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1、山东省滨州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（含解析）高一数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上将条形码横贴在答题卡对应位置“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须
2、保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：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. 若向量，且，则的值为( )A. 3B. C. D. 2. 已知复数的共轭复数满足(为虚数单位)，则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3. 如图，用斜二测画法得到的直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为( ) A. 1B. C. 2D. 4. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为13，弧长为的扇形，则该圆锥的体积为( )A. B. C. D. 5. 假设，且A与相互独立，则( )A. 0
3、.9B. 0.75C. 0.88D. 0.846. 已知三棱锥中，平面，则三棱维的外接球的表面积为( )A. B. C. D. 7. 如图，为平行四边形对角线上一点，交于点，若，则( ) A. B. C. D. 8. 一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，事件“第一次向上一面的数字是2”，事件“第二次向上一面的数字是3”，事件“两次向上一面的数字之和是7”，事件 “两次向上一面的数字之和是8”，则( )A. 与相互独立B. 与相互独立C 与相互独立D. 与相互独立二、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
4、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. 下列关于复数的四个命题中为真命题的是( )A. B. C. 的共轭复数为D. 是关于方程的一个根10. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，下列命题正确的是( )A. 若样本的每一个数据变为原来的6倍，则平均数也变为原来的6倍，方差不变B. 若样本的每一个数据增加3，则平均数也增加3，方差不变C. 若样本数据增加两个数值，且，则极差变大D 若样本数据增加两个数值，且，则中位数不变11. 在中，角的对边分别为，下列条件中能确定为锐角的有( )A B. C. A，B均为锐角，且D. 12. 已知在正三棱锥中，为等边三角形，由
5、此三棱锥截成的三棱台中，则下列叙述正确的是( )A. 该三棱台的高为2B. C. 该三棱台的侧面积为D. 该三棱台外接球的半径长为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知一组数据：20，30，40，50，50，60，70，80，这组数据的第70百分位数是_.14. 已知，若，则_15. 一艘海轮从处出发，以每小时60海里速度沿南偏东方向直线航行，30分钟后到达处.在处有一座灯塔，海轮在处观察灯塔，其方向是南偏东，在处观察灯塔，其方向是北偏东，那么两点间的距离是_海里. 16. 已知在中，.对任意，恒成立.，点在直线上运动，则的最小值是_.四、解答题：本题共6小题，共70分.
6、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在中，角，的对边分别为，且满足.(1)求；(2)若，求的面积.18. 已知直三棱柱中，是边长为2的等边三角形，为的中点. (1)求证：平面；(2)求点到平面的距离.19. 已知，是夹角为的两个单位向量，.(1)求与的夹角；(2)若与()互相垂直，求的值.20. 某统计局就当地居民的月收入情况调查了10000人，这10000人的月收入(单位：元)均在之间，并根据所得居民的月收入数据进行分组(每组为左闭右开区间)，画出了频率分布直方图. (1)求的值；(2)根据频率分布直方图估计样本数据的中位数；(3)已知在收入为，之间的人中采取分层随机抽样的方法抽
7、取6人进行调查，并在这6人中再随机选取2人作为调查员，求选取的2名调查员中至少有一人收入在之间的概率.21. 某高校的人学面试中有3道难度相当的题目，甲同学答对每道题目的概率都是0.8，乙同学答对每道题目的概率都是0.7，且甲、乙抽到不同题目能否答对是独立的.若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直到第三次答完为止.(1)求在甲、乙两人第一次答题中只有一人通过面试的概率；(2)求甲、乙两人都通过面试且甲的答题次数少于乙的答题次数的概率.22. 如图1，在四边形中，.为的中点，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的几何体. (1)证明：平面；(2)若为上靠近点的三
