精品解析：甘肃省靖远县第一中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题

2022-2023学年甘肃省白银市靖远一中高一（下）期末数学试卷 一、选择题：本大题共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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据交集的知识求得正确答案. 【详解】因为，所以. 故选：D 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得. 【详解】. 故选：A 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件，结合平面向量共线的性质，以及向量的坐标运算法则，即可求解． 【详解】， 则，解得， 故， ． 故选：A． 4. 在平行四边形ABCD中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算求解. 【详解】解：因为， 所以， 所以． 故选：A 5. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图是直角，其中，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求得原图形三角形的底与高的值，进而求得原图形的面积. 【详解】因为在直观图中，，所以， 所以原图形是一个底边长为，高为的直角三角形， 故原图形的面积为． 故选：B 6. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的图象，求得函数的解析式为，进而求得的值. 【详解】由函数的部分图象知，， 则，又，所以， 又因为，解得， 所以，又，得， 所以， 所以. 故选：D. 7. 若锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合同角三角函数的基本关系式、两角差的余弦公式来求得正确答案. 【详解】因为，所以， 又因为， 所以，， 所以 . 故选：A 8. 已知某圆台的体积为，其上底面和下底面的面积分别为，且该圆台两个底面的圆周都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用圆台体积求出圆台的高，再设出球心到下底面的距离，列出方程，求出外接球半径，从而求出表面积. 【详解】设该圆台的高为h，则，解得． 由题意得：上底面圆的半径为，下底面圆的半径为， 设球心O到下底面的距离为t，即，则， 由勾股定理得：， 即，解得， 则球O的半径，故球O的表面积为. 故选：D 二、选择题：本大题共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. 下列等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用和差角正余弦、二倍角正弦、辅助角公式判断各项的正误. 【详解】A：由二倍角正弦公式有，对； B：由和角正弦公式有，错； C：由辅助角公式有，对； D：由和差角余弦公式有，对. 故选：ACD 10. 在正方体中，分别为的中点，则（ ） A. 与异面 B. 与所成的角为 C. 与异面 D. 与所成的角为 【答案】AD 【解析】 【分析】通过异面直线的定义及异面直线所成角的定义逐一判断各选项. 【详解】如图，在正方体中，分别为的中点， 对于A，与异面，故A正确； 对于B， 与所成的角为，又，所以与所成的角为，故B错误； 对于C，由，得与共面，故C错误； 对于D，与所成的角为，又，所以与所成的角为.故D正确； 故选：AD. 11. 已知复数，是关于z的方程的两个复数根，且，，则（ ） A. 与互为共轭复数 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用一元二次方程的复数根的性质判断A；再利用韦达定理求得，从而判断BC；利用互为共轭复数的性质求得，从而求得，由此得以判断D. 【详解】对于A，一元二次方程的复数根互为共轭复数，故A正确； 对于B，由题意得，， 因为复数根互为共轭复数，所以为实数，为纯虚数， 故，则， 又，所以，则，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，则， 所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 已知复数在复平面内对应的点在第四象限，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由复数的几何意义可得，从而求出a的取值范围． 【详解】∵复数在复平面内对应的点在第四象限， ∴，解得， 即实数a的取值范围是． 故答案为：． 13. 已知向量满足，且，则_____________，向量，的夹角为_____________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】由得，结合条件利用平面向量数量积的运算律化简可求得；再由平面向量的夹角公式即可求得夹角． 