【文档说明】山西省2022-2023学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx，共(19)页，2.033 MB，由小赞的店铺上传

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2022~2023学年高一下学期期末联合考试数学注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.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交回.4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册、必修第二册.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.已知集合5Axx=，31Bx

x=−则AB=（）A.()2,5−B.()4,5C.()2,5D.(),2−【答案】C【解析】【分析】根据集合交集运算求解即可；【详解】因为2Bxx=，所以()2,5AB=．故选：C.2.()3212ii2i++=（）A.2i−B.i−C.4i−−D.2i−【答案】

B【解析】【分析】根据复数的乘法求解即可.【详解】()()()3212ii2i12ii2i++=+−−=−．故选：B3.端午节前后，人们除了吃粽子、插艾叶以外，还要给孩子们佩戴香囊.某商家销售的香囊有四种不同的形状，其中圆形的香囊有36个，方形

的香囊有18个，桃形的香囊有27个，石榴形的香囊有9个.现该商家利用分层随机抽样的方法在这些香囊中抽出20个香囊摆放在展台上，则抽出的桃形香囊的个数为（）A.2B.4C.6D.8【答案】C【解析】【分析】利用抽样比可求出结果【详解】根据分层随机抽样的概念可得抽出的桃形香囊的个数为272063618

279=+++.故选：C4.已知2sin1a=，2log3b=，0.492c=，则（）A.c<a<bB.cbaC.abcD.acb【答案】A【解析】【分析】根据正弦函数、对数函数及指数函数的性质判即可.【

详解】因为ππ22sin2sin12sin343a===，22log3log22b==，0.490.5222c==，所以c<a<b．故选：A5.将函数()63π3cosfxx=−图象上所有的点都向左平移π12

个单位长度，再把得到的曲线图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，得到函数()gx的图象，则()gx=（）A.2π3sin23x+B.3sin3πx+C.π3cos24x−D.12π3cos63x−【

答案】A【解析】【分析】利用三角函数图像平移结合诱导公式即可求解.【详解】将()fx图象上所有的点都向左平移π12个单位长度，得到曲线3cos63cos6123πππ6yxx=+−=+，再把得到曲线上

所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，得到()2π3cos23sin26π3gxxx=+=+的图象.故选：A6.柜子中有3双不同颜色的手套，红色、黑色、白色各1双.若从中随机地取出2只，则取出的手套是一只左手套一只右手套，但不是一双手

套的概率为（）A.15B.25C.35D.45【答案】B【解析】【分析】利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件中包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，分别用121212,,,,,aabbcc表示6只手套，从中随机地取出

2只，包含()()()()()()()12111211122122,,,,,,,,,,,,,aaababacacabab，()()()()()()()()2122121112212212,,,,,,,,,,,,,,,acacbbbcbcbcbccc，共有15种，其中取出的手套中一只左

手套一只右手套，包含()()()()()()121221211221,,,,,,,,,,,abacabacbcbc，共有6种，所以不是一双手套的概率为62155P==.故选：B.7.已知正数a，b满足26ab+=，则1221ab+++的最小值为（）A.

78B.109C.910D.89【答案】C【解析】【分析】由26ab+=，得到22210ab+++=，再利用“1”的代换求解.【详解】解：因为26ab+=，的所以22210ab+++=，所以()()4212114122

92225221102221022210ababababab+++=+++++=++++++，当且仅当()2222ba+=+，即43a=，73b=时，等号成立．故选：C8.已知O为ABC的外心，

且()1AOABAC=+−．若向量BA在向量BC上的投影向量为BC，其中34,55，则cosAOC的取值范围为（）A.13,1020B.13,510C.13,2010

D.13,55【答案】D【解析】【分析】根据题意得到COCB=，过A作BC的垂线AQ，由BA在BC上的投影向量为BC，求得12OQBC−=，又由12OABC=，得到cos21AOC=−，结合

