广东省中山市2022-2023学年高一下学期期末数学试题含解析.docx

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1、中山市高一年级2022-2023学年度第二学期期末统一考试数学试卷本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号(考号)填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置.2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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指定区域内相应位置上；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考生必须保证

2、答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.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. 在锐角三角形中，则( )A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则( )A. 1B. C. 2D. 3. 已知，设，的夹角为，则在上的投影向量是( )A. B. C. D. 4. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为( )A. 8B. C. 16D. 5. 已知m，n是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则D

3、. 若，则6. 南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔(Florence Nightingale18201910)设计的，图中每个扇形圆心角都相等，半径长短表示数量大小.某机构统计了近些年中国知识付费用户数量(单位：亿人次)，并绘制成南丁格尔玫瑰图如下，根据此图，下列说法错误的是( ) A. 2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加B. 2017年至2018年，知识付费用户数量增加量为近些年来最多C. 2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍D. 2016年至2022年，知识付费用户数量的年增加量逐年递增7. 把函数的图象向左平移个单位长度后，所得

4、到的图象关于y轴对称，则m的最小值是A. B. C. D. 8. 古代数学家刘徽编撰的重差是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础现根据刘徽的重差测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点)，地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60和20，且BC = 100 m，则该球体建筑物的高度约为( )(cos10 0.985)A. 49.25 mB. 50.76 mC. 56.74 mD. 58.60 m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、5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则b可以为( )A 7B. 8C. 9D. 1010. 以下化简结果正确的是( )A. B. C. D. 11. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件 “第一次出现2点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为奇数”，“两次点数之和为9”，则下列说法正确的有( )A 与不互斥且相互独立B. 与互斥且不相互独立C. 与互斥且不相互独立D. 与不互斥且相互独立12. 如图，在正方体中，分别为的中点，则下列说法正确的是( )A. B 平面C. 与所成的角的余弦值为D. 点到平面的距离为三、填空

6、题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 某校从高一男生中随机抽取了一个容量为20身高样本，将得到的数据(单位：cm)从小到大排序：152，155，158，164，164，165，165，165，166，167，168，168，169，x，172，172，173，173，174，175若该样本数据的第70百分位数是171，则x的值为_14. 如图，在ABC中，M是BC边上的中点，P是AM上一点，且满足，则_.15. 某班同学的体重状况调查中，已知30名男生的平均体重为60kg，方差为50，20名女生的平均体重为50kg，方差为60，那么该班50名同学的平均体重为_kg，方差为_.16.

7、为了研究问题方便，有时将余弦定理写成：，利用这个结构解决如下问题：若三个正实数，满足，则_.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. 已知向量，满足，求：(1)；(2)与的夹角18. 已知锐角三角形中，.()求证：；()求的值.19. 在某次乒乓球团体选拔赛中，甲乙两队进行比赛，采取五局三胜制(即先胜三局的团队获得比赛的胜利)，假设在每局比赛中，甲队获胜的概率为0.6，乙队获胜的概率为0.4，各局比赛相互独立.(1)求这场选拔赛三局结束的概率；(2)若第一局比赛乙队获胜，求比赛进入第五局的概率.20. 古希腊数学家海伦的著作测地术中记载了著名的海伦公式

8、，即利用三角形的三边长求三角形面积.若三角形的三边分别为a，b，c，则其面积，其中.(1)证明：海伦公式；(2)若，求此三角形面积的最大值.21. 已知满足(1)试问：角是否可能为直角？请说明理由；(2)若为锐角三角形，求的取值范围22. 如图1，在平行四边形ABCD中，E是边BC上点，且连结AE，并以AE为折痕将ABE折起，使点B到达点P的位置，得到四棱锥，如图2(1)设平面PEC与平面PAD的交线为l，证明：ADl；(2)在图2中，已知证明：平面PAE平面AECD；求以P，A，D，E为顶点的四面体外接球的表面积中山市高一年级2022-2023学年度第二学期期末统一考试数学试卷本试卷共6页，

9、22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号(考号)填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置.2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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指定区域内相应位置上；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考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小

10、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. 在锐角三角形中，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理即可求解.【详解】解：在锐角三角形中，由正弦定理得，又，所以，且，故.故选：A2. 已知复数z满足，则( )A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的四则运算可求得，即可求得【详解】根据题意，设，所以，所以所以或,所以复数或，所以故选:B3. 已知，设，的夹角为，则在上的投影向量是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据投影向量的求法求得正确答案.【详解】在上的投影向量是：.故选：A4. 一个

11、平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为( )A. 8B. C. 16D. 【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的周长即可【详解】还原直观图为原图形如图所示，因为，所以，还原回原图形后，所以，所以原图形的周长为故选：C.5. 已知m，n是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系逐一判

12、断即可.【详解】若，则可能平行，可能相交，故A错误；若，则或或或与相交(不垂直)，故B错误；若，则或，故C错误，因为，所以，又，所以，故D正确.故选：D6. 南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔(Florence Nightingale18201910)设计的，图中每个扇形圆心角都相等，半径长短表示数量大小.某机构统计了近些年中国知识付费用户数量(单位：亿人次)，并绘制成南丁格尔玫瑰图如下，根据此图，下列说法错误的是( ) A. 2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加B. 2017年至2018年，知识付费用户数量增加量为近些年来最多C. 2022年知识付费用户数量超过

13、2015年知识付费用户数量的10倍D. 2016年至2022年，知识付费用户数量的年增加量逐年递增【答案】D【解析】【分析】利用题中所给的南丁格尔玫瑰图逐一考查所给选项，即可得解.【详解】对于A，由图可知，2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加，故A正确；对于BD，知识付费用户数量的逐年增加量分别为：2016年，；2017年，；2018年，；2019年，；2020年，；2021年，；2022年，可知知识付费用户数量逐年增加量2018年最多，故B正确，D错误；对于C，由，即2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍，故C正确；故选：D7. 把函数的图象向左平移个单

14、位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】，将其图像向左平移个单位长度后得到函数的图象，则其对称轴为即，所以，则因为，所以的最小值为，故选C8. 古代数学家刘徽编撰的重差是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础现根据刘徽的重差测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点)，地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60和20，且BC = 100 m，则该球体建筑物的高度约为( )(cos10 0.985)A. 49.25 mB. 50.76 mC.

15、 56.74 mD. 58.60 m【答案】B【解析】【分析】根据三角函数可得，利用求解即可.【详解】如图，设球的半径为，故选：B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. 的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则b可以为( )A. 7B. 8C. 9D. 10【答案】AB【解析】【分析】由正弦定理可得，由得，结合选项即可求解.【详解】在ABC中，由正弦定理可得，即，所以，因为，所以，所以b可以为7，8，故选：AB.10. 以下化简结果正确的是( )A. B. C. D. 【答案】ACD【

16、解析】【分析】由两角和与差的正弦公式，可判定A正确；利用辅助角公式和两角差的余弦公式，可判定B错误；由两角和的正切公式，可判定C正确；根据余弦的倍角公式和三角函数的基本关系式，可判定D正确.【详解】对于A中，由两角和与差的正弦公式，可得，所以A正确；对于B中，由，所以B错误；对于C中，因为，可得，所以，所以C正确；对于D中，由余弦的倍角公式，可得，所以D正确.故选：ACD.11. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件 “第一次出现2点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为奇数”，“两次点数之和为9”，则下列说法正确的有( )A. 与不互斥且相互独立B. 与互斥且不相互

17、独立C. 与互斥且不相互独立D. 与不互斥且相互独立【答案】ABD【解析】【分析】根据事件的互斥与独立的定义对选项一一验证即可.【详解】对于A：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次与第二次的结果互不影响，即与相互独立；第一次出现2点，第二次的点数小于5点可以同时发生，与不互斥；故A正确；对于B：连续抛掷一枚质地均匀骰子两次，第一次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；第一次出现2点，则两次点数之和最大为8，即与不能同时发生，即与互斥，故B正确；对于C：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第二次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；若第一次的点数为5，第二次的点数4点，则两次点数之和为9，

18、即与可以同时发生，即与不互斥，故C错误；对于D：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果不会影响两次点数之和的奇偶，即与相互独立；若第一次的点数为2，第二次的点数3点，则两次点数之和为5是奇数，即与可以同时发生，即与不互斥，故D正确.故选：ABD.12. 如图，在正方体中，分别为的中点，则下列说法正确的是( )A. B. 平面C. 与所成的角的余弦值为D. 点到平面距离为【答案】AD【解析】【分析】根据线线垂直、线面平行、线线角、点面距等知识对选项进行分析，由此确定正确答案.【详解】A选项:取中点为，则易得：，故与，可得平面，又平面，故，A正确；B选项：若平面，则平面或在平面内，显然不成立

19、，B错误；C选项：取中点为，则即为所求角，故，D错误；D选项：三棱锥中，等边三角形的外接圆半径为，所以到平面的距离为，D正确.故选：AD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 某校从高一男生中随机抽取了一个容量为20的身高样本，将得到的数据(单位：cm)从小到大排序：152，155，158，164，164，165，165，165，166，167，168，168，169，x，172，172，173，173，174，175若该样本数据的第70百分位数是171，则x的值为_【答案】170【解析】【分析】根据百分位数的定义求解即可【详解】因为，所以第70百分位数为第14个数和第15个数

20、的平均数，因为该样本数据的第70百分位数是171，所以，解得，故答案为：17014. 如图，在ABC中，M是BC边上的中点，P是AM上一点，且满足，则_.【答案】【解析】【分析】由题可得，又由图可得，据此可得答案.【详解】由图可得三点共线，又，则.注意到，则.故答案为：15. 某班同学的体重状况调查中，已知30名男生的平均体重为60kg，方差为50，20名女生的平均体重为50kg，方差为60，那么该班50名同学的平均体重为_kg，方差为_.【答案】 . 56； . 78【解析】【分析】直接计算50名同学的平均体重即可；由总体样本方差公式求出50名同学的方差即可.【详解】该班50名同学的平均体重

