四川省仁寿第一中学校南校区2022-2023学年高一下学期期末适应性考试数学 Word版含解析

《四川省仁寿第一中学校南校区2022-2023学年高一下学期期末适应性考试数学 Word版含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

高2022级高一（下）期末适应性考试数学试卷卷Ⅰ（选择题，共60分）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1.设复数，则复数的共轭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】D【解析】分析】先求出，再求出，直接得复数在复平面内对应的点【详解】因为，所以，在复平面内对应点，位于第四象限.故选：D2.已知一组数据的平均数为，标准差为，则数据的平均数和方差分别为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据数据的平均数与方差的性质求解即可.【详解】解：由题知，，，所以，的平均数为，的方差分别.故选：D3.已知是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列结论中正确的是（）A.若且，则B.若且，则

1C.若且，则D.若且，则【答案】D【解析】【分析】对于A：直接判断出m与n可能平行、相交，也可能异面，即可判断；对于B：直接判断出m与n可能平行，也可能异面；对于C：直接判断出与可能相交，也可能平行；对于D：利用线面垂直的判定定理直接判断.【详解】对于A：若且，则m与n可能平行、相交，也可能异面，故A错误；对于B：若且，则m与n可能平行，也可能异面，故B错误；对于C：若且，则与可能相交，也可能平行，故C错误；对于D：因为垂直于同一直线的两个平面互相平行，故D正确.故选：D.4.已知，则（）.A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分子分母同除以，弦化切即可求解.【详解】故选：A5.在正四棱台中，，则该四棱台的体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】作出轴截面，过点作，结合等腰梯形的性质得高，再计算体积即可.【详解】解：作出轴截面如图所示，过点作，垂足为，因为正四棱台中，

2所以，，，即梯形为等腰梯形，所以，，所以，该四棱台的体积为故选：B6.为测量河对岸的直塔AB的高度，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C，D，测得的大小为60°，点C，D的距离为200m，在点C处测得塔顶A的仰角为45°，在点D处测得塔顶A的仰角为30°，则直塔AB的高为（）A.100mB.C.D.200m【答案】A【解析】【分析】根据画出图形，设，结合条件可得，，然后根据余弦定理即得.详解】设，则，，∴，在中，由余弦定理可得，∴，

3∴(负值舍去)，即直塔AB的高为100m.故选：A7.在中，点线段上任意一点，点满足，若存在实数和，使得，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题设且，结合向量数乘、加法的几何意义可得，再由已知条件即可得的值.【详解】由题意，且，而，所以，即，由已知，，则.故选：D8.正八面体是每个面都是正三角形的八面体．如图所示，若此正八面体的棱长为2，则它的内切球的表面积为（）A.B.C.D.

4【答案】C【解析】【分析】由正八面体的定义知，其内切球的球心在正八面体的中心，以内切球的球心为顶点、可将正八面体分为8个全等的正三棱锥，利用等体积法可得其内切球的半径，从而得到其内切球的表面积.【详解】以内切球的球心为顶点、正八面体的八个面为底面，可将正八面体分为8个全等的正三棱锥，设内切球的半径为，则，且正四棱锥的高为图中，易得，即：解得：，所以，内切球的表面积为.故选：C．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每个小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分）9.习近平总书记强调，要坚持健康第一的教育理念，加强学校体育工作，推动青少年文化学习和体育锻炼协调发展．某学校对高一年级学生每周在校体育锻炼时长（单位：小时）进行统计，得到如下频率分布表：分组[2，3)[3，4)[4，5)[5，6)频率0.250.300.200.25则下列关于高一年级学生每周体育锻炼时长有关的说法正确的有（）A.众数大约为2.5B.中位数大约为3.5C.平均数大约为3.95D.第80百分位数大约为5.2【答案】CD

5【解析】【分析】根据众数的定义，中位数的定义，平均数的定义，百分位数的定义即可求解．【详解】对A，最大频率的组的中点值为3.5，众数大约为3.5，A错误；对B，由表可知，中位数在第二组中，设其为，则，，B错误；对C，平均数为，C正确；对D，前三组的频率和为0.75，第80百分位数位于第4组，设其为，则，解得，D正确．故选：CD．10.在正方体中，已知点分别为棱上动点（含端点），设直线与直线的所成角为，直线与平面所成角为，则（）A.直线与的所成角为B.C.直线与平面的所成角为D.【答案】ABC【解析】【分析】对于A，利用线面垂直的性质可判断，从而判断A；确定取到最大和最小值时的位置，求得最大角和最小角，即可判断B;根据线面角的定义可求得直线与平面的所成角，判断C;根据线面角的定义找到，结合其正弦值，确定其最大值和最小值，可判断D.【详解】对于A，连接,则,又因为平面,平面,故,