8、等分点，求二面角的余弦值.高一数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上将条形码横贴在答题卡对应位置“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答
9、题卡一并交回.一、单项选择题：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. 若向量，且，则的值为( )A. 3B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据平面向量共线的坐标公式计算即可.【详解】因为向量，且，所以，解得.故选：D.2. 已知复数的共轭复数满足(为虚数单位)，则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】A【解析】【分析】根据复数的除法运算化简共轭复数，从而得复数，再根据复数的几何意义即可得答案.【详解】由得所以，则在复平面内对应的点为，位于第一象限.故选：A.3. 如图，用斜二测
10、画法得到的直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为( ) A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】根据所给的直观图是一个等腰直角三角形且直角边长是，求出直观图的面积，根据平面图形的面积是直观图的倍，得到结果【详解】是一平面图形的直观图，直角边长为，直角三角形的面积是，因为平面图形与直观图的面积的比为，原平面图形的面积是故选：B4. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为13，弧长为的扇形，则该圆锥的体积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可求得圆锥的底面半径和高，根据圆锥的体积公式即可得答案.【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，由题意可知，且，
11、则，故该圆锥的体积为，故选：A5. 假设，且A与相互独立，则( )A. 0.9B. 0.75C. 0.88D. 0.84【答案】C【解析】【分析】根据独立事件的乘法公式求得，再根据和事件的概率计算即可求得答案.【详解】由题意，且A与相互独立，则,故，故选：C6. 已知三棱锥中，平面，则三棱维的外接球的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】以为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥的外接球，由此能求出三棱锥的外接球的表面积.【详解】在三棱锥中，平面，以为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥的外接球，所以三棱锥的外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的表面积为.故选
12、：D.7. 如图，为平行四边形对角线上一点，交于点，若，则( ) A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，得，再根据向量的加减法则用把表示出来，从而可求出，进而可求出.【详解】因为为平行四边形对角线上一点，交于点，所以，所以，因为，所以，所以，故选：C8. 一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，事件“第一次向上一面的数字是2”，事件“第二次向上一面的数字是3”，事件“两次向上一面的数字之和是7”，事件 “两次向上一面的数字之和是8”，则( )A. 与相互独立B. 与相互独立C. 与相互独立D. 与相互独立【答案】D【解析】【分
13、析】根据相互独立事件得定义结合古典概型的概率公式即可得解.【详解】投掷这枚骰子两次，共有个基本事件，共个基本事件，则，共个基本事件，则，共个基本事件，则，共个基本事件，则，事件为不可能事件，则，所以与不相互独立，故A错误；事件共个基本事件，则，所以与不相互独立，故B错误；事件共个基本事件，则，所以与不相互独立，故C错误；事件共个基本事件，则，所以与相互独立，故D正确.故选：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. 下列关于复数的四个命题中为真命题的是( )A. B. C. 的共轭复数为
