【文档说明】福建省南平市2022-2023学年高一下学期7月期末考试数学试题 含解析.docx，共(22)页，1.849 MB，由小赞的店铺上传

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南平市2022-2023学年第二学期高一期末质量检测数学试题（考试时间：120分钟满分：150分）注意事项：1.答卷前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.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，再选涂其它答案标号.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.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.若()12i2iz+=−，则复数z=（）A.1−B.i−C.iD.2i+【答案】B【解析】【分析】直接化简()12i2iz+=−可求得结果【详解】由()12i2iz+=−，得()()()()22i12i24ii2ii12i12i

5z−−−−+===−+−，故选：B2.甲、乙两名运动员进入男子羽毛球单打决赛，假设比赛打满3局，赢得2局或3局者胜出，用计算机产生1~5之间的随机数，当出现随机数1，2，3时，表示一局比赛甲获胜；否则，乙获胜.由于要比赛3局，所以每3个随机数为一组，产生20组随机数：423123

423344114453525332152342534443512541125432334151314354据此估计甲获得冠军的概率为（）A.0.5B.0.6C.0.65D.0.68【答案】C【解析】【分析】根据题意找出甲获胜的情况，然后利用古典概型的概率公式求解【详解】由题意得甲获胜的情况

有：423，123，423，114，332，152，342，512，125，432，334，151，314，共13种，所以估计甲获得冠军的概率为130.6520=，故选：C3.在OAB中，2BPPA=，则（）A.3144OPABAO=−B.1233OPABAO=−C

.14OPABAO=−D.13OPABAO=−【答案】D【解析】【分析】根据向量的线性运算求解即可．【详解】∵2BPPA=，∴3BAPA=，∴3()3()ABOAOPAOOP−=−=−−，∴13OPABAO=−．故选：D．4.我国古代数学家僧一行应用“

九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距02的对应数表，这是世界数学史上最早的正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距正切值的乘积，即tanlh=.对同一“表高”进行两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为，，若第一次的“

晷影长”是“表高”的2.5倍，且()1tan2−=，则第二次“晷影长”是“表高”的（）A.89倍B.1倍C.43倍D.53倍【答案】A【解析】【分析】由题意可得5tan2.52==，1tan()2−=，再根据tantan(

)=−−结合两角差的正切公式即可得解.【详解】由题意可得5tan2.52==，1tan()2−=，所以()()()51tantan822tantan511tantan9122−−−=−−===+−+，即第二次的“晷影长”是“表高”的89倍.故选：A.

5.掷两枚质地均匀的骰子，设A=“第一枚出现奇数点”，B=“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系为（）．A.互斥B.互为对立C.相互独立D.相等【答案】C【解析】【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可.【详解】解：掷两枚质地均匀

的骰子，设A=“第一枚出现奇数点”，B=“第二枚出现偶数点”，事件A与B能同时发生，故事件A与B既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；()3162PA==，()3162PB==，()331664PAB==，()()111224PAPB==，因为()()

()PAPBPAB=，所以A与B独立，故选项C正确；事件A与B不相等，故选项D错误.故选：C.6.在ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，coscos2cosbCcBaA+=，2b=，3c=，则=a（）A.1B.7C.13

D.19【答案】B【解析】【分析】由正弦定理结合角度转化可得A的大小，再由余弦定理解出边a的值.【详解】因为coscos2cosbCcBaA+=，由正弦定理得sincossincos2sincosBCCBAA+=所以()sinsin2sincosBCAAA

+==，又()0,πA，所以sin0A则12cosA=，即1cos2A=，则π3A=由余弦定理可得22212cos4922372abcbcA=+−=+−=，所以=a7.故选：B.7.已知点(2,1)A−，(4,2)B，点P在x轴上，当PAPB取最小

值时，P点的坐标是A.(2,0)B.(4,0)C.10(,0)3D.(3,0)【答案】D【解析】【详解】试题分析：设，则，所以，由二次函数的性质得，当时有最小值，所以P点的坐标是(3,0)．考点：1．向量的运算；2．二次函数

．8.如图是一座山的示意图，山体大致呈圆锥形，且圆锥底面半径为2km，山高为215km，B是母线SA上一点，且2kmAB=.为了发展旅游业，要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡.当公路长度最短时，下坡路段长为

（）A.6kmB.3kmC.3.6kmD.15km【答案】C【解析】【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求最小值．【详解】由题意，半径为2km，山高为215km，则母线222(25)8SA=+=，底面圆周长2π4πr=，所以展开图的圆心角4ππ82==，如图，是

