山东省泰安市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

高一年级考试

数学试题

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，将本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. 若复数满足（为虚数单位），则在复平面内对应的点在（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限

C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.

【详解】因为，

所以，

则在复平面内对应的点为，位于第三象限.

故选：C

2. 已知，，，则（    ）

A. 0.5 B. 0.6 C. 0.8 D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】依题意根据计算可得；

【详解】解：因为，，

则，所以事件与事件不相互独立，

．

故选：B

3. 如图，某圆柱侧面展开图的斜二测直观图为平行四边形，已知，则该圆柱的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用斜二测画法得到原图矩形ABCD中，，从而求出圆柱的高，底面半径，从而求出圆柱的体积.

【详解】由斜二测画法得，在原图矩形ABCD中，，所以该圆柱的高为，底面半径为，故该圆柱的体积为．

故选：B

4. 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ）

A. 若，，则 B. 若，，则

C. 若，，则 D. 若，，则

【答案】B

【解析】

【分析】根据空间线面位置关系依次分析各选项即可得答案.

【详解】解：对于A选项，若，，则或异面，故A选项错误；

对于B选项，若，，则，故B选项正确；

对于C选项，若，，则或或相交，故C选项错误；

对于D选项，若，，则或，故D选项错误；

故选：B

5. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，参保险种比例定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．已知该保险公司对5个险种的参保客户进行抽样调查，得出如上统计图例，则以下四个选项错误的是（    ）

A. 周岁人群参保总费用最少

B. 30周岁以下的参保人群约占参保人群的

C. 54周岁以上的参保人数最少

D. 丁险种更受参保人青睐

【答案】A

【解析】

【分析】根据统计图表一一分析即可.

【详解】对于选项A，由扇形统计图及折线图可知，，

故不小于周岁人群参保总费用最少，故A错误；

对于选项B，由扇形统计图可知，周岁以下参保人群约占参保人群的，故B正确；

对于选项C，由扇形统计图可知，54周岁以上的参保人数约占，人数最小，故C正确；

对于选项D，由柱状图可知，丁险种更受参保人青睐，故D正确；

故选：A．

6. 抛掷-枚质地均匀的骰子2次，甲表示事件“第一次骰子正面向上的数字是2”，乙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是5”，丙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是7”，则（    ）

A. 甲乙互斥 B. 乙丙互为对立 C. 甲乙相互独立 D. 甲丙相互独立

【答案】D

【解析】

【分析】先根据古典概型的概率公式分别求出三个事件的概率，再利用互斥事件、对立事件以及事件的独立性定义判断各选项的正误即可.

【详解】由题意可知，先后抛掷两枚骰子出现点数的所有可能情况为36种，

甲表示事件“第一次骰子正面向上的数字是2”包含的基本事件有：

，则；

乙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是5” 包含的基本事件有：

，则；

丙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是7” 包含的基本事件有：

，则；

对于A，甲乙有可能同时发生不是互斥事件，A错误；

对于B，除了乙丙以外还有其他事件发生不是对立事件，B错误；

对于C，甲乙同时发生的概率为，C错误；

对于D，甲丙同时发生的概率为，D正确.

故选：D.

7. 已知，，，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先算，再求与向量同向的单位向量和在上的投影，然后由投影向量定义可得.

【详解】由题知，与向量同向的单位向量为

因，所以，得

所以向量在向量上的投影为，

所以向量在向量上的投影向量为.

故选：D

8. 已知正四面体的体积为，为棱的中点，球为该正四面体的外接球，则过点的平面被球所截得的截面面积的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，根据正四面体的体积求出棱长和正方体的边长，再利用正方体的体对角线等于外接球的直径，即可求出球的半径，当过点的截面到球心的距离最大为时，截面圆的面积达最小值，最后利用球的截面的性质求出截面圆的半径，即可求出截面圆的面积最小值.

【详解】如图所示，球为正四面体的外接球，即为正方体的外接球，

正四面体体积为，

设正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，

所以，解得，

设正四面体的外接球的半径为，则，

基底，

因为为棱的中点，过点作其外接球的截面，

当截面到球心的距离最大值时，截面圆的面积达最小值，

此时球心到截面距离等于正方体棱长的一半，即，

可得截面圆的半径为：，

所以截面圆的面积最小值为：.

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. 设复数，则下列说法正确的是（    ）

A. 的虚部是

B.

C. 复平面内和分别对应的两点之间的距离为1

D.

【答案】BD

【解析】

【分析】对于A，根据复数虚部的定义判断，对于B，通过计算判断，对于C，利用两点间的距离公式分析判断，对于D，通过计算判断.

【详解】对于A，由，得，所以的虚部为，所以A错误，

对于B，因为，，所以，所以B正确，

对于C，因为平面内和分别对应的点分别为和，

所以这两个点间的距离为，所以C错误，

对于D，因为，所以D正确，

故选：BD

10. 已知函数的最大值为3，且的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（    ）

A. 函数的最小正周期为 B.

C. 函数的图象关于点对称 D. 函数在上单调递减

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据函数的性质求出、，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.

【详解】因为的最大值为，所以，

又的图象关于直线对称，所以，，所以，，

因为，所以，所以，则函数的最小正周期，故A错误；

，故B正确；

，所以关于对称，故C正确；

当，则，因为在上单调递减，

所以函数在上单调递减，故D正确；

故选：BCD

11. 已知点是所在平面内一点，且，，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则点是边的中点

B. 若点是边上靠近点的三等分点，则

C. 若，则与的面积相等

D. 若点在边中线上，且，则点是的重心

【答案】BC

【解析】

【分析】根据平面向量线性法则及共线定理判断即可.

【详解】对于A：当，则，

即，即，所以，故A错误；

对于B：若点是边上靠近点的三等分点，所以，

所以，

又，且、不共线，所以，故B正确；

对于C：若，则，

所以，

如图延长到点使得，延长到点使得，则，，

所以，所以、、三点共线，

又为三角形的中位线，所以、到的距离相等，所以，故C正确；

对于D：取的中点，所以，

又点在边的中线上，设，

所以，

又，所以，又，所以，即，

此时为的中点，则点不是的重心，故D错误；

故选：BC

12. 如图，在直三棱柱中，已知，为的中点，过的截面与棱，分别交于点，，则下列说法正确的是（    ）

A. 三棱锥的体积为定值

B. 线段长度的取值范围是

C. 当点与点重合时，四棱锥的体积为2

D. 存在点，使得

【答案】AC

【解析】

【分析】延长交延长线于，连接，过点作交于点，根据及锥体的体积判断A；用长表示长并求出范围判断B；利用割补法求出体积判断C；取上靠近点的四等分点，依题意，只要即可，推出矛盾，即可判断D.

【详解】在直三棱柱中，，，E为的中点，有，

延长交延长线于，连接，如图1，令，

于是，即，由，得，即，

对于A，因为为的中点，为等腰直角三角形，

过点作交于点，则，

又直三棱柱中，平面平面，且平面平面，

平面，所以平面，

又四边形为矩形，在上，所以

所以，故A正确；

对于B，显然在上单调递增，所以，故B错误；

对于C，当点与点B重合时，如图，，，，

四棱锥即的体积：

，故C正确；

对于D：取上靠近点的四等分点，又A可知即在平面内的射影，

要使，只要即可，

若，设，则，又，

所以，所以，得，则，

所以不存在点，使得，故D错误；

故选：AC

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 2022年2月20日晚，备受瞩目的第24届冬季奥运会在北京圆满落幕．这是一场疫情肆虐下的体育盛会，是一场团结、友谊、奋进、拼搏的盛会，是一场充分体现中华民族文化自信的盛会．筹备期间，某大学青年志愿者协会接到组委会志愿者服务邀请，计划从大一至大三青年志愿者中选出24名志愿者参与冬奥会的志愿服务工作．已知大一至大三的青年志愿者人数分别为50，40，30，则按分层抽样的方法，在大一青年志愿者中应选派__________人．

【答案】

【解析】

【分析】根据分层抽样按比例抽取计算即可

【详解】由题意，在大一青年志愿者中应选派人

故答案为：

14. 已知是第三象限角，且，则的值是___________.

【答案】##-0.75

【解析】

【分析】根据同角三角函数关系式求得的值，再根据正切二倍角公式求得的值.

【详解】因为是第三象限角，且，

所以，则，

所以.

故答案为：.

15. 如图，为了测量河对岸的塔高，选取与塔底在同一水平面内的两个观测点和，测得，并在处测得塔顶的仰角为，则塔高________m．

【答案】

【解析】

【分析】先在中，利用正弦定理求出，然后利用锐角三角函数可求出.

【详解】在中，，，

则，

由正弦定理得，

所以，

所以，得，

在中，，，

所以，

所以塔高，

故答案为：

16. 在锐角中，已知，，则的取值范围为________．

【答案】

【解析】

【分析】利用正弦定理得到，，则，再转化为关于的三角形函数，由三角形为锐角三角形求出的取值范围，结合二次函数的性质计算可得.

【详解】由正弦定理，即，

所以，，

所以

，

因为为锐角三角形，所以，解得，

所以，则，

令，则，，，显然在上单调递增，

且，，所以，

即，

所以的取值范围为.

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. 在锐角中，内角的对边分别为，向量，，且．

（1）求；

（2）若为中点，，的面积为，求的长．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由向量共线的坐标表示得到，再由正弦定理将边化角，即可得解；

（2）由面积公式求出，即可得到，再由余弦定理计算可得.

