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1、山东省济宁市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（含解析）20222023学年度第二学期质量检测高一数学试题本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.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收回.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. 复数在复平面内对应的点位于( )A.
2、 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，若为角终边上的一点，则( )A. B. C. D. 3. 若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，则原四边形的边的长度为( ) A. 2B. C. 3D. 44. ( )A B. C. D. 5. 已知一个圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为( )A. B. C. D. 6. 如图所示，要测量电视塔的高度，可以选取与塔底在同一水平面内的两个观测基点与，在点测得塔顶的仰角为，在点测得塔顶的仰角为，且，则电视塔的高度为( ) A B. C.
3、D. 7. 在三棱锥中，是边长为6的等边三角形，若平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A B. C. D. 8. 在中，边上一点满足，若，则( )A. B. C. D. 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. 已知函数的的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是( ) A. 的最小正周期为B. 的图象关于对称C. 在上为减函数D. 把的图象向右平移个单位长度可得一个偶函数的图象10. 已知向量，则下列说法中正确的是( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则与的夹角为钝角D. 当时，
4、则在上的投影向量的坐标为11. 某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生身高信息，现采用样本量比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为180的样本，经计算得男生样本的均值为170，方差为19，女生样本的均值为161，方差为28，则下列说法中正确的是( )A. 男生样本容量为100B. 抽取的样本的均值为C. 抽取的样本的均值为166D. 抽取的样本的方差为4312. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为，的中点，点为棱上的动点(包含端点)，则下列说法中正确的是( ) A. B. 三棱锥的体积为定值C. 的最小值为D. 当P为的中点时，平面截正方体所
5、得截面的面积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则_14. 已知是关于的方程的一个根，则_15. 在正四棱锥中，点是的中点，则直线和所成角的余弦值为_16. 在锐角中，角，的对边分别为，且，则的最大值为_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. 某学校举行高一学生数学素养测试，现从全年级所有学生中随机抽取100名学生的测试成绩(其成绩都落在内)，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为， (1)求频率分布直方图中的值：(2)估计该样本的80%分位数18. 已知向量与的夹角为，且，(1)求；(2)若向量，求与的夹角19.
6、已知函数(1)求函数的单调递增区间；(2)若，求的值20. 如图，在三棱台中，分别为，中点(1)求证：平面;(2)若三棱锥的体积为1，求三棱台的体积21. 在中，内角，的对边分别为，若(1)求角的大小;(2)若，的角平分线交于点，求线段长度的最大值22. 如图，在直三棱柱中，平面平面 (1)求证：为直角三角形；(2)设点，分别为棱，的中点，若二面角的大小为，且，求直线与平面所成角的正弦值20222023学年度第二学期质量检测高一数学试题本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.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
7、，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收回.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. 复数在复平面内对应的点位于( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再根据复数对应的点即可得到答案.【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点为，位于第二象限，故选：B2. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，若为角终边上的一