圆锥侧面展开图，结合题意，228610AB=+=，由点S向AB引垂线，垂足为点H，此时SH为点S和线段AB上的点连线的最小值，即点H为公路的最高点，HB段即为下坡路段，则2SBBHAB=，即3610BH=，得3.6kmBH=下坡路段长度为3.6km．故选

：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，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(1i)iz=−+（i为虚数单位），对于复数z的以下描述，正确的有（）A.||2z=B.22iz=C.z的共轭复数为1i+

D.z在复平面内对应的点在第三象限【答案】BD【解析】【分析】先由(1i)iz=−+求出复数z，然后逐个分析判断即可【详解】2(1i)iii1iz=−+=−+=−−，对于A，22(1)(1)2z=−+−=，所以A错误，对于B，222(1i)12ii2iz=−−=

++=，所以B正确，对于C，因为1iz=−−，所以1iz=−+，所以C错误，对于D，因为1iz=−−，所以z在复平面内对应的点在第三象限，所以D正确，故选：BD10.某校举行“歌唱祖国，为青春喝彩”歌唱比赛．比赛由9名专业人士和9名观众代表各组成一个评委

小组，给参赛选手打分．两个评委小组（记为小组A，小组B）对同一名选手打分分值的折线图如下，则（）A.小组A打分分值的众数为47B.小组B打分分值第90百分位数为75C.小组A打分分值的方差大于小组B打分分值的方差D.小组B打分分值的极差为39【答案

】ABD【解析】【分析】由众数的定义判断A；由百分位数的定义判断B；计算方差判断C；求出极差判断D.【详解】由折线图知，小组A打分分值分别为：42,47,45,46,50,47,55,50,47，按照从小到大的顺序排列为：42,45,46,47,4

7,47,50,50,55，众数为47，故A正确；小组B打分分值分别为：55,36,70,66,75,68,68,62,58，按照从小到大的顺序排列为：36,55,58,62,66,68,68,70,75，∵990%8

.1=，∴小组B打分分值第90百分位数为第9个数75，故B正确；小组A打分分值的均值4245464735025542999Ax+++++==，小组A打分分值的方差22222142942942942942454647399999As=−+−+−+−

22429429502551299+−+−=，小组B打分分值的均值365558626668687075629Bx++++++++==，小组B打分分值的方差(

)()()()()()2222222136625562586262626662686229Bs=−+−+−+−+−+−()()2270627562118+−+−=，故C错误；小组B打分分值的极差为75－36＝39，故D正确．故选：ABD．11.若函数()2223sincoscos

sinfxxxxx=−+，则下列说法正确的是（）A.()fx的最小正周期为2πB.()fx在π0,3单调递增C.()fx的图象关于直线π3x=对称D.将()fx的图象向右平移π6个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数【答案】BCD【解析】【分析】根据题意利用三

角恒等变换整理得()π2sin26fxx=−，结合正弦函数性质分析判断A、B、C，对于D：根据图象变换可得平移后的解析式为2cos2yx=−，进而可得结果.【详解】因为()22π23sinc

oscossin3sin2cos22sin26fxxxxxxxx=−+=−=−.对于选项A：()fx的最小正周期为2ππ2T==，故A错误；对于选项B：因为π0,3x，则πππ2,662x−−，且sinyx=在ππ,62−上单调递增，所以()f

x在π0,3单调递增，故B正确；对于选项C：因为ππππ2sin22sin23362f=−==为最大值，所以()fx的图象关于直线π3x=对称，故C正确；对于选项D：将()fx的图

象向右平移π6个单位长度，得到πππ2sin22sin22cos2662yxxx=−−=−=−，且2cos2yx=−为偶函数，故D正确；故选：BCD.12.已知三棱锥−PABC，2PAPBPC===，ABC是边长为2的正三角形，E为PA中点.下列结论正

确的是（）A.异面直线CE与AB所成角的余弦值为105B.直线CE与平面ABC所成角的正弦值为1515C.二面角PABC--余弦值为63D.三棱锥−PABC外接球的表面积为6π【答案】BD【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义结合余弦定理求解，即可判断A；根据线面夹角的定义，作EH⊥平面A

BC于H，利用等体积转化求解EH长，从而可求得夹角正弦值，即可判断B；根据二面角的平面角的定义，结合三角形的几何性质，可求得二面角的余弦值，即可判断C；把三棱锥−PABC还原为正方体，则三棱锥的外接球即为正方体的外接球