6平面,故平面,而平面,故,故直线与的所成角为，A正确；对于B,当P点位于B点时，直线与直线即BC的所成角最小，最小角为,当P沿BA向A移动时，不妨假设在平面上平行向移动，此时直线与直线所成角逐渐变大，当P点位于A点时，直线与直线即AC的所成角最大，最大角为,此时连接,为正三角形，故，故，B正确；对于C，由于平面ABCD,BC为在平面ABCD上的射影，故为直线与平面的所成角，由于，故直线与平面的所成角为，C正确；对于D，连接,则,而平面,平面,故,平面,故平面,设,连接PQ,则为直线与平面所成角即，且,设正方体棱长为2，则，当Q点位于时，最小，取最大值，此时，故，当Q点位于时，最大，取最小值，此时，故，故，D错误，故选：ABC11.如图，正六边形的边长为2，半径为1的圆的圆心为正六边形的中心，，若点在正六边形的边上运动，动点在圆上运动且关于圆心对称，则的值可能为（）

7A.B.C.3D.【答案】BC【解析】【分析】根据平面向量加法的几何意义，结合平面向量数量积的运算性质、圆的性质进行求解即可.【详解】由题意：因为正六边形的边长为2，所以圆心到各边的距离为：，所以，所以，故选：BC．12.在锐角三角形中，角所对的边分别为，若，则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】由正弦定理将条件转化为角的关系，判断A，结合内角和定理和条件及余弦函数的性质判断B，C，由余弦定理将条件转化为边的关系，判断D.【详解】因为，由正弦定理可得，所以，

8又为锐角三角形，所以，，所以，正弦函数在上单调递增，所以，所以，A正确；因为为锐角三角形，所以，，，所以，，，所以，B正确；因为，所以，所以，所以，因为，所以，C错误；因为，由余弦定理可得，所以，所以，D正确，故选：ABD.卷Ⅱ（非选择题，共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案写在答题卡相应位置上）13.已知复数的虚部为2，且为纯虚数，则__________．【答案】【解析】【分析】由纯虚数的定义列方程求出复数的实部，再由模的公式求.【详解】因为复数的虚部为2，故可设，所以，由为纯虚数可得且，所以，

9所以，故答案为：.14.已知，则的值为_________．【答案】【解析】【分析】根据二倍角公式即可求解.【详解】由余弦二倍角公式可得，，故答案为：15.向量，已知与同向，则与垂直的单位向量的坐标为____________．【答案】或【解析】【分析】根据向量加法的坐标表示求出，再根据共线向量的坐标表示求出，注意排除反向这一情况，设与垂直的向量为，，求出的关系式，再根据单位向量的坐标公式计算即可得解.【详解】解：由，得，因与同向，所以，则，解得或，当时，，同向，当时，，反向，

10所以，故，设与垂直的向量为，，则，所以，故与垂直的向量为，则与垂直的单位向量的坐标为，即与垂直的单位向量的坐标为或.故答案为：或.16.如图，正四面体的体积为，E、F、G、H分别是棱AD、BD、BC、AC的中点，则_________，多面体的外接球的体积为__________.【答案】①.1②.【解析】【分析】将正四面体放入正方体，利用正方体的性质即得，设AB的中点为O，进而可得多面体的外接球的球心为，然后利用体积公式即得.【详解】如图，将正四面体嵌入到正方体中，则正四面体的体积为正方体体积的，

11设正方体的边长为，则，，所以，是的中位线，所以.设AB的中点为O，连接OE，OF，OG，OH，因为，所以多面体的外接球的球心为，半径为1，外接球的体积为.故答案为：1；.四、解答题（本大题共6小题，第17题10分，18-22题每题12分，共70分．把必要的解答过程写在答题卡相应位置上）17.某城市100户居民的月平均用电量（单位：度)，以[160，180)，[180，200)，[200，220)，[220，240)，[240，260)，[260，280)，[280，300]分组的频率分布直方图如下：

12（1）求直方图中的值；（2）在月平均用电量为[220，240)，[240，260)，[260，280)，[280，300]的四组用户中，用分层抽样的方法抽取11户居民，则月平均用电量在[220，240)的用户中应抽取多少户？【答案】（1）（2）5户【解析】【分析】（1）根据小矩形的面积和为1求解即可；（2）根据分层抽样的方法求解即可.【小问1详解】解：由直方图的性质可得：，解方程可得：所以，【小问2详解】解：由直方图可得：月平均用电量为[220，240)的用户有户，月平均用电量为[240，260)的用户有户，月平均用电量为[260，280)的用户有户，月平均用电量为[280，300]的用户有户，抽取比例为，所以月平均用电量在[220，240)的用户中应抽取户．18.已知向量满足：，，．（1）若，求在方向上的投影向量（用表示）；