34,55，即可求解.【详解】因为()1AOABAC=+−，所以COCB=，又因为O为ABC的外心，所以ABC为直角三角形且ABAC⊥，O为斜边BC的中点，过A作BC的垂线AQ，垂足为Q，

因为BA在BC上的投影向量为BC，所以OA在BC上的投影向量为1122OQBQBOBCBCBC=−=−=−，又因为12OABC=，所以12cos2112BCOQAOCOABC−===−，因为34,55

，所以1321,55−，即cosAOC的取值范围为13,55．故选：D.二、多选题：本题共4小题，每个小题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.已知复数i3imz+=−，若,iRmz−，则（）A.2iz=−B.z在复平面内对应的点在第四象限C.5z=D.2iz+的虚部为3【答案】ACD【解析】【分析】根据复数运算法则化简()313ii3i10mmmz−+++==−，然后根据条件,iRmz−，解得7m=，逐个判断选

项即可；【详解】()()()()()2i3i313ii3i3ii3i3i3i1010mmmmmmz++−++++++====−−+，因为iz−R，所以3110m+=，解得7m=，则2iz=+，2iz=−，A正确．z在复平面内对应的点为()2,1,在第一象限，B错误．415z=+=，C正确

．2i23iz+=+，虚部为3，D正确．故选：ACD.10.已知函数()()sinfxAx=+（其中0A，0，π2）的部分图象如图所示，则（）A.π6=−B.4ω=C.()fx的图象关于直线π12x=对称D.()fx在ππ

,246上的值域为3,32−【答案】ACD【解析】【分析】对于A，由图象可知()33,03sin2Af===−，可求出，对于B，π048f=和2ππ4448T=可出值，对于C，由()ππ8

πZ62xkk−=+可求出对称轴，对于D，利用正弦函数的性质可求得结果.【详解】依题意得()313,03sin,sin22Af===−=−，因为π2，所以π6=−，所以A正确.因为πππ3sin048486f=−=，所以()πππZ486

kk−=，解得()848Zkk=+.因为2ππ4448T=，所以024，所以当1k=时，8=，所以B错误.因为()π3sin86fxx=−，所以令()ππ8πZ62xkk−=+，解得()ππZ128kxk=+，则()f

x的图象关于直线π12x=对称，C正确.因为当ππ,246x时，ππ7π8,666x−，所以π33sin8,362x−−，的所以()fx在ππ,246上的值域为3,32−

，所以D正确.故选：ACD11.在正四棱台1111ABCDABCD−中，2AB=，114AB=，111AA=，则（）A.该四棱台的高为3B.该四棱台的体积为2025+C.能够被完整放入该四棱台内的圆台的侧面积可能为9πD.该四棱台的外接球的表面积为33π【答案】

ACD【解析】【分析】根据正四棱台的性质分析，求得四棱台的高为3，然后根据体积公式、外接球，内接圆台逐个判断选项；【详解】因为2AB=，114AB=，111AA=，所以该四棱台的高为242221132−−=，A正确．该四棱台的体积为()2222124243283++=，B

错误．当圆台刚好能够被完整放入该四棱台时，圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为3，圆台的母线长为()292110+−=，侧面积为()π1210310π+=，9π310π，C正确．设该四棱台的外接球的球心到上底面的距离为x，则()22283xx+=+−，解得52x=

，则该四棱台的外接球的半径2533242R=+=，该四棱台的外接球的表面积为24π33πR=，D正确．故选：ACD.【点睛】结合正四棱台外接球和内切圆台的性质确定球心和半径的大小是本题的难点和突破点；12.如图，一个正八面体的八个面分别标有数字1，2

，3，…，8，任意抛掷一次该正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间1,2,3,4,5,6,7,8=，若事件2,4,6,8A=，事件1,3,5,8B=，事件1,6,7,8C=，则（）A.事件A，B相互独立B.事件A，C

相互独立C.事件B，C相互独立D.()()()()PABCPAPBPC=【答案】BCD【解析】【分析】根据事件的运算法则得到各个事件的概率，ABC选项，根据独立事件所满足的条件进行判断；D选项，根据事件概率计算即可.【详解】因为事件2,4,6,8

