是，则该多面体外接球的表面积是______.
【答案】
【解析】由题意可得多面体的棱长为原正四面体棱长的，设原正四面体的棱长为，
则其表面积为，由图易知该多面体与原正四面体相比较，
表面积少了8个边长为的正三角形的面积，
所以该多面体的表面积为，所以，
如图，是下底面正六边形的中心，是上底面正三角形的中心，
由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心在原正四面体的高上，
，，
设球的半径为，在中，，所以，
在中，，
所以，
所以，解得，所以，
所以该多面体外接球的表面积.
故答案为：.
18. 赵爽是我国古代数学家，大约在公元年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（由个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）．类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设，若，则的值是_______．
【答案】
【解析】因为，不妨设，因此，，
由题意得，所以
，所以，
延长交于，记，
则，
所以，
又由题意易知，则，
在三角形中，由正弦定理得，
即，
因此，
，
所以，，
因为，即，
整理得，
所以，
又因为，则，
所以.
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，每小题12分，共60分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19. 杭州年第届亚运会将于年月日至月日举行．随着亚运会的临近，亚运会的热度持续提升．为让更多的人了解亚运会运动项目和亚运精神，某大学举办了亚运会知识竞赛，并从中随机抽取了名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）试根据频率分布直方图求出这名学生中成绩低于分的人数；
（2）试估计这名学生成绩的第百分位数；
（3）若采用分层抽样的方法从成绩在，，的学生中共抽取人参加志愿者活动．现从这人中随机抽取人分享活动经验，求抽取的人成绩都在的概率．
解：（1）由频率分布直方图中数据可知：.
（2）成绩小于80的频率为，
成绩在的频率为，因为，
所以这名学生成绩的第百分位数在内，
所以随机抽取的100名学生成绩的第75百分位数为.
（3）因为成绩在，，的学生人数所占比例为3:2:1，
所以从成绩在，，所抽取人数分别应抽取3人，2人，1人，
记抽取成绩在的3人为，成绩在 为，
，共15种，
抽取的2人成绩都在的是，共3种，
抽取的人成绩都在的概率为.
20. 已知函数的最大值为．
（1）求常数的值；
（2）求使成立的的取值集合．
解：（1）
，
由于函数的最大值是1，所以，
即.
（2）由，
所以，，
解得，
的取值集合为.
21. 在直三棱柱中，、分别是、的中点，，，．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离．
解：（1）连接，因为，，是的中点，
所以，，则，
所以，又，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以，
，平面，所以平面.
（2）由平面，平面，，
又，，平面，
所以平面，
因为，所以，则，，
所以，所以，
设点到平面的距离为，
，，
即，解得，
所以点到平面的距离为.
22. 在中，三个内角所对的边分别是，，，且．
（1）求；
（2）当取最大值时，求的周长．
解：（1）因为，所以，
由正弦定理可得，整理得到：，
所以，而，故.
（2）因为，故，
故，所以，
故，
整理得到，
故，当且仅当时等号成立，
故此时，对应的的周长为.
23. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，在锐角中，，点在上，.
（1）求证：平面；
（2）若与平面所成的角为，求二面角的正切值.
解：（1）证明：连接交于点，连接，
，，，
又平面，平面，
平面.
（2）在平面内作，为垂足，连接，
平面，
平面，
又平面，，
又因为平面，
所以平面，
所以就是与平面所成的角，即，
因为，所以，，
平面，平面，平面平面，
在平面内过作于，交于点，
在平面内过作于，连接，
因为平面平面，，平面平面，
平面，
所以平面，又因为平面，所以，
又因为平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
求得，，
因为，
所以∽，所以，
所以，
，
在平面内过作于，则，
，
则，，，
，
所以二面角正切值是.