8、点，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据任意角三角函数的定义分析运算.详解】由题意可得：.故选：A.3. 若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，则原四边形的边的长度为( ) A. 2B. C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】由斜二测画法的直观图，得出原图形为直角梯形，根据勾股定理即可求解【详解】由斜二测画法的直观图知：， 原图形中，,故选：C4. ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由诱导公式和两角差的正弦公式可得.【详解】故选：A5. 已知一个圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为( )A
9、. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据圆锥表面积公式和扇形的弧长公式求得母线和半径长，进而求得圆锥的高，根据圆锥体积公式即可求得答案【详解】设该圆锥的底面半径为,母线为，则，故，则圆锥的高为，因此该圆锥的体积，故选：D6. 如图所示，要测量电视塔的高度，可以选取与塔底在同一水平面内的两个观测基点与，在点测得塔顶的仰角为，在点测得塔顶的仰角为，且，则电视塔的高度为( ) A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，求得，在中，利用余弦定理可得出关于的方程，结合可求得的值，即为所求.【详解】设，在中，则，在中，则为等腰直角三角形，故，在中，由余弦定理可得，即，可得，因为，解
10、得，故选：C.7. 在三棱锥中，是边长为6的等边三角形，若平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取的中点，的中点，取的外心，分别过点，作平面，平面，且，由题意得到点为三棱锥的外接球的球心，设外接球的半径为，则为外接球的半径，利用勾股定理求得，代入球的表面积公式即可求解【详解】取中点，的中点，连接，如图所示， 由，有，则，所以点为的外心，因为为等边三角形，取的外心，分别过点，作平面，平面，且，则点为三棱锥的外接球的球心，设外接球的半径为，连接，则为外接球的半径，由题可知，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以四边形为矩形，
11、所以，又，所以，所以三棱锥的外接球的表面积故选：B8. 在中，边上一点满足，若，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在、中，分别利用正弦定理可得出，即可得出，利用平面向量的减法可得出关于、的表达式，可得出、的值，即可得解.【详解】在中，由正弦定理可得在中，由正弦定理可得因为，由可得，则， 即，解得，又因为，且、不共线，所以，所以故选：C.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. 已知函数的的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是( ) A. 的最小正周期为B. 的图象
12、关于对称C. 在上为减函数D. 把的图象向右平移个单位长度可得一个偶函数的图象【答案】AB【解析】【分析】根据函数图象可得解析式为，即可结合选项逐一求解.【详解】由图可知：,故A正确，当时，,进而，由于，故，对于B，故B正确，对于C，故在先减后增，故C错误，对于D，把的图象向右平移个单位长度得，由于为奇函数，故D错误，故选：AB10. 已知向量，则下列说法中正确的是( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则与的夹角为钝角D. 当时，则在上的投影向量的坐标为【答案】BD【解析】【分析】根据给定条件，利用向量的坐标运算，结合向量共线、垂直及投影向量的意义计算判断各选项作答.【详解】向量，对于A，由
13、，得，解得，A错误；对于B，由，得，解得，B正确；对于C，当时，反向共线，夹角为，此时与的夹角不为钝角，C错误；对于D，当时，因此在上的投影向量为，D正确.故选：BD11. 某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生的身高信息，现采用样本量比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为180的样本，经计算得男生样本的均值为170，方差为19，女生样本的均值为161，方差为28，则下列说法中正确的是( )A. 男生样本容量为100B. 抽取的样本的均值为C. 抽取的样本的均值为166D. 抽取的样本的方差为43【答案】ACD【解析】【分析】根据分层抽样的抽样比
14、即可求解A，由平均数和方差的计算公式即可求解BCD.【详解】根据分层抽样可知抽取的男生有人，女生由人，故A正确，样本均值为，故B错误，C正确，样本方差为：，故D正确，故选：ACD12. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为，的中点，点为棱上的动点(包含端点)，则下列说法中正确的是( ) A. B. 三棱锥的体积为定值C. 的最小值为D. 当P为的中点时，平面截正方体所得截面的面积为【答案】ABD【解析】【分析】A选项由平面可得；B选项由等体积变化可得；C选项由展开面线段长可得；D选项先确定截面，然后计算面积可得.【详解】选项A： 连接，由正方体的性质得平面，因平面，所以，因平面，平面，所以平
