2022-2023学年四川省攀枝花市高一（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年四川省攀枝花市高一(下)期末数学试卷

一、单选题(本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项)

1.已知向量d=(x,l),b=(2,4)'若附/B，则％=()

A.TB.ɪC.—2D.2

2∙⅛τ=()

A.1+2iB.-1+21C.1—2iD.-l-2i

3.已知一组数据X1，%2,％3,右，的方差是：，那么另一组数据3%-1,3X2-1，3刀3-1，

3x4-1，3处一1的方差是()

A.ɪB.IC.1D.3

4.在AABC中，。为BC上一点，且前=2瓦，则同=()

21

B~-

33

5.在单位圆中，已知角α的终边与单位圆交于点P《,号)，现将角α的终边按逆时针方向旋

转申记此时角ɑ的终边与单位圆交于点Q,则点Q的坐标为()

A.(-ɪ,ɪ)B.(一表？)C.(1,0)D.(0,1)

6.在正方体ABCD-AIBlGDl中，与直线481不垂直的直线是()

A.A1BB.BCC.A1DD.BD1

7.设2,m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题不正确的是()

A.若Z〃m,11a,则TnlaB,若Z_La,TnUα,则ZJ.zn

C.若"∕α,m1α,则Z_LmD.若Z〃a,则血〃戊

8.已知平面向量五=(2s讥%,cos2%),B=(∕3COS%2),/(%)=方•另一1.则下列结论正确的

是()

A./(%)的最小正周期为2τr

B./(%)在区间［0币上单调递增

c.点¢,0)为/(X)图象的一个对称中心

D.将/(x)的图象向左平移着个单位长度后得到的函数图象关于y轴对称

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.对于复数z=α+bi（α∕6R）,下列说法正确的是（）

A,若b=0,贝IJZ=α+bi为实数

B.若α=0,则Z=a+bi为纯虚数

C.若α>0,b<0,贝Uz=α+bi在复平面上对应的点位于第四象限

D.若IZl≤1,则z=α+儿在复平面上对应的点的集合所构成的图形的面积为4

10.甲、乙两人在相同的条件下投篮5轮，每轮甲、乙各投篮10次，投篮命中次数的情况如

图所示（实线为甲的折线图，虚线为乙的折线图），则以下说法正确的是（）

A命中次数

A.甲投篮命中次数的众数比乙的大B.甲投篮命中的成绩比乙的稳定

C.甲投篮命中次数的平均数为7D.甲投篮命中次数的第40百分位数是6

11.ZiABC的内角4B,C的对边分别为α,b,c,则下列判断正确的是（）

A.若Siny4>sinB,则力>B

B.若si/B+sin2C<sin2i4,则44BC是钝角三角形

C.在锐角中，不等式SiTla>CoSB恒成立

D.在AABC中，若CIeOSA=bcosB,则是等腰三角形

12.如图，在菱形48CO中，AB=2,∆BAD=将沿8。折起，使4到A,点A不落

在底面BG）内，若M为线段AC的中点，则在△?!BZ）翻折过程中，以下说法正确的是（）

A.存在某一位置，使得BM1CD

B.异面直线BM,4。所成的角为定值

C.四面体A-BCD的表面积的最大值为4+2√"?

D.当二面角4-BC-C的余弦值为白时，四面体4'-BCD的外接球的半径为《

ɔZ

三、填空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.已知复数Z=I-2i,则IWl=.

14.已知向量a=(1,1),B=(O,-2)，则向量,在向量加上的投影向量的坐标是.

15.口味鲜美的甜筒冰淇淋是人们在炎炎夏日中消暑解渴的必备佳品.如图，甜

筒冰淇淋形状为旋转体，由一个圆锥与一个半球组合而成，其中圆锥的轴截面是(三三》

边长为2的正三角形，则这个组合体的体积为.\/

16.己知△ABC的内角4,B,C的对边分别为α,b,c,且满足α=2,bsinB+csinC-2sinA=

bsinC,则乙4=；△4BC的中线4。的最大值为.

四、解答题(本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题10.0分)

已知向量a与彼的夹角为30。，m=√3,I瓦=2.

(1)求2•另及瓦；

(2)求向量五-B与向量B的夹角仇

18.(本小题12.0分)

如图，正三棱柱ABC-&B1C1的各条棱长均为2,。是BC的中点.

(1)求证：AlB〃平面AGD；

(2)求点C到平面AClD的距离.