21、为；由总体样本方差公式可得该班50名同学的方差为.故答案为：56；78.16. 为了研究问题方便，有时将余弦定理写成：，利用这个结构解决如下问题：若三个正实数，满足，则_.【答案】【解析】【分析】设的角、的对边分别为、，在内取点，使得，设，利用余弦定理得出的三边长，由此计算出的面积，再利用可得出的值.【详解】设的角、的对边分别为、，在内取点，使得，设，由余弦定理得，则，则，所以，由，得，即，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：在内取点，使得是解决本题的关键.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. 已知向量，满足，求：(1)；(2)与的夹角【答案】(

22、1) (2)【解析】【分析】(1)根据向量模的坐标运算以及向量的基本运算可以直接求得；(2)根据向量数量积的定义进行计算即可得到结果.【小问1详解】由，得，故，代入，得，由，得【小问2详解】由,由于，故与的夹角为.18. 已知锐角三角形中，.()求证：；()求的值.【答案】()证明见解析；().【解析】【分析】()由和差角的正弦公式化简可得，再由商数关系即可得证；()由商数关系可得，再由和角的正切公式解方程即可得解.【详解】()证明：，所以.()，即，将代入，得:.解得，舍去负值,得.19. 在某次乒乓球团体选拔赛中，甲乙两队进行比赛，采取五局三胜制(即先胜三局的团队获得比赛的胜利)，假设在每

23、局比赛中，甲队获胜的概率为0.6，乙队获胜的概率为0.4，各局比赛相互独立.(1)求这场选拔赛三局结束的概率；(2)若第一局比赛乙队获胜，求比赛进入第五局的概率.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据题意，找出这场选拔赛三局结束的事件，利用概率公式即可求解；(2)先找出满足条件的事件，然后利用概率公式即可求解.【小问1详解】设“第i局甲胜”为事件，“第j局乙胜”为事件(i，2，3，4，5)，记“三局结束比赛”，则，所以；【小问2详解】记“决胜局进入第五局比赛”，则，所以.20. 古希腊数学家海伦的著作测地术中记载了著名的海伦公式，即利用三角形的三边长求三角形面积.若三角形的三边分别为

24、a，b，c，则其面积，其中.(1)证明：海伦公式；(2)若，求此三角形面积的最大值.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)由三角形的面积公式结合同角三角函数的关系，表示为，再用余弦定理化角为边，构造完全平方式，再化简即可得证；(2)根据海伦公式，结合题意，用边长表示三角形的面积，利用基本不等式求解三角形面积的最大值.【小问1详解】，其中，得证.【小问2详解】因为，所以，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以得最大值为，此时，满足，符合题意.21. 已知满足(1)试问：角是否可能为直角？请说明理由；(2)若为锐角三角形，求的取值范围【答案】(1)角不可能为直角，理由见解析 (2

25、)【解析】【分析】(1)使用反证法，假设角为直角，根据题目条件证明假设不成立，得到角不可能为直角；(2)将的取值范围转化为的取值范围，通过为锐角三角形，列出关于的不等式，进而求得结果.【小问1详解】假设角为直角，则，所以，因为，所以，所以，所以，显然，所以矛盾，故假设不成立，所以角不可能直角【小问2详解】因为，所以，由正弦定理，得，由余弦定理化简，得，因为为锐角三角形，所以令，则有，所以的取值范围为22. 如图1，在平行四边形ABCD中，E是边BC上的点，且连结AE，并以AE为折痕将ABE折起，使点B到达点P的位置，得到四棱锥，如图2(1)设平面PEC与平面PAD的交线为l，证明：ADl；(2

26、)在图2中，已知证明：平面PAE平面AECD；求以P，A，D，E为顶点的四面体外接球的表面积【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析；.【解析】【分析】(1)由题意有，根据线面平行判定可得面，再利用线面平行的性质即可证结论.(2)若为中点，连接，由等腰三角形性质有，利用勾股定理得到，再根据线面、面面垂直的判定证结论.首先确定外接球球心位置，结合底面外接圆半径及面，求出球体半径，进而求表面积.【小问1详解】由题设，而面，面，所以面，又面，面，平面PEC与平面PAD的交线为l，面所以且，综上，.【小问2详解】若为中点，连接，由题设，则，所以，故，又，平行四边形ABCD中，可得，在中，故，在中，即，所以，又为中点，故，在中，则，所以，由，面，故面，又面，则面面.由知：为直角三角形，则外接圆圆心为，故外接圆半径为，又面，则以P，A，D，E为顶点的四面体外接球球心在直线上，若外接球半径为，则，可得，所以外接球的表面积为.