常州高级中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

第20页/共20页江苏省常州高级中学2022~2023学年第二学期期末质量检查高一年级数学试卷2023.06说明：1．请将所有题目的答案填涂在答卷纸上．2．本卷总分150分，考试时间120分钟．一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共计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.复数在复平面内对应点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】直接利用复数的除法运算，结合复数的几何意义即可.【详解】复数，则其在复平面所对应的点为，故其在第四象限，故选：D.2.若、是两个不重合的平面，①若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则；②设、相交于直线，若内有一条直线垂直于，则；③若外一条直线与内的一条直线平行，则.以上说法中成立的有（）个.A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用面面平行的判定定理可判断①；根据已知条件判断平面与平面的位置关系，可判断②；利用线面平行的判定定理可判断③.【详解】对于①，设、为平面内两条相交直线，、为平面内两条相交直线，且满足，，因为，，，所以，，同理可得，因为、为平面内两条相交直线，故，①对；对于②，设、相交于直线，若内有一条直线垂直于，则、相交（不一定垂直），②错；对于③，若外一条直线与内的一条直线平行，由线面平行的判定定理可知，，③对.所以，真命题的个数为.故选：C.3.如图，在正方体中，二面角的大小为A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据平面，可知，同时，可知二面角的平面角为，即可得结果.【详解】由题可知：在正方体中，平面由平面，所以，又所以二面角的平面角为，因为，则故选：B【点睛】本题考查二面角的平面角的大小，关键在于找到该二面角的平面角，考查观察能力以及概念的理解，属基础题.4.如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可.【详解】解：由题意得，球的半径，圆柱的底面半径，高，则该几何体的表面积为.故选：D.5.在中，，点M满足，若，则BC的值为（）A.1 B. C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】取中点O，由已知可确定，利用向量的运算和长度关系将转化为，由此构造方程求得.【详解】取中点O，连接，，即，M为BC边上靠近C的四等分点，，，，，又，，.故选：C.6.正四面体ABCD中异面直线AB与CD所成角为，侧棱AB与底面BCD所成角为，侧面ABC与底面BCD所成的锐二面角为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分别根据异面直线所成角的定义，线面角的定义，以及二面角的定义确定的大小即可得到结论．【详解】过A作A在底面的射影O，∵是正四面体，∴O是底面的中心，取的中点，连接，如图所示，在正四面体中，平面，平面，，又，平面，，则平面，平面，，即异面直线与所成的角为，侧棱在底面内的射影为，则是侧棱与底面所成的角，即，，，侧面与底面所成的角为，∴，∵，，

∵，∴，即，则，即.故选：A7.中，角、、的对边分别是、、，角的平分线交边于点．若，，且，则中最长的边为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由结合三角形的面积公式可得出，利用余弦定理可求得的值，进而可得出关于、的方程组，解之即可.【详解】因为，由，即，整理可得，由余弦定理可得，所以，，即，解得或（舍）.所以，，即，解得或，因为，故中最长的边为，故选：B.8.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为、中点，，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即，故选D．解法二:设，分别为中点，，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，，为中点，，，，，又，两两垂直，，，，故选D.【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共计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.