A=，事件1,3,5,8B=，事件1,6,7,8C=，所以8ABC=，8AB=，6,8AC=，1,8BC=，所以()()()12PAPBPC===，()18PAB=，()14PAC=

，()14PBC=，()18PABC=，A选项，()()()PABPAPB，事件A，B不相互独立，A错误；B选项，()()()PACPAPC=，事件A，C相互独立，B正确；C选项，()()()PBCPBPC=，事件B，C相互独

立，C正确；D选项，()()()()PABCPAPBPC=，D正确．故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13.已知3π,2π2且1cos9=，则sin2=__________．【答案】23【解析】【分析】根据题意，利用余弦

的倍角公式，得到1cossin22−=，即可求解.【详解】因为3π,2π2，所以3π,π24，所以sin02，又因为1cos9=，可得1cos2sin223−==．故答案为：23.

14.已知某艺术班共25人，其中有10名男生和15名女生，在期末作品展示中，该班男生每人作品数量的平均数为25，方差为1，女生每人作品数量的平均数为30，方差为2，则这25名学生每人作品数量的方差为__________．【答案】385【解析】【分析】根据分

层抽样的平均数和方差的公式，准确计算，即可求解.【详解】由题意得，这25名学生每人作品数量的平均数为2325302855+=，所以方差为()()22223381252823028555s=+−++−=．故答案为：385.15.如图，在四

面体−PABC中，点P在平面ABC上的射影是A，ACBC⊥，若2PABC==，210PB=，则异面直线PC与AB所成角的余弦值为__________．【答案】89【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义结合余弦定理，即可求解.【

详解】如图所示，分别取,,PAACBC的中点,,EFH，连接,,,EFFHHEAH，因为点P在平面ABC上的射影是A，所以PA⊥平面ABC，则PAAC⊥，PAAH⊥，因为,,EFH分别为,,PAACBC的中点，所以//HFA

B，//EFPC，所以PC与AB所成的角即HFE或其补角，因为4046AB=−=，所以36442AC=−=，3246PC=+=，所以1632HFEF===，又因为2232133AHACHC=+=+=，所以

2233134HEAHAE=+=+=，所以22299348cos22339HFEFHEEFHHFEF+−+−===−，故异面直线PC与AB所成角余弦值为89．故答案为：89.16.咸阳市的标志性建筑清渭楼，古朴典雅，蔚为壮观．为了测量

清渭楼最高点M与其附近一观测点N之间的距离，取水平方向距离1200米的P，Q两点，测得π3QPM=，π4QPN=，π6PQM=，5π12PQN=，其中点M，N，P，Q在同一铅垂面内，则M，N两点之间的距离

为___米．【答案】20015【解析】【分析】先在QNP△中利用正弦定理求得QN的长，进而在MNQ△中利用余弦定理即可求得M，N两点之间的距离【详解】由题意知π3QPM=，π6PQM=，所以π2QMP=，的所以在QMP△中，16

002MPQP==米，360032QMPQ==米．又π4QPN=，5π12PQN=，所以π3QNP=．在QNP△中，由正弦定理，得ππsinsin43QNPQ=，所以120024006232QN==（米）．在MNQ△中，5πππ1264MQN=−=．由余弦定理得，222cosMNQ

NQMQNQMMQN=+−()()22240066003240066003200152=+−=（米）．故答案为：20015四、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()3,0a=−，

()3,1b=+−，()1,c=．（1）若8=，6=−，求向量ac−与b的夹角；（2）若()abc+⊥，且()53//acb+，求与的值．【答案】（1）π4（2）1==或4==−【解析】【分析】（1）根据题意，求得()4,8ac−=−−，

结合向量的夹角公式，即可求解；（2）根据题意，(),1ab+=−，结合()abc+⊥，和()53//acb+，列出,的方程组，即可求解.【小问1详解】解：当8=，6=−时，可得()()3,1,1