【详解】因为，且， 所以， 即， 所以， 所以； 所以， 因为， 所以． 故答案为：． 14. 从集合中任选一个元素，则该元素是质数的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据古典概型的概率求解方法，结合质数的知识求解即可. 【详解】A中的元素为0，1，2，…，17，共18个， 质数有2，3，5，7，11，13，17，共7个， 任选一个元素，则该元素是质数的概率为. 故答案为： 15. 在正四棱柱中，是的中点，，，则与平面所成角的正弦值为__________ 【答案】## 【解析】 【分析】先利用线面垂直的判定定理证得平面，进而得到直线与平面所成角为，从而解直角三角形即可求得其正弦值. 【详解】设底面的中心为，则， 因为平面，平面，所以， 又平面， 所以平面，则平面， 取的中点，连接，则， 所以平面， 连接，则为与平面所成的角. 因为，， 所以，，. 故答案为：. . 四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16. 某选手在参加某次比赛中，各评委打出的分数为10，9，8，9，9，8，10，7，8，6． （1）求该选手所有得分的平均数； （2）若该选手所有得分的分位数为9，求整数m的取值集合． 【答案】（1）8.4； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据平均数的定义进行求解，得出答案； （2）先从小到大排序，再根据百分位数定义，分，，，，，和等情况进行求解即可． 【小问1详解】 该选手平均分为：； 【小问2详解】 将所得分数从小到大排列为：6，7，8，8，8，9，9，9，10，10，共10个数， 9在第6，7，8三个位置上， 当时，，选择第6个数作为分位数，满足要求， 若，则，选择第6个和第7个数的平均数作为分位数，满足要求， 当时，，选择第7个数作为分位数，满足要求， 若，则，选择第7个和第8个数的平均数作为分位数，满足要求， 当时，，选择第8个数作为分位数，满足要求， 当或时，经检验，不合要求， 综上，整数m的取值集合为. 17. 如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，E，F分别为棱PC，PB的中点． （1）证明：EF平面ABC． （2）证明：平面EFA⊥平面PAC． 【答案】（1）证明：因为E，F分别为棱PC，PB的中点，所以EFBC， 因为平面ABC，平面ABC， 所以EF平面ABC； （2）证明：因为AB为圆O的直径，所以BC⊥AC． 因为PA⊥平面ABC，平面ABC，所以BC⊥PA， 又，PA，平面PAC，所以BC⊥平面PAC， 由（1）知，所以EF⊥平面PAC，又平面EFA， 所以平面EFA⊥平面PAC． 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理得到EFBC，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）由AB为圆O的直径，得到BC⊥AC，再利用线面垂直得到BC⊥PA，从而BC⊥平面PAC，结合（1）中，所以EF⊥平面PAC，得到面面垂直. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. a，b，c分别为内角A，B，C的对边.已知. （1）求； （2）若，，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边换角，再用和差公式化简，代入倍角公式即可求解； （2）利用余弦定理的变形公式代入即可求解. 【小问1详解】 ， 由正弦定理得： ，， ， ， 即：. 【小问2详解】 ，， ①， 又②，③， 联立①②③解得：，， . 即的周长为：16. 19. 甲、乙两人进行围棋比赛，两人共比两局，每局比赛甲赢的概率为0.6，两人平局的概率为0.1，设每局的胜方得3分，负方得﹣1分，若该局为平局，则两人各得2分． （1）求甲、乙各赢一局的概率； （2）求两局结束后甲的最后得分不大于2的概率． 【答案】（1）0.36； （2）0.51． 【解析】 【分析】（1）先求出每局比赛乙赢的概率，从而根据独立事件的概率公式求解即可； （2）设两局结束后甲的最后得分为X，利用独立事件的概率乘法公式求出，再相加即可求出结果． 【小问1详解】 ∵每局比赛甲赢的概率为0.6，两人平局的概率为0.1， ∴每局比赛乙赢的概率为， ∴甲、乙各赢一局的概率为； 【小问2详解】 设两局结束后甲的最后得分为X，X可取, 则，， ， ∴两局结束后甲的最后得分不大于2的概率为． 20. 如图，某铁质零件由一个正三棱台和一个正三棱柱组成，已知正三棱柱的底面边长与高均为1cm，正三棱台的下底面边长为2cm，且正三棱台的高为1cm，现有一盒这种零件共重（不包含盒子的质量），取铁的密度为． （1）试问该盒中有多少个这样的零件？ （2）如果要给这盒零件的每个零件表面涂上一种特殊的材料，试问共需涂多少的材料？ 