某市2022年经过招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该市的经济收入的变化情况，统计了该市招商引资前后的年经济收入构成比例，得到如下扇形图：则下列结论中正确的是（）A.招商引资后，工资净收入较前一年增加B.招商引资后，转移净收入是前一年的1.25倍C.招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和超过了该年经济收入的D.招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍【答案】AD【解析】【分析】根据已知条件及扇形图的特点即可求解.【详解】设招商引资前经济收入为，而招商引资后经济收入为，则对于A，招商引资前工资性收入为，而招商引资后的工资性收入为，所以工资净收入增加了，故A正确；对于B，招商引资前转移净收入为，招商引资后转移净收入为，所以招商引资后，转移净收入是前一年的倍，故B错误；对于C，招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和为，所以招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和低于该年经济收入的，故C错误；对于D，招商引资前经营净收入为，招商引资后转移净收入为，所以招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍，故D正确.故选：AD.10.一名射击运动员射击一次击中目标的概率为，若他连续射击两次，则下列正确的是（）A.事件“两次均击中”与“恰击中一次”为互斥事件B.事件“两次均未击中”与“至少击中一次”互为对立事件C.事件“第一次击中”与“两次均击中”相互独立D.该运动员击中目标概率为【答案】ABD【解析】【分析】根据互斥事件、对立事件和相互独立事件的概念判断ABC选项；先求出该运动员未击中目标的概率，进而可得该运动员击中目标的概率，即可判断D选项.【详解】事件“两次均击中”与“恰击中一次”不能同时发生，属于互斥事件，故A正确；事件“两次均未击中”的对立事件是“至少击中一次”，故B正确；事件“两次均击中”包含了事件“第一次击中”，故C错误；该运动员未击中目标的概率为，则该运动员击中目标的概率为，故D正确.故选：ABD.11.长方体中，，，，点E，点F分别线段AC，的中点，点P，点Q分别为线段AC，上的动点，则下列说法正确的是（）A.存在P，Q,使得 B.三棱锥体积的最大值为10C.若的周长为10，则 D.的最小值为7【答案】AB【解析】【分析】利用线面垂直可得线线垂直判断A，利用等体积法求出最大体积判断B，利用三角形边长的范围判断C，将侧面翻折到与平面同一平面，利用三点共线可判断D.【详解】对于选项A，因为平面，平面，所以，当点P与点C重合，点Q与重合时，，正确；对于选项B，因为平面平面，所以点P到平面的距离h即点P到的距离h，所以点P到平面的最大距离为3，又，所以，所以，即三棱锥体积的最大值为10，正确；对于选项C，因为平面，平面，所以，又，所以在中，，若，则点Q与点重合，此时即的周长为，错误；对于选项D，将矩形和矩形展开矩形，则，错误.故选：AB12.在圆O内接四边形ABCD中，，，，．则下列说法正确的是（）A.四边形ABCD的面积为 B.圆O的半径为C. D.若于点H，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理和面积公式进行判断；对于B，利用正弦定理求出该外接圆的直径；对于C，利用数量积公式求解判断；对于D，利用数量积公式求解判断．【详解】对于A，连接，在中，，，，，解得，，，，，，四边形的面积，故A正确；对于B，设外接圆半径为，则由正弦定理得，该外接圆的半径为，故B错误；对于C，过点作于点，过点作于点，所以，,则由垂径定理得，，，解得，，，，,，故C正确；对于D，由C选项得，，,故D正确．故选：ACD．三、填空题：（本题共4小题，每小题S分，共计20分．）13.某人5次上班途中所花的时间（单位：分钟）分别为x，y，10，11，9．已知这组数据的平均数为10，方差为2，则|x﹣y|的值为_____．【答案】4【解析】【分析】利用平均数、方差的概念列出关于的方程组，解方程即可得到答案．【详解】由题意可得：，设，，则，解得，∴故答案为4．【点睛】本题考查统计的基本知识，样本平均数与样本方差的概念以及求解方程组的方法，属于基础题．14.______．【答案】##0.25【解析】【分析】根据二倍角公式以及和差角公式，结合辅助角公式即可求解.【详解】,故答案为：15.甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局），甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则甲获得冠军的概率为______．