．即可求解判断D．【详解】三棱锥−PABC，2PAPBPC===，ABC是边长为2的正三角形，所以222PAPBAB+=，则PAPB⊥，同理,PAPCPBPC⊥⊥对于A，如图，取PB中点F，连接,EFCF的因为E为PA中点，F位PB中点，所以/

/EFAB，112EFAB==所以CEF为异面直线CE与AB所成角或其补角，因为PAPC⊥，所以()2222210222CEPCPE=+=+=，同理()2222210222CFPCPF=+=+=，在CEF△中，2225511022cos21010212CEE

FCFCEFCEEF+−+−===，所以异面直线CE与AB所成角的余弦值为1010，故A不正确；对于B，如图，连接EB，作EH⊥平面ABC于H，则直线CE与平面ABC所成角为ECH因为EABCCABEVV−−=，所以1133ABCABESEHSCP=，则12226221π622

sin23ABEABCSCPEHS===，所以6156sin15102EHECHCE===，则直线CE与平面ABC所成角的正弦值为1515，故B正确；对于C，如图，取AB中点为M，连接,PMCM因为PAPB=，CACB=，M为AB中点，所以,PMABCMAB⊥⊥且131,322P

MABCMAC====，则222PCPMCM+=，所以PCPM⊥，则CMP为二面角PABC--的平面角，所以13cos33PMCMPCM===，故C不正确；对于D，把三棱锥−PABC还原为正方体，则三棱锥的外接球即为正方体的外接球．设其半径为R，由正方体的外接球

满足232R=，所以62R=．所以球的表面积为2264π4π()6π2SR===．故D正确．故选：BD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知平面向量()1,2a=−r，且ab⊥.写出满足条件的一个非零向量b=__________.【答案】(2,1)（

答案不唯一，形如(2,)(0)mmm）【解析】【分析】设出b的坐标，再利用向量垂直的坐标表示即可作答.【详解】设(,)bxy=，而向量()1,2a=−r，且ab⊥，因此20xy−=，即2xy=，又0brr，则令0ym=，所以(2,)(0)bmmm=，取1m=，得(2,1)b=.故答案

为：(2,1)14.已知正四棱台上、下底面的边长分别为4和8，高为2.该正四棱台的表面积为__________.【答案】48280+##80482+【解析】【分析】根据已知条件和正四棱台的特征计算侧面等腰梯形的面积，然后利用表面积的定义计算可得结果．【

详解】因为正四棱台的侧面等腰梯形，又正四棱台的上、下底面的边长分别是4、8，高为2，所以侧面梯形的斜高为221842222h−=+=，则梯形的面积1(48)221222+=，上下底底面面积分别为4416

=，8864=，所以该四棱台的表面积为1664412280482++=+．故答案为：80482+．15.我省新高考实行“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必选，物理与历史2选1，政治、地理、化学和生物4选2.今年高一小王与小李都准备选历史与地理，若他俩再

从其他三科中任选一科，则他们选科相同的概率为_________.【答案】13【解析】【分析】依题意列出基本事件的总数，以及他们选课相同包含的基本事件的个数，再由古典概率公式即可得解.【详解】依题意，今年高一的小王与小李都准备选历史与地理，则他俩再从其他三科中任

选一科的基本事件有（政，政），（政，化），（政，生），（化，政），（化，化），（化，生），（生，政），（生，化），（生，生），共9件，他们选课相同包含的基本事件有：（政，政），（化，化），（生，生），共有3件，所以他们选课相同

的概率3193=．故答案为：13.16.在ABC中，点D在边BC上，60ADB=，2AD=，2BDCD=．当ABAC取得最小值时，BD=_________.【答案】232−【解析】【分析】设202BCmDD==，

利用余弦定理表示出22ABAC后，结合基本不等式即可得解.【详解】设202BCmDD==，则在ABD△中，22222cos444ABBDADBDADADBmm=+−=+−，在ACD中，22222cos

42ACCDADCDADADCmm=+−=++，所以()()()2222224421214441243424211mmmABmmACmmmmmm++−++−===−+++++++()1244233211mm−=−++，当且仅当311mm+=+即31m=−时，等号成立，所以当ABAC取最

小值时，232BD=−.故答案为：232−.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OAa=，OBb=，120AOB=，且4ab==.（1）求b在a上

的投影向量；（2）求a与ab+的夹角.【答案】（1）12a−（2）π3【解析】【分析】（1）利用投影向量的概念求解即可；（2）先利用向量的数量积运算求得4ab+=，再利用()cosabaaba+=+求解即可.【小问1详解】因为向量OAa=，OBb=，120AO