【答案】（1）100个 （2） 【解析】 【分析】（1）求出正三棱柱和正三棱台的体积，得到零件的质量和盒中零件数； （2）作出辅助线，求出零件的表面积，得到答案. 【小问1详解】 设等边三角形的边长为，则由三角形面积公式可得该三角形面积为， 故正三棱柱的体积， 正三棱台的体积， 所以该零件的质量为， 所以该盒中共有零件个． 【小问2详解】 如图，设D，分别为三棱台所在棱的中点，O，分别为三棱台上、下底面的中心， 连接，OD，，． 因为，所以， 同理可得， 所以， 所以三棱台的侧面积为， 所以一个零件的表面积为． 因为， 所以共需涂的材料． 21. 已知函数，． （1）若函数在内有唯一零点，求a的取值范围． （2）设函数的最大值、最小值分别为M，m，记．设，函数，当，时，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由方程在内只有一个实数解，可求a的取值范围； （2）由定义求，再由恒成立，求的取值范围． 【小问1详解】 依题意可得方程在内只有一个实数解， 即在内只有一个实数解，所以， 所以a的取值范围为． 【小问2详解】 因为，所以当时，， 则． 因为，所以在上为减函数， 所以在上的最大值为，最小值为， 所以当时，， 由，得，即， 解得，故的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022-2023学年甘肃省白银市靖远一中高一（下）期末数学试卷 一、选择题：本大题共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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. （ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 在平行四边形ABCD中，，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图是直角，其中，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 0 B. C. D. 7. 若锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知某圆台的体积为，其上底面和下底面的面积分别为，且该圆台两个底面的圆周都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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. 下列等式成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 在正方体中，分别为的中点，则（ ） A. 与异面 B. 与所成的角为 C. 与异面 D. 与所成的角为 11. 已知复数，是关于z的方程的两个复数根，且，，则（ ） A. 与互为共轭复数 B. C. D. 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 已知复数在复平面内对应的点在第四象限，则实数a的取值范围是______． 13. 已知向量满足，且，则_____________，向量，的夹角为_____________． 14. 从集合中任选一个元素，则该元素是质数的概率为______. 15. 在正四棱柱中，是的中点，，，则与平面所成角的正弦值为__________ 四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16. 某选手在参加某次比赛中，各评委打出的分数为10，9，8，9，9，8，10，7，8，6． （1）求该选手所有得分的平均数； （2）若该选手所有得分的分位数为9，求整数m的取值集合． 17. 如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，E，F分别为棱PC，PB的中点． （1）证明：EF平面ABC． （2）证明：平面EFA⊥平面PAC． 18. a，b，c分别为内角A，B，C的对边.已知. （1）求； （2）若，，求的周长. 19. 甲、乙两人进行围棋比赛，两人共比两局，每局比赛甲赢的概率为0.6，两人平局的概率为0.1，设每局的胜方得3分，负方得﹣1分，若该局为平局，则两人各得2分． （1）求甲、乙各赢一局的概率； （2）求两局结束后甲的最后得分不大于2的概率． 20. 如图，某铁质零件由一个正三棱台和一个正三棱柱组成，已知正三棱柱的底面边长与高均为1cm，正三棱台的下底面边长为2cm，且正三棱台的高为1cm，现有一盒这种零件共重（不包含盒子的质量），取铁的密度为． （1）试问该盒中有多少个这样的零件？ （2）如果要给这盒零件的每个零件表面涂上一种特殊的材料，试问共需涂多少的材料？ 21. 已知函数，． （1）若函数在内有唯一零点，求a的取值范围． （2）设函数的最大值、最小值分别为M，m，记．设，函数，当，时，恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $