广东省中山市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（教师版含解析）

这是一份广东省中山市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（教师版含解析），共19页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号(考号)填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4．考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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. 在锐角三角形中，，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理即可求解.
【详解】解：在锐角三角形中，，由正弦定理得，
又，所以，且，故.
故选：A
2. 已知复数z满足，则( )
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的四则运算可求得，即可求得．
【详解】根据题意，设，所以，
所以所以或,
所以复数或，
所以．
故选:B．
3. 已知，，设，的夹角为，则在上的投影向量是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的求法求得正确答案.
【详解】在上的投影向量是：
.
故选：A
4. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为( )
A. 8B. C. 16D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的周长即可．
【详解】还原直观图为原图形如图所示，
因为，所以，还原回原图形后，
，，
所以，
所以原图形的周长为．
故选：C.
5. 已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系逐一判断即可.
【详解】若，，，则可能平行，可能相交，故A错误；
若，，则或或或与相交(不垂直)，故B错误；
若，则或，故C错误，
因为，，所以，又，所以，故D正确.
故选：D
6. 南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔(Flrence Nightingale1820－1910)设计的，图中每个扇形圆心角都相等，半径长短表示数量大小.某机构统计了近些年中国知识付费用户数量(单位：亿人次)，并绘制成南丁格尔玫瑰图如下，根据此图，下列说法错误的是( )

A. 2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加
B. 2017年至2018年，知识付费用户数量增加量为近些年来最多
C. 2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍
D. 2016年至2022年，知识付费用户数量的年增加量逐年递增
【答案】D
【解析】
【分析】利用题中所给的南丁格尔玫瑰图逐一考查所给选项，即可得解.
【详解】对于A，由图可知，2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加，故A正确；
对于BD，知识付费用户数量的逐年增加量分别为：2016年，；
2017年，；2018年，；2019年，；
2020年，；2021年，；2022年，，
可知知识付费用户数量逐年增加量2018年最多，故B正确，D错误；
对于C，由，即2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍，故C正确；
故选：D
7. 把函数的图象向左平移个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】，将其图像向左平移个单位长度后得到函数的图象，则其对称轴为即，所以，则．因为，所以的最小值为，故选C
8. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础．现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点)，地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC 100 m，则该球体建筑物的高度约为( )(cs10° ≈ 0.985)
A. 49.25 mB. 50.76 m
C. 56.74 mD. 58.60 m
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数可得，利用求解即可.
【详解】如图，
设球的半径为
，
，
，
故选：B
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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，．则b可以为( )
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】AB
【解析】
【分析】由正弦定理可得，由得，结合选项即可求解.
【详解】在△ABC中，，，
由正弦定理可得，即，所以，
因为，所以，
所以b可以为7，8，
故选：AB.
10. 以下化简结果正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由两角和与差的正弦公式，可判定A正确；利用辅助角公式和两角差的余弦公式，可判定B错误；由两角和的正切公式，可判定C正确；根据余弦的倍角公式和三角函数的基本关系式，可判定D正确.
【详解】对于A中，由两角和与差的正弦公式，可得
，所以A正确；
对于B中，由，所以B错误；
对于C中，因为，
可得，
所以，所以C正确；
对于D中，由余弦的倍角公式，可得，所以D正确.
故选：ACD.
11. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件 “第一次出现2点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为奇数”，“两次点数之和为9”，则下列说法正确的有( )
A. 与不互斥且相互独立B. 与互斥且不相互独立
C. 与互斥且不相互独立D. 与不互斥且相互独立
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据事件的互斥与独立的定义对选项一一验证即可.
【详解】对于A：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次与第二次的结果互不影响，即与相互独立；
第一次出现2点，第二次的点数小于5点可以同时发生，与不互斥；故A正确；
对于B：连续抛掷一枚质地均匀骰子两次，第一次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；
第一次出现2点，则两次点数之和最大为8，即与不能同时发生，即与互斥，故B正确；
对于C：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第二次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；
若第一次的点数为5，第二次的点数4点，则两次点数之和为9，即与可以同时发生，即与不互斥，故C错误；
对于D：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果不会影响两次点数之和的奇偶，即与相互独立；
若第一次的点数为2，第二次的点数3点，则两次点数之和为5是奇数，即与可以同时发生，即与不互斥，故D正确.
故选：ABD.
12. 如图，在正方体中，分别为的中点，则下列说法正确的是( )
A.
B. 平面
C. 与所成的角的余弦值为
D. 点到平面距离为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据线线垂直、线面平行、线线角、点面距等知识对选项进行分析，由此确定正确答案.
【详解】A选项:取中点为，则易得：，故与，，可得平面，又平面，故，A正确；
B选项：若平面，则平面或在平面内，显然不成立，B错误；
C选项：取中点为，则即为所求角，，故，D错误；
D选项：三棱锥中，，
等边三角形的外接圆半径为，
所以到平面的距离为，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. 某校从高一男生中随机抽取了一个容量为20的身高样本，将得到的数据(单位：cm)从小到大排序：152，155，158，164，164，165，165，165，166，167，168，168，169，x，172，172，173，173，174，175．若该样本数据的第70百分位数是171，则x的值为______．
【答案】170
【解析】
【分析】根据百分位数的定义求解即可
【详解】因为，
所以第70百分位数为第14个数和第15个数的平均数，
因为该样本数据的第70百分位数是171，
所以，解得，
故答案为：170
14. 如图，在△ABC中，，，，M是BC边上的中点，P是AM上一点，且满足，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题可得，又由图可得，据此可得答案.
【详解】由图可得三点共线，又，则.注意到，
则
.
故答案为：
15. 某班同学的体重状况调查中，已知30名男生的平均体重为60kg，方差为50，20名女生的平均体重为50kg，方差为60，那么该班50名同学的平均体重为__________kg，方差为__________.
【答案】 ①. 56； ②. 78
【解析】
【分析】直接计算50名同学的平均体重即可；由总体样本方差公式求出50名同学的方差即可.
【详解】该班50名同学的平均体重为；
由总体样本方差公式可得该班50名同学的方差为.
故答案为：56；78.
16. 为了研究问题方便，有时将余弦定理写成：，利用这个结构解决如下问题：若三个正实数，满足，，，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】设的角、、的对边分别为、、，在内取点，使得，设，，，利用余弦定理得出的三边长，由此计算出的面积，再利用可得出的值.
【详解】设的角、、的对边分别为、、，
在内取点，使得，
设，，，
由余弦定理得，，
，∴，
，∴，
则，
则，所以，
由，
得，
即，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：在内取点，使得是解决本题的关键.
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. 已知向量，满足，，．求：
(1)；
(2)与的夹角．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据向量模的坐标运算以及向量的基本运算可以直接求得；
(2)根据向量数量积的定义进行计算即可得到结果.
【小问1详解】
由，得，
故，代入，，得，
由，得
【小问2详解】
由,
由于，
故与的夹角为.
18. 已知锐角三角形中，，.
(Ⅰ)求证：；
(Ⅱ)求的值.
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).
【解析】
【分析】(Ⅰ)由和差角的正弦公式化简可得，再由商数关系即可得证；
(Ⅱ)由商数关系可得，再由和角的正切公式解方程即可得解.
【详解】(Ⅰ)证明：，
，
所以.
(Ⅱ)，，
，即，
将代入，得:.
解得，舍去负值,得.
19. 在某次乒乓球团体选拔赛中，甲乙两队进行比赛，采取五局三胜制(即先胜三局的团队获得比赛的胜利)，假设在每局比赛中，甲队获胜的概率为0.6，乙队获胜的概率为0.4，各局比赛相互独立.
(1)求这场选拔赛三局结束的概率；
(2)若第一局比赛乙队获胜，求比赛进入第五局的概率.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据题意，找出这场选拔赛三局结束的事件，利用概率公式即可求解；
(2)先找出满足条件的事件，然后利用概率公式即可求解.
【小问1详解】
设“第i局甲胜”为事件，“第j局乙胜”为事件(i，，2，3，4，5)，
记“三局结束比赛”，则，
所以
；
【小问2详解】
记“决胜局进入第五局比赛”，则，
所以
.
20. 古希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式，即利用三角形的三边长求三角形面积.若三角形的三边分别为a，b，c，则其面积，其中.
(1)证明：海伦公式；
(2)若，，求此三角形面积的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)由三角形的面积公式结合同角三角函数的关系，表示为，再用余弦定理化角为边，构造完全平方式，再化简即可得证；
(2)根据海伦公式，结合题意，用边长表示三角形的面积，利用基本不等式求解三角形面积的最大值.
【小问1详解】
，其中，得证.
【小问2详解】
因为，，所以，
所以
，
所以，当且仅当，即时等号成立，
所以得最大值为，
此时，，，满足，符合题意.
21. 已知满足．
(1)试问：角是否可能为直角？请说明理由；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】(1)角不可能为直角，理由见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)使用反证法，假设角为直角，根据题目条件证明假设不成立，得到角不可能为直角；
(2)将的取值范围转化为的取值范围，通过为锐角三角形，列出关于的不等式，进而求得结果.
【小问1详解】
假设角为直角，则，
所以，
因为，
所以，
所以，所以，
显然，所以矛盾，故假设不成立，
所以角不可能直角．
【小问2详解】
因为，
所以，
由正弦定理，得，
由余弦定理化简，得，
因为为锐角三角形，
所以
令，则有，
所以的取值范围为．
22. 如图1，在平行四边形ABCD中，，，，E是边BC上的点，且．连结AE，并以AE为折痕将△ABE折起，使点B到达点P的位置，得到四棱锥，如图2．
(1)设平面PEC与平面PAD的交线为l，证明：AD∥l；
(2)在图2中，已知．
①证明：平面PAE⊥平面AECD；
②求以P，A，D，E为顶点的四面体外接球的表面积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①证明见解析；②.
【解析】
【分析】(1)由题意有，根据线面平行判定可得面，再利用线面平行的性质即可证结论.
(2)①若为中点，连接，由等腰三角形性质有，利用勾股定理得到，再根据线面、面面垂直的判定证结论.
②首先确定外接球球心位置，结合底面外接圆半径及面，求出球体半径，进而求表面积.
【小问1详解】
由题设，，而面，面，
所以面，
又面，面，平面PEC与平面PAD的交线为l，面
所以且，
综上，.
【小问2详解】
①若为中点，连接，
由题设，，，则，，
所以，故，
又，平行四边形ABCD中，可得，
在△中，，，故，
在△中，，，即，
所以，又为中点，故，
在△中，，，则，
所以，
由，面，故面，
又面，则面面.
②由①知：△为直角三角形，则外接圆圆心为，故外接圆半径为，
又面，则以P，A，D，E为顶点的四面体外接球球心在直线上，
若外接球半径为，则，可得，
所以外接球的表面积为.