【答案】【解析】【分析】分别求出比赛进行了2，局的概率,然后相加，得到答案;【详解】根据题意，比赛为“三局两胜”制（无平局），则甲获胜分为比赛2局或者比赛3局两种情况，则甲获得冠军的概率为：.故答案为：.16.设点Q在半径为1的圆P上运动，同时，点P在半径为2的圆O上运动．O为定点，P，Q两点的初始位置如图所示，其中，当点P转过角度时，点Q转过角度，则在运动过程中的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】建立直角坐标系，由向量的坐标运算即可结合三角函数的性质求解.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，设，则，，由于,所以，故，故的取值范围为，故答案为：四、解答题：（本题共6小题，共计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，向量与的夹角为，且．（1）求向量的坐标；（2）设向量，，向量，若，求的最大值并求出此时x的取值集合．【答案】（1）或；（2）3，.【解析】【分析】（1）设出向量的坐标，利用向量数量积和向量的模建立方程组并求解作答.（2）由（1）的结论结合确定向量，再求出并借助辅助角公式及正弦函数性质求解任何.【小问1详解】设，依题意，，，而，因此，解得或，所以向量的坐标是或.【小问2详解】向量，且，当时，，不符合题意，舍去，当时，，符合题意，即，则，，因为，则当，即时，，所以的最大值是3，此时x的取值集合是.18.如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，，M为上一点，且平面.（1）求证：（2）如果点N为线段的中点，求证：平面【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据已知条件容易证明平面，所以得到；（2）根据已知条件容易判断出是中点，取中点，并连接，，则容易说明平面平面，平面，所以得到平面；【详解】解：（1）平面，平面，，即；又，，、平面，平面，因为平面，；（2）取中点，连接，；平面，平面，，又；是的中点；，平面，平面；平面，同理，平面，，平面，平面平面平面，平面；平面；【点睛】考查线面垂直的性质，线面垂直的判定定理，中位线的性质，线面平行的判定定理，以及面面平行的判定定理，属于中档题．19.某区为了全面提升高中体育特长生的身体素质，开设“田径队”和“足球队”专业训练，在学年末体育素质达标测试时，从这两支队伍中各随机抽取100人进行专项体能测试，得到如下频率分布直方图：（1）估计两组测试的平均成绩，（2）若测试成绩在90分以上的为优秀，从两组测试成绩优秀的学生中按分层抽样的方法选出7人参加学校代表队，再从这人中选出2人做正，副队长，求正、副队长都来自“田径队”的概率．【答案】（1）“田径队”的平均成绩为73，“足球队”的平均成绩为71（2）【解析】【分析】（1）根据频率和为1计算得到，，再根据平均数公式计算得到答案.（2）确定抽取的比例为，列举出所有情况，统计满足条件的情况，得到概率.【小问1详解】由田径队的频率分布直方图得：，解得，同理可得．其中“田径队”平均成绩为：，“足球队”的平均成绩为：.【小问2详解】“田径队”中90分以上的有（人），“足球队”中90分以上有（人）．所以抽取的比例为，在“田径队”抽取（人），记作a，b，c，d；在“足球队”抽取（人）．记作A，B，C．从中任选2人包含的基本事件有：ab，ac，ad，aA，aB，aC；bc，bd，bA，bB，bc；cd，cA，cB，cC；dA，dB，dC；AB，AC；BC，共21个，正、副队长都来自“田径队”包含的基本事件有ab，ac，ad，bc，bd，cd共6个，故正、副队长都来自“田径队”的概率为．20.如图所示，在平行四边形ABCD中，A＝45°，，E为AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△PDE，使平面PDE⊥平面BCD，F为线段PC的中点．（1）证明：平面PDE；（2）已知M为线段DE的中点，求直线MF与平面PDE所成的角的正切值．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）取PD的中点H，证明四边形FHEB为平行四边形，由线面平行判定定理即可得证；（2）由题目条件易得，在由面面垂直的性质定理证得平面⊥平面，连接,即为直线MF与平面PDE所成的角，,代入即可求出答案.【小问1详解】取PD的中点,连接,，∵F，分别为PC，PD的中点，∴又∵E为AB的中点，∴，∴，∴FGEB为平行四边形，∴，又∵面PDE，面PDE，∴平面PDE.【小问2详解】在平行四边形中，因为，所以，又因为A＝45°，可得即，因为平面PDE⊥平面BCD，平面PDE平面BCD=，所以平面⊥平面，由（1）可知，，所以平面，连接,即为直线MF与平