B=，且4ab==，所以b在a上投影向量为1cos1202abaa=−.【小问2详解】因为向量OAa=，OBb=，120AOB=，且4ab==，所以()22222222cos120ababa

abbaabb+=+=++=++11624416162=−+=，所以4ab+=，记ab+与a的夹角为，则()21164412cos44162abaaababa−++====+，又

0,π，所以ab+与a的夹角为π3.18.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是梯形，F为PA的中点，ADBC∥，且2ADBC=，PAPD⊥，ABPB=.的（1）证明：BF∥平面PCD；（2）证明：PA⊥平面

PCD.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）取PD中点E，可得EFBC∥且EFBC=，则四边形EFBC为平行四边形，则BFEC∥，根据线面平行的判定定理即可得证；（2）根据三角形性质，可证BFAP⊥，又BFEC∥，可得ECAP⊥，根据线面垂直的判定

定理即可得证.【小问1详解】取PD中点E，连接EF、EC，如图所示，因为E、F分别为PD、PA中点，所以EFAD∥，且12EFAD=，又因为ADBC∥，且2ADBC=，所以EFBC∥且EFBC=，所以四

边形EFBC为平行四边形，所以BFEC∥，因为BF平面PCD，EC平面PCD，所以BF∥平面PCD．【小问2详解】因为ABPB=，F为PA中点，所以BFAP⊥，又BFEC∥，则ECAP⊥，因为PAPD⊥，,E

CPD平面PCD，ECPDE=，所以PA⊥平面PCD.19.全民国家安全教育日是为了增强全民国家安全意识，维护国家安全而设立的节日.2024年4月15日是我国第八个全民国家安全教育日，某校组织国家安全知识竞赛，共有20道题，三位同学独立竞答，甲同学能答对其中的12道，乙同

学能答对其中的8道，丙同学能答对其中的n道，现从中任选一道题，假设每道题被选中的可能性相等.（1）求甲、乙两位同学恰有一个人答对的概率；（2）若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为2225，求n的值.【答案】（1）1325；（2）10n=.【解析】【分析】（1）利用互斥事件、相

互独立事件概率公式，列式计算作答.（2）利用对立事件、相互独立事件的概率，列出方程求解作答.【小问1详解】设A=“任选一道题甲答对”，B=“任选一道题乙答对”，则()123205PA==，()82205PB==，()25PA=，()35PB=，“甲，乙两位同学恰有一个人答

对”的事件为ABAB，且AB与AB互斥，由每位同学独立竞答，知A，B互相独立，则A与B，A与B，A与B均相互独立，则()()()()()()()332213555525PABABPABPABPAPBPAPB=+=+=+=，所以任选一道题，甲，乙两位同学

恰有一个人答对的概率为1325.【小问2详解】令C=“任选一道题丙答对”，则()20nPC=，()120nPC=−，设D=“甲，乙，丙三个人中至少有一个人答对”，由（1）知，()()()()()23221111552025nPDPDPAPBPC=−=−=−−=

，解得10n=，所以10n=.20.“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环，为推进生态文明建设，某市在全市范围内对环境治理和保护问题进行满意度调查，从参与调查的问卷中随机抽取200份作为样本进行满意

度测评（测评分满分为100分）.根据样本的测评数据制成频率分布直方图如下：的根据频率分布直方图，回答下列问题：（1）求m的值；（2）估计本次测评分数的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和第85百分位数（精确到0.01

）；（3）从样本中成绩在)80,90，90,100的两组问卷中，用分层抽样的方法抽取5份问卷，再从这5份问卷中随机选出2份，求选出的两份问卷中至少有一份问卷成绩在90,100中的概率.【答案】（1）0.016（2）平均数约为76.2分，

第85百分位数约为90.63（3）710【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的性质计算即可得m的值；（2）根据频率分布直方图百分位数的估计计算即可；（3）由古典概型计算公式求解即可.【小问1详解】由频率分布直方图可

知()11100.0040.0060.0200.0300.0240.01610m=−++++=；【小问2详解】本次测评分数的平均数为)0.004450.006550.020650.030750.024850.0

16951076.2+++++=，即本次测评分数的平均数约为76.2分.在频率分布直方图中，前5组频率之和为0.84，小于0.85，故第85百分位数位于第6组，所以0.850.84901090.62

590.6310.84−+=−，即第85百分位数约为90.63；【小问3详解】第5，6组的问卷数分别为48人，32人，从第5，6组中用分层抽样的方法抽取5份问卷，则第5，6组抽取的问卷数分别为3人，2人，分别记为1a，2a，3a，1b，2b，从5份问卷中随机抽

