2022-2023学年陕西省西安市高一年级下册期末数学试题【含答案】

2022-2023学年陕西省西安市高一下学期期末数学试题

一、单选题

1.设全集U={123,4,5,6},集合A={1,3,5},8={2,3,4},则4A)c8=()

A.{3}B.{2,4}C.{2,3,4}D.{0,1,3}

【答案】B

【分析】由集合的运算求解.

【详解】(+A)c5={2,4,6}c{2,3,4}={2,4}.

故选：B

2.已知复数2=»+严2°,则卜-1|等于()

A.72B.1C.0D.2

【答案】B

【分析】利用复数的乘方法则化简复数z,利用复数的模长公式可求得结果.

【详解】r=1,则2=1+产2。=»+严《5=i+i,则z-l=i,故|z-1|=L

故选：B.

3.已知甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄的平均数、中位数、众数均为16,方差为0.8,

则三年后，下列判断错误的是()

A.这五位同学年龄的平均数变为19B.这五位同学年龄的方差变为3.8

C.这五位同学年龄的众数变为19D.这五位同学年龄的中位数变为19

【答案】B

【分析】利用平均数、中位数、方差的定义及性质注意判断即可.

【详解】解：甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄的平均数、中位数、众数均为16,方差

位0.8,

三年后，

这五位同学年龄的平均数变为16+3=19,故A正确；

这五位同学的方差不变，仍为0.8,故B错误.

这五位同学年龄的众数变为16+3=19,故C正确；

这五位同学年龄的中位数变为16+3=19,故D正确；

故选：B.

UL1Uuuuuuuuuuuuu

4.设4,3是平面内的一组基底，A8=3e1+%,AC=4e1—e2，AO=5e1—44,则（）

A.A,8,C三点共线B.AC,。三点共线

C.aC,〃三点共线D.AB,。三点共线

【答案】C

【分析】根据向量共线定理设出方程，若方程无解，则三点不共线，从而得到ABD错误，C正确.

4“—=3无解，故ARC三点不共线，A错误；

{-a=2

LilinLlliu5b=4

B选项，设AC=ZM。，则在|，无解，故AC,。三点不共线，B错误；

ULWIT

numuimirznirxirir

C选项，BC=AC—AB=4et—e2—13^+2e2\=e]—3e2,

uuuuuuuuuuuuuuu

CD=AD—AC=5q—4/—4q+/=q—3.，

故弟=左，故5C。三点共线，C正确；

uuuuinuuiu1111Hliuu

D选项，B£>=AO—4B=5q—4^-34—26=2q—6/，

uuuuiuZC=D

设AB=CBD，则4=2,无解,故三点不共线，口错误•

故选：C

5.已知空间中。，匕是两条不同的直线，a,2是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）

A.aua,buB,a〃/na与6异面B.0,aP=b,aLbna10

C.aLa,a,b=b〃aD.aLa,bA.a=>a//b

【答案】D

【分析】根据空间中平行、垂直关系逐项分析判断.

【详解】对于选项A：因为“ua,bu0,a〃/，可得。与人异面或平行，故A错误;

对于选项B：因为尸_La,aB=b,"Cb，

但不确定〃与a的位置关系，故无法确定。与夕是否垂直，故B错误：

对于选项C：因为a_La,;_!_，，可得。〃a或buar,故C错误；

对于选项D：因为根据线面垂直的性质可得。〃从故D正确;

故选：D.

【分析】先判断函数的奇偶性，再考虑Xf田时,〃x）的取值情况，即可作出选择.

【详解】/（-犬）=肃27=-〃X）,，函数〃犬）为奇函数，排除选项8和C,

当X—用时，，比尤增长的快，.•・/（x）-0,排除选项力,

故选：A.

7.已知中，8A+BC-AC=0,,~~「也,则此三角形为（）

\'\AB\|AC|

A.直角三角形B.等边三角形

C.钝角三角形D.等腰直角三角形

【答案】B

【分析】根据（BA+8C）-AC=0即可得为等腰三角形，又因为国+同=6可知A=60。,

所以为等边三角形.