14、D. 是关于的方程的一个根【答案】BD【解析】【分析】根据复数的除法运算求得，根据模的计算可判断A；根据复数的乘方判断B；根据共轭复数的概念判断C；计算，判断D.【详解】由题意得，故，A错误；，B正确；的共轭复数为，C错误；，即z是关于x的方程的一个根，D正确，故选：BD10. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，下列命题正确的是( )A. 若样本的每一个数据变为原来的6倍，则平均数也变为原来的6倍，方差不变B. 若样本的每一个数据增加3，则平均数也增加3，方差不变C. 若样本数据增加两个数值，且，则极差变大D. 若样本数据增加两个数值，且，则中位数不变【答案】BCD【解析】【分析】根据一
15、组数据都加上或都乘以一个数后的平均值以及方差的性质可判断A，B；根据极差的概念判断C；根据中位数的概念判断D.【详解】对于A，若样本的每一个数据变为原来的6倍，则平均数也变为原来的6倍，方差变为原来的36被，A错误；对于B，根据原来的数据都加上一个数后的平均知己方差的性质可知，若样本的每一个数据增加3，则平均数也增加3，方差不变，B正确；对于C，原来数据的极差为，样本数据增加两个数值后的极差为样本数据增加两个数值，由于，故，C正确；对于D，不妨假设样本数据是从小到大排列，则其中位数为，样本数据增加两个数值，且，则其中位数也为，D正确，故选：BCD11. 在中，角的对边分别为，下列条件中能确定为
16、锐角的有( )A. B. C. A，B均为锐角，且D. 【答案】BD【解析】【分析】选项A由余弦定理可判断；选项B由向量的数量积定义可判断；选项C由诱导公式有，由正弦函数的单调性可判断；选项D由正弦定理可得，则，由大边对大角可判断.【详解】对于A，为钝角，故A错误；对于B，为锐角，故B正确；对于C，均为锐角，又，所以，可得则为钝角，故C错误；对于D，由正弦定理得，则为锐角，故D正确.故选：BD.12. 已知在正三棱锥中，为等边三角形，由此三棱锥截成的三棱台中，则下列叙述正确的是( )A. 该三棱台的高为2B. C. 该三棱台的侧面积为D. 该三棱台外接球的半径长为【答案】ABD【解析】【分析】
17、对于A，根据三棱台的图形特点，利用直角三角形中勾股定理求解即可；对于B，根据线面垂直的相关知识，结合图形特点进而证明即可；对于C，根据梯形面积计算方法直接计算即可；对于D，根据图形特点找到外接球的球心，进而得到半径即可判断.【详解】如下图所示，取，的中心，连接，对于A，在中，根据正弦定理得，得外接圆半径，即，同理，在平面中，过点作交与点，显然，四边形为矩形，则，所以，在直角中，所以，即该三棱台的高为2，故A正确；对于B，由正三棱锥的性质可知，平面，因为平面，所以，因为是等边的中心，所以，又因为平面，所以平面，因为平面，所以，故B正确；对于C，如右图所示，在梯形中，过点作交于点，过点作交于点，根
18、据梯形性质易知，四边形是矩形，则，则，在直角中，所以梯形的面积为，所以该三棱台的侧面积为，故C错误；对于D，因为，则，则点是三棱台外接球的球心， 则该三棱台外接球的半径长为，故D正确. 故选：ABD【点睛】方法点睛：本题考查立体几何中棱锥与棱台的综合问题.立体几何小题要善用观察法，从而找到特殊的几何关系，通过数形结合的方法求解答案.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知一组数据：20，30，40，50，50，60，70，80，这组数据的第70百分位数是_.【答案】【解析】【分析】根据百分位数的定义计算即可.【详解】因为，所以组数据的第70百分位数是第个数，即为.故答案为：
19、.14. 已知，若，则_【答案】【解析】【分析】根据题意求得，结合向量的数量积的运算公式求得的值，得到的坐标，利用向量模的公式，即可求解【详解】因为，可得，又因为，可得，解得，所以，所以.故答案为：.15. 一艘海轮从处出发，以每小时60海里的速度沿南偏东方向直线航行，30分钟后到达处.在处有一座灯塔，海轮在处观察灯塔，其方向是南偏东，在处观察灯塔，其方向是北偏东，那么两点间的距离是_海里. 【答案】【解析】【分析】由题意可求出的值，然后在利用正弦定理可求出【详解】由题意得，所以，在中，由正弦定理得，则，所以，得，即两点间的距离是海里，故答案为：16. 已知在中，.对任意，恒成立.，点在直线上
20、运动，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】由题意可得为点到的垂线段，即，设关于直线的对称点为，连接，连接交于，此时最小，结合余弦定理即可求解.【详解】因为，所以，因为对任意，恒成立，所以由减法与数乘的几何意义，为点到的垂线段，所以，因为 ，所以， 设关于直线的对称点为，连接，连接交于，此时最小，因为，在中，根据余弦定理可得，即的最小值为.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. 在中，角，的对边分别为，且满足.(1)求；(2)若，求的面积.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据正弦定理与三角恒等变换即可得，再由弦化切得，从而可得