【小问1详解】

因为向量，，且，

所以，由正弦定理可得，因为，

所以，又，所以.

【小问2详解】

因为的面积为，所以，

又，，所以，

所以，在中

，

所以.

18. 如图，平面，，，为中点．

（1）求证：平面；

（2）求点到平面的距离．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接、，即可得到四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；

（2）利用等体积法求出点到平面的距离.

【小问1详解】

取的中点，连接、，因为为中点，

所以且，又，，，

即且，

所以且，

所以四边形为平行四边形，

所以，

又平面，平面，所以平面.

  【小问2详解】

因为，，所以，

所以，

又平面，所以，

因为，，所以，

由平面，平面，所以，，

又，，

所以，

所以，

设点到平面的距离为，则，

解得.

19. 某城市正在进行创建文明城市的活动，为了解居民对活动的满意程度，相关部门从甲，乙两个社区各抽取了20人进行打分（分数为正整数，满分100分）．

甲社区20名居民的打分记录如下：

52，56，59，63，64，70，71，73，75，75，80，80，81，82，85，86，88，89，93，95．

将乙社区20名居民打分分成五组，并画出了其频率分布直方图

（1）根据以上数据，求甲社区20名居民打分的第75百分位数；

（2）估计乙社区20名居民打分平均分（同组中的每个数据用该组区间的中点值代替）；

（3）现从甲，乙两社区打分不低于90分的居民中，任选2人，求2人不在同一社区的概率．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据百分位数计算规则计算可得；

（2）根据频率分布直方图中平均数公式计算可得；

（3）利用列举法及古典概型的概率公式计算可得.

【小问1详解】

因为，

所以这个数据的第百分位数是从小到大排列的第和第个数的平均数，即，

即甲社区名居民打分的第百分位数为.

【小问2详解】

由频率分布直方图可知，乙社区名居民打分的平均分为：

.

【小问3详解】

甲社区打分不低于分的有人记作、，

乙社区打分不低于分的有人，记作、、，

从中任选人的可能结果有、、、、、、、、、共个基本事件，

其中满足人不在同一社区的有、、、、、共个基本事件，

所以人不在同一社区的概率.

20. 已知向量，，设．

（1）若，求的值；

（2）将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数在上有零点，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据数量积的坐标表示结合三角恒等变换可得的表达式，结合可得，利用诱导公式化简求值，即得答案.

（2）根据三角函数图像的变换规律可得的表达式，结合x的范围求得的值域，即可求得答案.

【小问1详解】

由题意得

，

由，得，即，

故.

【小问2详解】

由题意得，

因为，故，

所以，故，

故函数在上有零点时，实数的取值范围为.

21. 甲，乙两人进行游戏比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．

（1）求第三局结束时甲获胜的概率；

（2）求乙最终以分获胜的概率．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）对甲来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）,根据独立事件的乘法公式即可求解.

（2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解.

【小问1详解】

设事件为“第三局结束甲获胜”，

由题意知，甲每局获胜的概率为，不获胜的概率为．          

若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）． 

故.

【小问2详解】

由题知，每局比赛中，乙获胜的概率为，平的概率为，负的概率为，

设事件为“乙最终以分获胜”．

若第二局结束乙获胜，则乙两局连胜，此时的概率．  

若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．   

此时的概率．           

若第四局结束乙以分获胜，则乙第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：

（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），

（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）．          

此时的概率         

故.

22. 如图1，在边长为4的菱形中，，，分别为，的中点，将沿折起到的位置，得到如图2所示的三棱锥．

（1）证明：；

（2）为线段上一个动点（不与端点重合），设二面角的大小为，三棱锥与三棱锥的体积之和为，求的最大值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）在菱形中连接交于点，则，即可得到，，从而得到平面，即可得证；

（2）在菱形中，连接交于点，即可得到是二面角的平面角，即，过作于点，过作于点，即可得到平面，平面，则、分别为三棱锥、的高，即可表示出，，再由锥体的体积公式及二倍角公式公式计算可得.

【小问1详解】

在菱形中连接交于点，

所以为的中点，，在三棱锥中，，，

，平面，

所以平面，平面，

所以.

      【小问2详解】

在菱形中，连接交于点，因为，分别为，的中点，

所以且，所以，

在三棱锥中，，，

所以是二面角的平面角，

所以，

过作于点，过作于点，

因为平面，平面，

所以，

又，，平面，

所以平面，

同理可证平面，

所以、分别为三棱锥、的高，

因为菱形边长为，所以，所以，

在中，

所以，

因为，

所以，

所以，

所以

，

因为，所以当时取得最大值.