【详解】如下图所示：

A

所以8M_LAC，即一ABC为等腰三角形,

ABAC

所以M+M=3,

/\2/\2

即当i+生+2^i-^-i=2+2cos(AB,AC)=3,

所以cos(AB,AC)=g,可得A=60。,

综上可知三角形为等边三角形.

故选：B.

8.中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋

顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，EF//AB,AB=2EF=2,

VADE与△BCF都是边长为1的等边三角形，若点A,B,C,D,E,尸都在球。的球面上，则球。

的表面积为（）

【答案】D

【分析】如图，根据球的性质可得平面ABC£>,根据中位线的性质和勾股定理可得

且=白，分类讨论当O在线段上和。在线段MQ的延长线上时2种情况，结合球的性质

和表面积公式计算即可求解.

【详解】如图，连接AC,BD,设4Cc2O=a，

因为四边形4BC。为矩形，所以。1为矩形4BC£>外接圆的圆心.连接。。一

则OQ，平面ABC。，分别取EF,AD,BC的中点M,P,Q,

根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线。。交EF于点M.

连接P。，则PQ〃AB,且。为PQ的中点，因为所〃M，所以PQ〃EF,

连接EP,FQ,在VAOE与△3CE中，易知EP=F°=

所以梯形EFQP为等腰梯形，所以MOilPQ,且A/q=旦

2

设。。1=，“，球O的半径为R,连接OE,OA,

当O在线段。阳上时，由球的性质可知代=。炉=3?,

亭则

易得03=,此时无解.

当0在线段M01的延长线上时，由球的性质可知,

2

,解得小=也，所以方=。炉=2

48

]]7T

所以球0的表面积s=4兀炉=—

故选：D.

【点睛】求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确定球心位置的依据一是球心到球面上各

点的距离都等于球的半径，二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面.由此出发，利用一些特殊模

型，或借助一般方法，即可确定外接球球心的位置.

二、多选题

9.下列命题中，正确的是（）

A.若则q=bB.若a=b，则cz〃6

C.若|4|＞出|,则不＞从D.若时=0,则〃=0

【答案】BCD

【分析】两向量相等则方向相同，模长相等可判断AB,根据分析判断C,由零向量的概念

可判断D.

【详解】若|〃|=屹|,但是两个向量的方向未必相同，所以4=〃不一定成立，A错误；

若则两向量的方向相同，所以B正确；

因为|5|2=1,若为|＞|方则由2：4|2,即为＞子,C正确；

若"=（）,贝IJ“=O,D正确.

故选：BCD.

10.由下列条件解一45C,其中只有一解的是（）

A.6=20,A=45°,C=80°B.。=30,c=28,B=60°

C.4=14,c=16,A=45°D.a=6,c=10,A=60°

【答案】AB

【分析】根据三角形全等结合余弦定理运算求解.

【详解】对于选项A：因为A=45。，C=80°,则8=55。，且。=20,

根据三角形全等（角角边）可知存在且唯一的，故A正确；

对于选项B：因为a=30,c=28,8=60。，

根据三角形全等（边角边）可知存在且唯一的，故B正确；

对于选项C：由余弦定理可得：a2=b2+c2-2bccosA,BP142=b2+162-32bx—,

2

整理得从-16伤+60=0，解得6=8点-2后＞0或b=8&+2后＞0,

所以满足条件的三角形有两个，故C错误；

对于选项D：由余弦定理可得：a2=b2+c2-2bccosA,即6?=加十力-20匕，

2

整理得〃-10%+64=0，且△=40-4x64=-216＜0,无解，

所以此时三角形不存在，故D错误；

故选：AB.

11.已知甲罐中有四个相同的小球，标号为1,2,3,4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1,2,

3,5,6,现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A=”抽取的两个小球标号之和大于5”,

事件8="抽取的两个小球标号之积大于8"，则（）

A.事件A发生的概率为g

B.事件AuB发生的概率为非

2

C.事件AcB发生的概率为不

D.从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为:

【答案】BC

【分析】根据题意，分别列举出事件A和事件B所包含的基本事件，再逐项判断，即可得出结果.