,8cb=−=−，则()4,8ac−=−−，设向量ac−与b的夹角为，则()1282cos28010acbacb−+===−，因为0,π，所以向量ac−与b的夹角为π4．【小问2详解】解：由向量()3,0a=−，()

3,1b=+−，可得(),1ab+=−，因为()abc+⊥，所以()0abc+=−=，可得=，又因为()53//acb+，且()5312,3ac+=−，所以()3312+=，即()34+=解得1==或4==

−．18.如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，,EF分别为棱,PCPB的中点．（1）证明：//EF平面ABC．（2）证明：平面EFA⊥平面PAC．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用中位线定理与

线面平行的判定定理即可得证；（2）线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可.【小问1详解】因为,EF分别为棱,PCPB的中点，所以//EFBC．因为EF平面ABC，BC平面ABC，所以//EF平面ABC．【小问2详解】因为A

B为圆O的直径，所以BCAC⊥．因为PA⊥平面ABC，BC平面ABC，所以BCPA⊥．又PAACA=，,PAAC平面PAC，所以BC⊥平面PAC．由（1）知//EFBC，所以EF⊥平面PAC．又因为EF平面EFA，所以平面EFA⊥平面PAC．19.某市对该市全体高中学生举行了一次关于环境保护

相关知识的测试，统计人员从A校随机抽取了300名学生，从B校随机抽取了400名学生，统计后发现所有学生的测试成绩都在区间[50，100]内，并将收集到的数据按照[50，60)，[60，70)，[70，80)，[8

0，90)，[90，100]分组，绘制成频率分布直方图，如图所示.（1）估计A校这300名学生成绩的75%分位数;（2）根据频率分布直方图，假设同组中每个数据用该组区间的中点值代替，估计A校抽取的300名学生成绩的平均值为μ1，B校抽取的400名学生成绩的平均值为μ2，以及A，B两校抽取的700名

学生成绩的平均值为μ0，试比较μ0和122+的大小.【答案】（1）88.75（2）1202+【解析】【分析】（1）由计算百分位数的方法计算即可；（2）由频率分布直方图求出各平均值，比较即可.【小问1详解】设75%分位数为x，因为100.005100.015100.020.40.75

++=，100.005100.015100.02100.040.80.75+++=，所以[8090)x,，则100.005100.015100.02(80)0.040.75x+++−=，解得88.75x=，所以估计A校这300名学生成绩的75%分位数为88.75.【小

问2详解】的1(550.005650.015750.02850.04950.02)1080.5=++++=，2(550.005650.02750.035850.03950.01)1077=++++=，则1280.57778.7522++==，又A校与B校抽取的学

生人数比值为3:4，所以A校抽取的学生人数占总数的37，B校抽取的学生人数占总数的47，故A，B两个学校抽取的700名学生成绩的平均值为012343480.57778.57777=+=+=，故1202+.20.设ABC的内角A，

B，C的对边分别为a，b，c，cos2baBc=+．（1）求A；（2）若AD为ABC的角平分线，2AD=，且2sinsinBC=，求ABC的周长．【答案】（1）2π3（2）937+【解析】【分析】（1）由cos2baBc=+，利用正弦定理得到s

insincossin2BABC=+，再利用两角和的正弦公式求解；（2）由2sinsinBC=，得到2bc=，然后由ABDACDABCSSS+=△△△求得b，c，再利用余弦定理求解.【小问1详解】由正弦定理得sinsincossin2BABC=+，即2sinco

ssin2sinABBC=+．因为()sinsinsincoscossinCABABAB=+=+，所以sin2cossin0BAB+=．因为sin0B，所以1cos2A=−．又()0,πA，则2π3A=．【小问2详解】因为2sinsinBC=，所以2bc=．由ABDACDABCSSS+=△△△

，得111sinsinsin222cADBADbADDACbcA+=，得12cbbc+=．又2bc=，解得3b=，6c=，则2222cos936236cos373abcbcA=+−=+−=，所以ABC的