19.(本小题12.0分)

某校对高一下学期期中数学考试成绩(单位：分)进行分析，随机抽取IOo名学生，将分数按照

[30,50),[50,70),[70,90),[90,110),[110,130),[130,150]分成6组，制成了如图所示的频

率分布直方图：

(1)求α的值，并计算样本学生的数学考试成绩的平均分；

(2)为了进一步了解学生数学成绩与学习习惯等方面的关系，按数学考试成绩再从这IOO人中

用分层抽样的方法抽出20人进行分析，则数学考试成绩在[90,110)内的应抽多少人？

20.(本小题12.0分)

在①，=(2)2bsinA=atanB,③c—α=bcos4—acosB这三个条件中任选—1'作

为已知条件，补充在下面的问题中，然后解答补充完整的题.AABC的内角A,B,C所对的边

分别为α,b,c,已知(只需填序号).

(1)求角B；

(2)若△48C是锐角三角形，边长c=2,求AABC面积的取值范围.

注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.

21.(本小题12.0分)

2023年4月20日，今年第1号台风“珊瑚”在西北太平洋洋面上生成，其中心附近最大风力8级

.台风中心4位于某海岛B正东方向200kτn处，且它正向西北方向移动，移动速度的大小为

20km∕h,距台风中心150∕σn以内的地区都将受到影响.若台风中心的这种移动趋势不变，请

解答以下问题：

(1)海岛B所在地是否会受到台风的影响？请说明理由；

(2)若海岛B所在地受到台风的影响，大约多长时间后受到影响？持续时间有多长？(参考数据:

√^2≈1.414)

22.(本小题12.0分)

如图,在四棱锥P-4BCD中,底面48C。为平行四边形,40，平面PCD,平面4。P_L平面4PC,

PC=PD=2,AD=4,M为PA的中点.

(1)求证：PC∙LPC;

(2)求二面角C-MD-P的正切值.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：由题意知向量&=(x,l),b=(2,4)>

故由a〃丸得4x—2=O,.∙.X=；.

故选：B.

根据向量共线的坐标表示，列式计算，即得答案.

本题主要考查向量共线的性质，属于基础题.

2.【答案】B

【解析】解：化简可得警=(晨霏;)=早詈=ɪɪ=-l+2i

故选：B.

分子分母同乘以分母的共匏复数1+i化简即可.

本题考查复数代数形式的化简，分子分母同乘以分母的共腕复数是解决问题的关键，属基础题.

3.【答案】D

【解析】解：根据题意，数据看,X2,X3,X4-町的方差是全

则另一组数据3xι-1,3%2-1，3X3-1-3%4-1，3乙一1的方差为3?xg=3.

故选：D.

根据题意，由方差的性质分析可得答案.

本题考查数据方差的性质，注意方差的计算公式，属于基础题.

4.【答案】C

【解析】解：由题意知I,AD=AB+BD，因为前=：反f,且证=

AC-AB^

所以近=荏+；就=荏+?(兄一屈)=|而+；近.

AB

故选：C.

根据平面向量的加法、减法、数乘运算及平面向量基本定理即可求解.

本题考查了平面向量基本定理的应用，属于基础题.

5.【答案】B

【解析】解：•••在单位圆中，己知角α的终边与单位圆交于点P0,?),

.∙.sina=/，cosa=ɪ,

将角ɑ的终边按逆时针方向旋转半此时角为α+全

则点Q的横坐标为X=cos(α+勺=cosacos—sinasin=ɪ×ɪ—ɪXP=—ɪ;

ɔɔ。乙乙乙乙乙

点Q的纵坐标y=sin(α+勺=sinacosCOSaSinm=?×∣+∣×ʒɪ=

则点Q的坐标为(―3，?).

故选：B.

根据三角函数的定义，得到将角α的终边按逆时针方向旋转方对应的角的大小，利用两角和差的余

弦公式进行求解即可.

本题主要考查三角函数值的计算，根据三角函数的定义结合两角和差的余弦公式是解决本题的关

键.

6.【答案】C

【解析】解：如图所示,

在正方形4BB1&中，AB11A1Bx

因为BC_L平面ABB141，故BCa%

连接/CAC,因为BlC〃4D,所以AB1与所成的角为60。，不垂直;

易得BDlI平面AB】。，所以BDlJLAB1，所以C正确.

故选：C.

在正方体中，借助线面垂直关系进行判断即可∙

本题主要考查空间中的垂直关系，正方体的特征等知识，属于基础题.