15、面，又因平面，所以，故A正确；选项B：如图到平面的距离为，到的距离为2，故B正确；选项C： 如图，将正方形与放在同一平面中，则的最小值为线段，故C错误；选项D： 如图，连接，由正方体的性质得，则在平面上，故四边形即为平面截正方体所得截面，因为的中点，故，又因平面,面所以故四边形矩形，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则_【答案】4【解析】【分析】利用同角三角函数的关系，化简求值.【详解】已知，则.故答案为：414. 已知是关于的方程的一个根，则_【答案】【解析】【分析】由一元二次方程的跟互为共轭复数，再由韦达定理可求，即得.【详解】因是关于的
16、方程的一个根，所以是关于方程的另一个根，由韦达定理得，得，所以，故答案为：.15. 在正四棱锥中，点是的中点，则直线和所成角的余弦值为_【答案】【解析】【分析】根据中位线可得异面直线所成的角，利用三角形的边角关系即可求解.【详解】如图，连接，相交于，连接，则为的中点，又为的中点， 所以，所以为异面直线和所成的角或其补角又为等边三角形，且边长为2，故，又，所以，所以，所以异面直线和所成的角的余弦值为故答案为：16. 在锐角中，角，的对边分别为，且，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】利用正弦定理边化角，即可得到，从而得到，再由正弦定理将转化为关于的三角函数，结合的取值范围及余弦函数、二次函数的
17、性质计算可得.【详解】因为，所以，由正弦定理可得，即，由为锐角三角形得，解得，因为，所以，所以当时，取得最大值故答案为：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. 某学校举行高一学生数学素养测试，现从全年级所有学生中随机抽取100名学生的测试成绩(其成绩都落在内)，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为， (1)求频率分布直方图中的值：(2)估计该样本的80%分位数【答案】(1) (2)80%分位数为【解析】【分析】(1)根据频率之和为1即可求解，(2)利用百分位数的计算公式即可由频率之和求解.【小问1详解】由题意知 解得【小问2详解】因为，所以该
18、样本的80%分位数一定位于内， 由可以估计该样本的80%分位数为18. 已知向量与的夹角为，且，(1)求；(2)若向量，求与的夹角【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的方程，结合可求得的值；(2)利用平面向量数量积的运算性质求出、的值，可求出的值，结合向量夹角的取值范围可得出与的夹角.【小问1详解】解：因为，所以，即， 因为，解得.【小问2详解】解：因为，所以，同理 所以， 又，所以，故与的夹角为19. 已知函数(1)求函数的单调递增区间；(2)若，求的值【答案】(1)， (2)【解析】【分析】(1)利用三角恒等变换整理得，结合正弦函数单调性运算求
19、解；(2)由题意可得，根据结合两角和差公式运算求解.【小问1详解】因为，令，解得，所以的单调递增区间为，.【小问2详解】由，可得 因为，则，所以， 所以，即.20. 如图，在三棱台中，分别为，的中点(1)求证：平面;(2)若三棱锥的体积为1，求三棱台的体积【答案】(1)证明见解析 (2)7【解析】【分析】(1)通过证明平面平面，即可证明平面；(2)通过求出棱台上下底面面积和三棱锥的体积表达式，即可求出三棱台的体积.【小问1详解】由题意，分别为，的中点，又平面，平面，平面，为的中点，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面，又，平面平面 平面，平面.【小问2详解】由题意及(1)得，设的面积为，则由
20、几何知识知的面积为，的面积为，设三棱台的高为，则，.21. 在中，内角，的对边分别为，若(1)求角的大小;(2)若，的角平分线交于点，求线段长度的最大值【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)将化成，然后结合正弦定理求解；(2)运用等面积法先表示出，然后结合余弦定理以及基本不等式求解线段长度的最大值.【小问1详解】因为，所以，即， 由正弦定理得，即 , 由余弦定理得， 又，所以.【小问2详解】由余弦定理得，即 所以，即(当且仅当时，等号成立) 因为，所以，解得, 因为(当且仅当时，等号成立)，所以(当且仅当时，等号成立)，所以长度的最大值为22. 如图，在直三棱柱中，平面平面 (1)求证：
21、为直角三角形；(2)设点，分别为棱，的中点，若二面角的大小为，且，求直线与平面所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)根据题意面面垂直性质可得平面，结合线面垂直的判定定理分析证明；(2)根据二面角的定义分析可得，利用等体积法求点到平面的距离，进而结合线面夹角运算求解.【小问1详解】因为为直三棱柱，则平面，且平面，可得，过点A作，垂足为，又因为平面平面，平面平面，平面，可得平面，且平面，可得，可得平面，且平面，可得，所以为直角三角形. 【小问2详解】由(1)可知：平面，平面，所以，则即为二面角的平面角，可得，所以，设点到平面的距离为d，直线与平面所成角为，可得，则，因为，则，即，解得，可得，所以直线与平面所成角的正弦值为【点睛】方法点睛：证明线面垂直的常用方法1.利用线面垂直的判定定，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直2.利用面面垂直的性质定，把证明线面垂直转化为证明面面垂直3.利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等