取2人，有12,aa，13,aa，11,ab，12,ab，23,aa，21,ab，22,ab，31,ab，32,ab，12,bb共10个基本事件，这2份中有一份在90,100内的基本事件11,ab，12,ab，

21,ab，22,ab，31,ab，32,ab，共6个，2份都在90,100内的基本事件12,bb，所以6171010P+==.21.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是矩形，4PAAD==，2AB=，PA⊥平面ABCD，且M是PD

的中点.（1）证明：平面AMC⊥平面PCD；（2）求点D到平面AMC的距离.【答案】（1）证明见解析（2）263【解析】【分析】（1）要证平面AMC⊥平面PCD，只需证明AM⊥平面PCD；（2）法一：求点D到平面AMC的距离，用等体积法，找到MACDADCMVV−−=.法二：在平面P

CD内，过点D作DHMC⊥，H为垂足.由（1）易证DH⊥平面AMC，故点D到平面AMC的距离为DH.【小问1详解】∵PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，∴PACD⊥.又四边形ABCD是矩形，∴CDDA⊥，∵DAPAA=，DAPA、平面PAD∴CD⊥平面PAD，∵AM平面P

AD，∴CDAM⊥，又M是PD的中点，4PAAD==，∴AMPD⊥，∵CDPDD=，CDPD、平面PCD，所以AM⊥平面PCD，又AM平面AMC，所以平面AMC⊥平面PCD.【小问2详解】法一：取AD中点为N，连接M

N，在PAD中，M，N分别为线段PD，AD的中点，故MNPA∥，122MNPA==，∵PA⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，∴118323MACDVMNADCD−==.由（1）得AM⊥平面PCD，∵MC平面PCD，∴AMMC

⊥，∵4PAAD==，∴42PD=，22AMMD==，又2ABCD==，∴25,23ACMC==，∴1262AMCSAMMC==，设点D到平面AMC的距离为h，则1833DAMCAMCMACDVhSV−−===，解得：263h=，所以点D到平面AMC的距离为26

3.法二：在平面PCD内，过点D作DHMC⊥，H为垂足.由（1）知平面AMC⊥平面PCD，又平面AMC平面PCDMC=，DH平面PCD，所以DH⊥平面AMC，故点D到平面AMC的距离为DH.因为PA⊥平面ABCD，所以PAAD⊥，因为4PAAD==，所以42PD=，又M为PD的中点，

所以22MD=，又因为CD⊥平面PAD，所以CDPD⊥，在直角MCD△中2CD=，所以23CM=，22226323MDCDDHCM===.22.如图，在平面四边形ABCD中，8ADCD+=，120ADC=，且ADC△的面积为43

.（1）求A，C两点间的距离；（2）设ABC的角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且()2222sin3abCacb=+−.作ABC的内切圆，求这个内切圆面积的最大值.【答案】（1）43（2）4π.【解析】【分析】（1）由面积公式及余弦定理求解；（2）由所给条件求出B，再由内切圆性

质求半径()14323rac=+−，法一利用正弦定理及正弦型函数的性质求ac+最值得解；法二利用均值不等式求出ac+最大值得解.【小问1详解】在ACD中，因为1sin120432ADCSADCD==

△，所以16ADCD=.由余弦定理可得()22222cos120641648ACADCDADCDADCDADCD=+−=+−=−=，所以43AC=.故A，C两点间的距离是43.【小问2详解】根据三角形面积公式有11sin

sin22abCacB=，即sinsinabCacB=，又因为()2222sin3abCacb=+−，所以()2222sin3acBacb=+−，所以()2223sin3cos2acbBBac+−==，所以tan3B=，0180B，得60B=.设ABC内切圆

的半径是r，因为2248acac+−=，则()2483acac+=+.所以()2483acac+−=又()11sin22ABCSacBabcr==++△，因此()()248333432664343acacracacac+−===+−++++，解法一：ABC中

，43bAC==，60B=.由正弦定理得438sinsinsin32acbACB====，所以8sinaA=，8sincC=，于是()()8sinsin8sinsin120acACAA+=+=+−31338sinco

ssin8sincos2222AAAAA=++=+()3183sincos83sin3022AAA=+=+又0120A，所以3030150A+.当3090A+=时，ac+取得最大值83，从而r取得最大值2.故内切圆面积

的最大值为2π24π=.在.解法二：()224834832acacac++=++所以()21484ac+，()2484ac+所以83ac+，当且仅当43ac==时等号成立，此时()1834322

3r=−=.内切圆面积的最大值为2π4πr=.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com