7.【答案】D

【解析】解：若“∕τn,∕lα,由直线与平面垂直的性质可得TnIa,故A正确；

若，Iα,则，垂直平面α内的所有直线，而TnUα,贝WJLn1,故B正确；

若mla,则，垂直平行于α的所有直线，而l〃a,则，lτn,故C正确；

若〃∕m,l∕∕a,则m〃a或WlUα,故。错误.

故选：D.

由空间中直线与直线、直线与平面位置关系逐一判断即可.

本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基

础题.

8.【答案】D

【解析】解：平面向量方=(2sinx,cos2x),b=(√-3cosx,2),

/(x)=a-b-l=2^Γ^sinxcosx+2cos2x=√-3sin2x+2×i+；s2x=2(^sin2x+

∣cos2x)+1=2sin(2x+5)+1,

故/(X)的最下正周期为与=兀，故A错误.

在区间[0币上，2x+^∈[^,y],函数f(x)不单调，故B错误.

令X=*求得/(x)=3,为最大值，可得它的图象关于直线X=制称，故C错误.

将/(x)的图象向左平移沙单位长度后，得到的函数y=2sin(2x+今+1=Icoslx+1的图象，

再根据y=cos2x+l为偶函数，可得它的图象关于y轴对称，故。正确.

故选：D.

由题意，利用两个向量的数量积公式，正弦函数的图像和性质，函数y=4s讥(3x+0)的图象变

换规律，得出结论.

本题主要考查两个向量的数量积公式，正弦函数的图像和性质，函数y=4sin(3%+")的图象变

换规律，属于中档题.

9.【答案】AC

【解析】解：对于A,由α6R,b=0,则z=α6R,故A正确；

对于B,当α=b=O时，z=0∈R,故8错误；

对于C,由z=α+bi,则其在复平面上对应的点为(α,b),由α>0,b<0,则该点在第四象限,

故C正确；

对于。，∣z∣=√a2+b2≤1，贝IJZ=a+bi在复平面上对应的点的集合所构成的图形为以原点为

圆心，以1为半径的圆，则其面积S=兀•#=兀，故。错误.

故选：AC.

根据复数的概念以及几何意义，结合圆的性质，可得答案.

本题主要考查复数的概念以及几何意义，属于基础题.

10.【答案】BC

【解析】解：由折线图可知，甲投篮5轮，命中的次数分别为5,8,6,8,8,

乙投篮5轮，命中的次数分别为3,7,9,5,9,

对4,甲投篮命中次数的众数为8,乙投篮命中的众数为9,故A错误，

对B,甲投篮命中次数的数据集中在平均数的左右，方差较小，乙投篮命中的次数数据比较分散，

方差较大，所以甲的成绩更稳定一些，故8正确，

对C,甲投篮命中次数的平均数为［(5+8+6+8+8)=7,故C正确，

对。，甲投篮5轮，命中的次数从小到大为5,6,8,8,8,故第40百分位数是等=7,故。错

误.

故选：BC.

由折线图得到甲乙投篮5次命中次数的数据，再根据众数、方差和平均数与百分位数的计算，逐项

判定，即可求解.

本题主要考查频率分布折线图的应用，考查转化能力，属于基础题.

11.【答案】ABC

【解析】解：选项4，由正弦定理知，上7=上，

StnAStnB

^sinA>SinB,则α>b,所以A>8,即选项A正确；

选项由正弦定理及SiMB+siMcVsiMa,知Z√+c2va2,

h2+c2-02

所以CoS力=<0,所以角4为钝角，即选项8正确;

2bc

选项C,因为锐角A4BC,所以4B∈(θ,ɪ),且4+B>],即4>>B,

因为函数y=SiTU;在X∈(0,今上单调递增，

所以S讥4>sin(]-B)=CosB,即选项C正确；

选项D,由正弦定理及αcos力=bcos8知，SinAcosA=SinBcosB,

所以sbι24=sin2B,所以24=2B或24+2B=兀，

所以A=B或4+B=],即AABC为等腰或直角三角形，故选项O错误.

故选：ABC.

选项A,结合正弦定理与“大边对大角”，即可判断；

选项8,利用正弦定理化角为边，再由余弦定理，可得CosA<0,得解；

选项C,根据4+B>今结合正弦函数的单调性与诱导公式，得解；

选项。，利用正弦定理化边为角，再由二倍角公式，得解.