周长为6337937++=+．21.某学校派甲、乙两人组成“少年队”参加射击比赛，每轮比赛由甲、乙各射击一次，已知甲每轮射中的概率为12，乙每轮射中的概率为23．在每轮比赛中，甲和乙射中与否互不影响，各轮比赛结果也互不影响．（1）求“少年队”在一轮比赛中恰好射中1次的概率；（2）求“少年队”

在三轮比赛中恰好射中3次的概率．【答案】（1）12（2）724．【解析】【分析】（1）根据独立事件乘法公式和互斥事件加法公式计算即可；（2）根据二项分布算出甲和乙在三轮比赛中，射中0次，1次，2次，3次的概率，然后利

用独立事件的乘法公式和概率的加法即可.【小问1详解】设kA，kB分别表示甲、乙在第k（1k=，2，3，…）轮射中，则()12kPA=，()23kPB=．设C表示“少年队”在一轮比赛中恰好射中1次，则()()()()()1111PCPAPBPAPB=+1112123232

=+=，所以“少年队”在一轮比赛中恰好射中1次概率为12．【小问2详解】的设0D，1D，2D，3D分别表示甲在三轮比赛中射中0次，1次，2次，3次，0E，1E，2E，3E分别表示乙在三轮比赛中射中0次，1次，2次，3次，M表示“少年队”在三轮比赛中恰好射中3次．()011

112228PD==，()1111332228PD==，()2111332228PD==，()311112228PD==，()0111133327PE==，()1211233339PE==，()2221433339PE==，()3

222833327PE==，所以()()()()()()()()()03122130PMPDPEPDPEPDPEPDPE=+++183432117827898982724=+++=，故“少年队”在三轮比赛中恰好射中3次的概率为724．22.如图，在四棱锥MABCD−中，A

DBC∥，ACCD⊥，2BCAD=，△MAD为等边三角形，平面MAD⊥平面ABCD，点N在棱MD上，直线//MB平面ACN．（1）证明：2MNND=．（2）设二面角MACD−−的平面角为，直线CN与平面ABCD所成的角为，若tan的取值范围是3,33

，求tan的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）3311,311．【解析】【分析】（1）根据相似以及线面平行的性质即可求解，（2）由面面垂直可得线面垂直，进而根据二面角以及线面角的定义，即可找到其平面角，利用三角形的边角关系，即可求解.【小问1详

解】证明：连接BD交AC于O，连接ON．因为//ADBC，2BCAD=，所以根据相似的性质可得2BOBCODAD==．因为直线//MB平面ACN，MB平面MBD，平面ACN平面MBDON=，所以//MBON，则2MNBONDOD==，所以2MNND=．【小

问2详解】取AD的中点E，AC的中点F，连接ME，EF，MF．因为△MAD为等边三角形，所以不妨设6MAADMD===，则33ME=，MEAD⊥．因为平面MAD⊥平面ABCD，平面MAD平面ABCDAD=，M

E平面AMD,所以ME⊥平面ABCD，,EFAC平面ABCD,所以MEEF⊥，MEAC⊥．又因为E，F分别为AD，AC的中点，所以//EFCD，而ACCD⊥，所以ACEF⊥，又MEEFE=，,MEEF平面MEF,则AC⊥平面MEF，MF平面MEF得ACMF⊥，所以

∠MFE是二面角MACD−−的平面角，即MFE=．设EFm=，则33tan3,33MEEFm==，得1,3m．过N作//NHME交AD于H，连接CH，由于ME⊥平面ABCD，所以NH⊥平面ABCD，则∠NCH为直线CN与

平面ABCD所成的角，即NCH=．133NHME==，113DHED==，2CDm=．因为cos3CDmADCAD==，所以2283412233mmCHmm+=+−=，则2233tan83833NHHCmm===++．因为1,3m

，所以233311tan,31183m=+．故tan的取值范围为3311,311．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com