【详解】由题意，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共包含C：C；=20个基本事件；

“抽取的两个小球标号之和大于5”包含的基本事件有：（1,5）,（1,6）,（2,5）,（2,6）,（3,3）,（3,5）,

（3,6）,（4,2）,（4,3）,（4,5）,（4,6）,共11个基本事件；

“抽取的两个小球标号之积大于8”包含的基本事件有：（2,5）,（2,6）,（3,3）,（3,5）,（3,6）,（4,3）,

（4,5）,（4,6）,共8个基本事件;

即事件8是事件A的子事件；

因此事件A发生的概率为外，故A错；

事件包含的基本事件个数为11个，所以事件AU8发生的概率为'；故B正确；

Q9

事件AcB包含的基本事件个数为8个，所以事件发生的概率为=故C正确；

从甲罐中抽到标号为2的小球,包含的基本事件为：（2,1）,（2,2）,（2,3）,（2,5）,（2,6）共5个基本

事件，故从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为!，即D错误.

4

故选：BC.

【点睛】本题主要考查求古典概型的概率，考查求并事件和交事件的概率，属于基础题型.

'\2x-\\,x<\

12.已知函数”x）=（2，若函数g（x）=/（x）-加有三个零点演，巧，尤3，且为</<%，

一,X>1

则下列结论正确的是（）

A.皿的取值范围为（0,1）B.七的取值范围为［2,+8）

C.2*,+2&=2D.2"*最大值为1

【答案】AC

【分析】作出/（x）的大致图象，根据图象求出〃?，引，巧，与的范围即可判断AB选项，由

忖-1卜|2得到X\,巧的关系即可判断CD选项.

X

又忖-1|=|2*-],且为＜0＜々＜1,

故一（28-1）=2&-1,可得2、+2应=2,c正确

又2=28+2-22亚西可得2“丹41，又工尸当，故等号不成立,

即2,计为＜1，D错误,

故选：AC.

三、填空题

13.如图，水平放置的_43C的斜二测直观图为已知A'OMB'OMC'OMI,则_ABC的周

【答案】2+2石

【分析】根据斜二测画法结合题意还原工43C，从而可求出其周长

【详解】由题意可知在ABC中，OA=OB=],OC=2,ZAOC=90°,

所以8c=AC=jT+2?=5

所以_ABC的周长为AB+BC+AC=2+2^,

故答案为：2+2石.

14.已知i为虚数单位，复数z满足忖=2,那么|z+3i|的最小值是.

【答案】1

【分析】用代数形式表示出复数z,然后采用三角代换可得最小值.

【详解】®z=x+ji,x,yGR,代入同=2,得/+y2=4,

设[11篮:©w1°,2可，则Iz+3i|=J（2cos6[+（2sin6+3）2=^13+12sin6）＞i,

2

当。=/7时r，即sin6=-l取等号.即|z+3i|的最小值是1.

故答案为：1.

15.某市原来都开小车上班的唐先生统计了过去一年每一工作日的上班通行时间，并进行初步处理,

得到频率分布表如下（T表示通行时间，单位为分钟）：

通行时间15<T<2020<7<2525<T<3030<T<3535<T<40

频率0.10.30.30.20.1

该市号召市民尽量减少开车出行，以绿色低碳的出行方式支持节能减排.唐先生积极响应政府号召，

准备每天从骑自行车和开小车两种出行方式中随机选择一种.如果唐先生选择骑自行车，当天上班的

通行时间为30分钟.将频率视为概率，根据样本估计总体的思想.若唐先生选择骑自行车和开小车的

概率相等，则平均通行时间为分钟.

57

【答案】28.5/y

【分析】根据数学期望的运算公式求解.

【详解】因为开小车的平均通行时间为17.5*0.1+22.5x0.3+27.5x0.3+32.5x0.2+37.5x0.1=27（分

钟），

所以上班的平均通行时间为gx30+gx27=28.5（分钟）.

故答案为：28.5.

16.己知正方体ABCO-ABGR的棱长为2,若〃，N分别是eg,AR的中点，作出过加，N,

8三点的截面，则这截面的周长为.

【分析】根据一个平面与两个平行平面相交交线平行即可做出截面，再根据平行线分线段成比例,

三角形相似、三角形全等利用勾股定理求出截面图形各个边长即可求周长.