本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，二倍角公式，正弦函数的单调性是解题的关

键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

12.【答案】ACD

【解析】解：对于4不妨假设存在某一位置，使得BMjLCD,

连接AC交BD于点0,连接。4,取CO的中点为N,连接MN,BN,

M为线段4C的中点，故MN//4。；

由于在菱形ABCO中，AB=BC,；.A'B=BC,

而M为线段4'C的中点，故BMlAC,

由于CDnA'C=C,CD,A'Cu平面AZ)C,故平面4CC,

MNU平面ADC,故BMIMN,

而4B4D=g,故乙BCD=M即Co为正三角形，则BC=80,

故BN=三BC=，3,

又MNIIAP,且MN=^A,D=1,故BM=√BN2-MN2=C,

由于8M1AC,故AM=√4'82-BM2=√4-2=「，・•・AC=2√^^,

因为/'0=OC=ʌ/-3,满足4。÷OC>A'C,

即当4'C=2。时，使得BMICD,A正确;

对于8,因为MN〃A0,故异面直线8M,AD所成的角即为4BMN或其补角,

MN2-^BM2-BN21+BM?-3_BM1

而CoSZ∙BMN=

2MN∙BM-2BM-=^Γ一'BM,

由于BM长不是定值，故CEBMN=萼-焉不是定值，

即异面直线BM,4。所成的角不为定值，8错误;

对于C,由题意可知SARDC=SAA谢=∙BM=A'M-BM,

因为4'#=A'M2+BM2=4,故4M∙BM≤出“：，".=2,

当且仅当力'M=BM=C时取得等号,

故SAA,DC，SAA,BC的最大值为2,而SA4,8D=^∆CBD=]X2X2Xsiπ60o=λ∕^^3,

则四面体力'-BCz)的表面积的最大值为(SAA,DC+S^AlBC)max+S^A,BD+SMBD=4+2ΛΓ3,C正

确；

对于。，因为。C_LB。，OA'1BD,故NAoC为二面角4一8。-C的平面角,

1所以402+g一412_3+3-AC2_6_412=L

即COS乙4'OC=

2A,00C—2×√~3×AΓ3^~6~^5’

即AC=2,而AD=A,B=BD=BC=CD=2,

则四面体4-BCD为正四面体，故将其补成如图所示正方体，且正方体棱长为C，

则该正方体的外接球即为四面体A-BCD的外接球,

正方体的体对角线长即为外接球直径，则外接球半径为J(j)2+(吃)2+(々)2_£6,

22

即四面体4-BCO的外接球半径为一，。正确.

故选:ACD.

假设存在某一位置，使得BMlCD,根据空间线面垂直的判定，可判断4作出异面直线BM,AD

所成的角，结合余弦定理计算可判断8；利用基本不等式结合三棱锥表面积的计算，可判断C；判

断四面体4'-BC。为正四面体，补成正方体，可求得外接球半径，判断D.

本题综合考查了空间线线、线面位置以及异面直线所成角以及几何体表面积和体积问题以及多面

体外接球问题，综合性强，难度较大，解答的关键是要能灵活应用空间几何的相关知识，充分发

挥空间想象，结合相关定义解决问题.

13.【答案】√-5

【解析】解：z=l-2i,

则5=1+23

故I句=√l2+22=√^^5∙

故答案为：√-5.

根据已知条件，结合共规复数的定义，以及复数模公式，即可求解.

本题主要考查共轨复数的定义，以及复数模公式，属于基础题.

14.【答案】(0,1)

【解析】解：由题意得五.3=(1,1).(0,—2)=—2,Ibl=JO?+(—2)2=2,

故向量d在向量让的投影向量是萼∙⅛=-罕=(0,1).

故答案为：(0,1).

根据投影向量的定义，结合数量积以及模的计算，可得答案.

本题主要考查投影向量的公式，属于基础题.

15.【答案】叶迎

【解析】解：•••圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，

，圆锥的底面圆半径R=1,高为九=√22—I2=y∕~3f

半球的半径为R=1,

则该组合体的体积为V=^πR2h+InR3=∣π×I2×√3+∣π×I3=乌迪.

ɔɔɔɔɔ

故答案为：iΞ⅛.

由已知可得半球的半径，圆锥的底面半径与高，再由球与圆锥的体积公式求解.

本题考查球与圆锥体积的求法，考查运算求解能力，是基础题.

16.【答案】^<3

【解析】解：由正弦定理及bs讥B+csinC—2sinA=加出C知，ð2+C2-2α=be,

因为Q=2,所以+c2—α2=be,

由余弦定理知，COSa=M+c2-α2=生J

2bc2bc2

因为A∈（O,TΓ）,所以4=全

因为Z?2+c2-2α=be,且Q=2,

所以2Q=4=b2+C2-be≥2bc-be=be,即be≤4,当且仅当b=C=2时，等号成立,

因为点。为BC的中点，

所以同=X南+方），

12

颂22

4-+AC+2AB-AC)=^c+b+2bccosA)=ɪ(4+he+ðe)≤ɪ(4+2×

=

4)3,

所以∣4D∣≤q,即的中线AD的最大值为，y

故答案为：MO.