21、角的大小；(2)由余弦定理求边，再由面积公式即可得的面积.【小问1详解】因为，由正弦定理得所以，则，因为，所以故，即，又，所以；【小问2详解】由余弦定理得：，整理得解得或(舍)所以的面积18. 已知直三棱柱中，是边长为2的等边三角形，为的中点. (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)连接，交于O点，连接，证明，即可证明结论；(2)根据等体积法，即，即可求得答案.【小问1详解】证明：连接，交于O点，连接， 因为四边形，故O为中点，又为的中点，故,而平面,平面,故平面；【小问2详解】因在直三棱柱中，平面,平面，故，则，故，即为直角三角形，由
22、题意知，平面,平面，故，又，平面，故平面，设点到平面距离为d，由于，则，即，则，即点到平面的距离为.19. 已知，是夹角为的两个单位向量，.(1)求与的夹角；(2)若与()互相垂直，求的值.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据数量积的运算律求得以及，利用向量的夹角公式即可求得答案；(2)根据垂直的向量表示，列式计算，即可求得答案.【小问1详解】因为，是夹角为的两个单位向量，故，则，则，故，而，故.【小问2详解】因为与()互相垂直，故，即，故.20. 某统计局就当地居民的月收入情况调查了10000人，这10000人的月收入(单位：元)均在之间，并根据所得居民的月收入数据进行分组(每组
23、为左闭右开区间)，画出了频率分布直方图. (1)求的值；(2)根据频率分布直方图估计样本数据的中位数；(3)已知在收入为，之间人中采取分层随机抽样的方法抽取6人进行调查，并在这6人中再随机选取2人作为调查员，求选取的2名调查员中至少有一人收入在之间的概率.【答案】(1) (2)元 (3)【解析】【分析】(1)根据概率之和等于1求解即可；(2)根据频率分布直方图中中位数的计算公式计算即可；(3)先根据分层抽样的定义求出每层的人数，再利用列举法结合古典概型即可得解.【小问1详解】由题意，解得；【小问2详解】因为，所以中位数位于区间内，设为，则，解得，所以样本数据的中位数为元；【小问3详解】由题意，
24、内有人，设为，内有人，设为，在这6人中再随机选取2人作为调查员，有，共种，其中选取的2名调查员中至少有一人收入在，有，共种，所以选取的2名调查员中至少有一人收入在之间的概率为.21. 某高校的人学面试中有3道难度相当的题目，甲同学答对每道题目的概率都是0.8，乙同学答对每道题目的概率都是0.7，且甲、乙抽到不同题目能否答对是独立的.若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直到第三次答完为止.(1)求在甲、乙两人第一次答题中只有一人通过面试的概率；(2)求甲、乙两人都通过面试且甲的答题次数少于乙的答题次数的概率.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)分甲通过乙
25、不通过和甲不通过和乙通过两种情况，结合相互独立事件的概率公式即可得解；(2)分甲第一次通过乙第二次通过、甲第一次通过乙第三次通过和甲第二次通过乙第三次通过三种情况，结合相互独立事件的概率公式即可得解.【小问1详解】由题意，所求概率为；【小问2详解】由题意，有甲第一次通过乙第二次通过、甲第一次通过乙第三次通过和甲第二次通过乙第三次通过三种情况，当甲第一次通过乙第二次通过时，概率为，当甲第一次通过乙第三次通过时，概率为，当甲第二次通过乙第三次通过时，概率为，所以所求概率为.22. 如图1，在四边形中，.为的中点，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的几何体. (1)证明：平面；(2)若为上靠近点的
26、三等分点，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明过程见解析 (2)【解析】【分析】(1)根据中位线等图形关系得到四边形为平行四边形，得到，根据线面垂直得到，结合，再转化后结合线面垂直的判定定理即可证明；(2)根据图形关系作出所求二面角的平面角，根据三角形面积相等得到，在直角三角形中运算即可求解角的余弦值.【小问1详解】如图，取的中点，连接，又因为为的中点，所以因为，故，且，所以四边形为平行四边形，则，因为面，所以平面因为平面，所以，因为，是的中点，所以，所以，因为面，所以平面. 【小问2详解】在平面内，过点作，连接， 由(1)知，平面，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以是二面角的平面角，直角中，所以，因为，所以，所以，解得，在直角中，所以，在直角中，所以，即二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.通过旋转前后图形变换特点，找出特殊的图形关系，通过判定定理从而证明线面垂直；通过等面积法可以求出线段长度，结合二面角的定义从而求解二面角的余弦值.