【详解】连接因为平面〃平面8CC,4,所以截面与两平面的交线平行，

过点N作NF〃BM交A4于点尸，连接8尸,

同理过点M作加£〃8厂交和4于以连接NE,

则五边形BMENF即为所求截面，

设BM与NE交于点、P,BF与NE交于点、Q,

因为GM〃叫，M是CC,的中点，所以BCM=可得C7=BC=2,

因为NDJ/PC、,所以李=券=；,所以

242

可得"E=§,EG=§，AQ=RE=§，

2

因为A/〃即，所以务=黑=/-=；,所以叱=；,4尸=?,

£+2422

3

所以^r二［^+展）=^,FN=

=—,NE

2

所以这截面五边形8MENb的周长为*+且+巫+*+石="+拽+巫.

2233623

故答案为：竺+毡+巫.

623

p

四、解答题

17.已知函数/(x)=2cos(2x-g),xeR,

⑴求〃x)的最小正周期；

(2)求/(x)的单调递减区间.

【答案】⑴兀

.兀，3兀，~

(2)kji4—,kitH----，左wZ

44

【分析】(1)由余弦型函数的周期公式得出答案

7T

(2)把2》-万作为整体代入余弦函数的单调递减区间，解出答案.

【详解】(1)因为函数/(x)=2cos(2x-|jxeR,所以7=启=三=兀，

故〃力的最小正周期为兀.

7T

(2)由2所<2人一5<2也+兀,4wZ可得

2kii+—<2x<2/at+714--,

22

解之得E+E+电，

44

所以f(x)的单调递减区间为E++,入Z.

18.如图，在棱长为2的正方体ABCO-ABCQi中，点E,尸分别为棱0c和。C的中点.

（1）求证：4尸〃平面AO£；

（2）求三棱锥A-AER的体积.

【答案】（1）见解析

【分析】（1）如图，连接所，可证4尸〃AE,根据线面平行的判定定理可得4尸〃平面ARE.

如图，连接E尸，

在正方形中，因为为中点，WEFHDD、,EF=DDt,

而AAHDD,,AA=DD',故AAJ/EF,=EF,

故四边形AA/E为平行四边形，故A///4E,

而AFN平面AE",A£u平面4E2,故4广〃平面ARE.

（2）连接AE，则“A-A£O,=%一4八"，

因为包＞，平面ADD,A,故E到平面A2A的距离为ED=；CD=1,

而SA卬=gx2x2=2,

12

故%-AE4=%-A股=§*2'1=§.

19.已知向量a=(l,l),6=(应,-&).

⑴求向量方和a+〃的夹角的余弦值；

⑵设向量x=a+d-3)。，y=-hz+(r+2)。，是否存在正实数％，使得x"?如果存在，求出，的

取值范围；如果不存在，请说明理由.

【答案】(1)亚

3

⑵存在，卜2,-6)j(G,+00)

【分析】(1)利用向量的夹角公式直接求解即可；

(2)若Jy，则x-y=0,代入化简可得％=2。+2乂/一3),再由&>0可求出f的取值范围.

【详解】(1)因为“=(1,1),》=(&,-&),

所以〃+方=(1+0,1—收)，

,+0="1+可+(1-可=府b(a+b]=2

所以=ab+b=4

设向量b和a+b的夹角为。,

b-(a+b)4>/6

|/?||a+fe|2.瓜3

(2)假设存在正实数鼠使得则x.y=0,

所以[a+(r-3)b]-[-ka+(t+2)b\

=-ka+[t+2-k(t2-3]^a-h+(t2-3)(t+2)-b2

=-2Z+4(f+2乂/-3)=0

所以左=2«+2乂»-3)

因为火>0,所以2(r+2)(产-3)>0,

f+2>0Jr+2<0

所以户一3>0或%—<o'

解得-2<f<-G或

即存在且？的取值范围为(-2,-6»(6,+8).

20.大学毕业生小张和小李通过了某单位的招聘笔试考试，正在积极准备结构化面试，每天相互进

行多轮测试，每轮由小张和小李各回答一个问题，已知小张每轮答对的概率为7,小李每轮答对的

4

概率为早在每轮活动中，小张和小李答对与否互不影响，各轮结果也互不影响.