13（2）求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据投影向量定义可得在方向上的投影向量为，结合条件化简即可；(2)根据向量的模的性质由条件求出的表达式，再通过换元法求其最小值.【小问1详解】由数量积的定义可知：，所以在方向上的投影向量为：；【小问2详解】又，，所以令所以所以当时，取到最小值为19.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知______．（1）求角C的大小．（2）若，求的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．

14【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选择条件①利用余弦定理化简整理可得，得；选择条件②，利用正弦定理角化边即可得，即；选择条件③，利用正弦定理和三角恒等变换可得，即；（2）由（1）中结论利用正弦定理可知，，化简得即可求得其范围.【小问1详解】选择条件①．由余弦定理得．整理得，所以由余弦定理得．又因为，所以．选择条件②．由正弦定理得，整理得，由余弦定理得．又因为，所以．选择条件③．由正弦定理得．整理得，所以．因为，所以．显然，所以．

15又因为，所以．【小问2详解】因为，，所以由正弦定理得，即．因为，所以，所以．因为，所以，所以，故的取值范围是．20.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是等腰梯形，∠ABC＝60°，AB∥CD，CB＝CD＝1．点E为棱PC中点，点F为棱AB上的一点，且AB＝4AF，平面PBC⊥平面ABCD．（1）证明：AC⊥PB；（2）证明：EF∥平面PAD．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由条件可证梯形中AC⊥BC，再结合面面垂直的性质即可证明；（2）取棱PD中点为G，可证明EF∥AG，结合线面平行的判定定理即可证明结果.【小问1详解】由条件易得：AD＝DC＝1，∠ADC＝120°，则，AC＝，∠ABC＝120°，由余弦定理可知：AB＝2，

16则∠ACB＝90°，所以AC⊥BC．又平面PBC⊥平面ABCD，且平面PBC∩平面ABCD＝BC，且AC⊂平面ABCD，则AC⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，所以AC⊥PB；【小问2详解】由（1）可知AB＝2．取棱PD中点为G，连接EF、EG、AG，因为E为PC的中点，所以EG∥DC，且EG＝DC，又，所以AF∥DC，且AF＝DC，所以EG∥AF，且EG＝AF，所以四边形AFEG为平行四边形，所以EF∥AG．又EF⊄平面PAD，且AG⊄平面PAD，则EF∥平面PAD．21.已知平面向量，，，其中．（1）求函数的单调增区间；（2）将函数的图象所有的点向右平移个单位，再将所得图象上各点横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向下平移1个单位得到的图象，若在上恰有2个解，求m的取值范围．

17【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据数量积的坐标表示及三角恒等变换公式将函数化简，再结合余弦函数的性质计算可得；（2）根据三角函数变换规则得到的解析式，再根据的取值范围求出的取值范围，再根据余弦函数的性质及图象计算可得；【小问1详解】解：因为，且，所以，，即，令，，解得，，又因为，所以函数的单调增区间为：．【小问2详解】解：因为，所以将函数的图象所有的点向右平移个单位得到

18，将所得图象上各点横坐标缩短为原来的（纵坐标不变）再向下平移个单位得到，又因为，所以，令，解得，令，解得，即函数在上单调递增，在上单调递减，且，作出图像可得：所以的取值范围．22.在《九章算术·商功》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”．如图，现将一矩形沿着对角线将折成，且点在平面内的投影在线段上．已知．（1）证明：三棱锥为鳖臑；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．

19【解析】【分析】（1）由线面垂直，线线垂直以及面面垂直之间的转化，可得都为直角三角形，由鳖臑的定义即可求证，（2）由二面角的几何法即可求解平面角，由等面积法求解长度，即可求解.【小问1详解】因为点在平面内的投影在线段上，所以平面，又平面，所以平面平面，又平面平面又平面，且所以平面，又平面，所以，，又，且，且平面所以平面，因为平面，所以，因为，，，，所以都为直角三角形，所以三棱锥为鳖臑；【小问2详解】过点作的垂线，垂足为，连接，因为平面，平面，所以，又，且，平面，所以平面，平面，所以，又所以二面角的平面角为又，且，由（1）可知：又,,所以

20所以所以二面角的正弦值为．