利用正弦定理化角为边,并由余弦定理,可得角4再根据基本不等式,推出儿≤4,将同=∖（AB+

前）两边平方，结合平面向量数量积的运算法则，即可得解.

本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，平面向量的运算法则，基本不等式是解题的

关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

17.【答案】解：⑴由题意日∙b=∖a∖∙∖b∣cos30o—√~3×2×——3,

∖a-b∖=(a-b)2=Ja2-2a-b+h=√7-6=1-

(2)由题忌得@—b).b=五.b—b=3—4=-1

所以cos。(α-⅛)⅛1

l≡-S∣∙∣S∣2,

又因为0。≤θ<180°,

所以，=120°.

【解析】（1）根据数量积的定义可计算求得心B的值，根据模的计算公式可求得同.

（2）求出（弓-石）］的值，根据向量的夹角公式即可求得答案.

本题考查向量的数量积和向量的夹角，解题关键是熟练掌握数量积公式，属于中档题.

18.【答案】（1）证明：连接&C,交4G于。，连接。D,

由于。。是BC的中位线，贝IJ。。〃48,

又ODU平面AC1。，平面AGD,

则有〃平面4GD；

（2）解：因为。是BC的中点，△4BC为等边三角形，

所以4D1BC,因为CCll平面ABe',力。U平面ABC,

所以CClI力。，CClnBC=C,

所以ADI平面BCGBi,又ClDU平面BCCIB1，

所以AD1C1D,

设点C到平面4。Cl的距离为九，

由等体积可得力'-4CID=^C1-ACD>

ɪɪ

即］XSPAC'DX九=§XSRADCXCCr

即3XTX×√22+I2×∕ι=∣×∣×l×√"3×2,

解得九=平

【解析】（1）连接&C,交4G于0,连接。D,运用中位线定理，以及直线和平面平行的判定定理,

即可得证;

（2）利用等体积，求点C到平面40Cl的距离.

本题考查线面平行的判定定理，点到平面距离的求法，考查学生分析解决问题的能力，注意运用

体积转换法，属于中档题.

19.【答案】解：(1)由频率分布直方图的性质可知，所有小长方形面积之和为1,

故(0.005×2+0.0075+0.0200+α+0.0025)×20=1,解得a=0.01,

样本学生的数学考试成绩的平均分为：

X=[0.005X(40+60)+0.0075×80+0.02X100+0.01X120+0.0025×140]×20=93;

(2)由题意，从这100人中用分层抽样的方法抽出20人，

考试成绩在[90,110)内的学生应抽0.02X20X1OOX需=8人.

【解析】(1)根据小长方形面积之和为1可求得α值，再根据频率分布直方图求出平均分即可；

(2)由分层抽样的定义，从每组中抽取的比例等于样本比上总体，即可求解.

本题考查频率分布直方图的性质，分层抽样的应用，属基础题.

20.【答案】解：⑴若选①：因为!=端,由正弦定理可得瑞=警器,

且sim4≠0,可得，~^sinB=cosB+1,整理得Sin(B—^)=p

注意到B∈(0㈤,则BYew,可得BY屋，所以

若选②：因为2加讥4=atanB,由正弦定理可得2s由BSinA=SnMS

COSB

注意到/,B∈(0,7T),贝IJSiTL4,SinB>0,

可得」τ=2,即COSB=所以B=1

cosB23

若选③：因为c-α=bcos4-acosB,由余弦定理可得0_cι=也三贮

2c

22fl2c2fc2

整理得。2+c-b=ac,则COSB=÷-=旦=L

2ac2ac2

注意到B∈(0,兀),所以B=余

(2)因为AABC是锐角三角形，B=全

0<C<2

则《解得看<C<≡

0<⅜-C<≡

csinA_2sin(B+C)_>Γ^3cosC+sinC_√-3

由正弦定理可得导=短则α

sinCsinCsinCtanC

口J得tcmC>^则二所以Q=工+1∈(1,4)，

ɔtClιlCtCLTlC

故^ABC面积SA.Be=^acsinB=∣×α×2×^=Ia∈(^ʃ,2√-3),

所以AABC面积的取值范围为(1,2「).

【解析】(1)选①：根据正弦定理结合三角恒等变换运算求解；选②：根据正弦定理结合切化弦

运算求解；选③：利用余