（1）求两人在两轮活动中至少答对3道题的概率；

（2）求两人在三轮活动中，小张和小李各自答对题目的个数相等且至少为2的概率.

【答案】⑴：

⑵9

16

【分析】（1）两人分别答两次，总共四次中至少答对3道题，分五种情况计算可得答案；

（2）分小张和小李均答对两个题目、均答对三个题目两种情况计算即可.

【详解】（1）设事件A="甲第一轮答对"，B="乙第一轮答对“，C="甲第二轮答对"，D="乙

第二轮答对"，£=“两人在两轮活动中至少答对3道题”，

可知P（A）=P（C）=jP（B）=P（0=§

则E=ABCD+ABCD+ABCD+ABCD+ABCD，

由事件的独立性与互斥性，BTWP（£）=P（ABCD）+P（ABCD）+P（ABCD）+P（ABCD）+P（ABCD）

=P（A）P（B）P（C）P（D）+P（A）P（B）P（C）P（D）+P（A）P（B）P（C）P（D）+P（A）P（B）P（C）P（D）+P（A）P（B）P（C）J

323212323132321232312

二­X—X-X—+—X—X—X—+—X—X—X—+—X—X—X—十—X—X—X—=一,

434343434343434343433

故两人在两轮活动中至少答对3道题的概率为;.

（2）设事件4，4分别表示甲三轮答对2个，3个题目，层,名分别表示乙三轮答对2个，3个题目,

则P（A,）=3x』x3x，=2,P（a）=3x3x3=2,P（B,）=3x-x-xl=-,P（Bs）=-x-x-=—,

'，4446444464'〃3339V733327

设事件Q=”两人在三轮活动中，小张和小李各自答对题目的个数相等且至少为2”，

则0=48?+A.B,,且人也,A3,鸟分别相互独立，

可得P（Q）=P（4B2）+P（AW）=P（4）P（员）+P（4）P（B,）

2742785

-__v__I___y__—__

-6496427—16’

所以两人在三轮活动中，小张和小李各自答对题目的个数相等且至少为2的概率为之.

16

21.如图，在四棱锥P—A5CD中，PArAD,AD=^BC=y/3,PC=y/5,

AD//BC,AB=AC,ZBAD=\50,^PDA=30.

(1)证明：PA_L平面ABC。；

(2)在线段P£>上是否存在一点尸，使直线CF与平面P8C所成角的正弦值等于农？

10

【答案】(1)详解解析；

(2)存在.

【分析】(1)利用勾股定理证得R4J_AC,结合线面垂直的判定定理即可证得结论；

(2)以4为原点建立空间直角坐标系，设点尸(x,y,z),PF=2PD(O<Z<1),求得平面PBC的法

向量〃=(1,0,1),利用已知条件建立关于，的方程，进而得解.

【详解】(1)取8C中点为£,连接AE,

在RtZ\PAD中，AD=y/3,ZPDA=3O°,

:.PA=\,又•，AD//BC,ZBAD=\5O0,

所以N8=30。，又AB=AC,

AE±BC,而BC=2。

RF

所以AC=AB=——=2,又PC=0

cos300

PA2+AC2=PC2,

:.PA±AC,又R4_L4),ADAC=A,

平面

(2)以A为坐标原点，以AE为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系,

则P(O,O,1),fi(l-5/3,0),C(l,6,0),£>(0,6,0),

设点尸(x,y,z),因为点尸在线段PZ)上，设PF=4尸£)(04241),

F(0,GM-2),：.FC=(\,y/3-同2-1),

设平面P8C的法向量为〃=(x,y,z),P«=(l,->/3,-l),PC=(1,73,-1),

〃,PB=x_Gy_z=0

则<]L，令x=z=l,贝ij〃=,

n-PC=x+J3y-z=0

设直线CF与平面PBC所成角为0,

解得几=；或2=一3(舍去)，

APF=^PD,此时点尸是PO的三等分点，

所以在线段PO上是存在一点F，使直线C