广东省佛山市普通高中2022-2023学年高一下学期期末数学试题（教师版）

2022－2023学年下学期佛山市普通高中教学质量检测高一数学2023年7月本试卷共4页，22小题．满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目后面的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案答在试卷上无效．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．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若，则（）A. B. C. D.7【答案】C【解析】【分析】根据两角和的正切公式，准确运算，即可求解.【详解】因为，可得.故选：C.2.若复数满足（为虚数单位），则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】对已知等式化简直接求解复数【详解】由，得，，故选：A3.如图所示的正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法的规则，可得，结合面积公式，即可求解.【详解】由正方形的边长为，可得，根据斜二测画法的规则，平面图形中，可得，如图所示，所以原图形的面积为.故答案为：C.4.在平面直角坐标系中，，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，求得，得到，结合投影向量的计算方法，即可求解.【详解】由平面直角坐标系中，，，可得，则，所以向量在向量上的投影向量为.故选：B.5.从正方体的八个顶点中任取四个点连线，在能构成的一对异面直线中，其所成的角的度数不可能是A.30° B.45° C.60° D.90°【答案】A【解析】【详解】试题分析：结合正方体直观图可知，其所成的角的度数可能是45°，60°，90°不可能是30°．故选A．考点：本题主要考查正方体的几何特征，异面直线所成的角．点评：简单题，结合正方体直观图可知，其所成的角的度数可能是45°，60°，90°不可能是30°．6.某班12名篮球队队员的身高（单位：）分别是：162，170，170，171，181，163，165，179，168，183，168，178则第85百分位数是（）A.178 B.179 C.180 D.181【答案】D【解析】【分析】由于，所以对这12个数从小到大排列后取第11个数即可【详解】这12个数从小到大排列为：162，163，165，168，168，170，170，171，178，179，181，183，因为，所以第85百分位数为第11个数181，故选：D7.在中，，，，边上的高为，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】如图，以为原点，分别以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，设，则由与共线和可求出点的坐标，然后设，将坐标代入可求出的值，从而可得答案.【详解】如图，以为原点，分别以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，则，则设，则,因为与共线，所以，即，因为，所以，所以，所以由，得，所以，令，所以，得，所以，故选：B8.六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．如图所示，其分子结构是六个氟原子处于顶点位置，而硫原子处于中心位置的正八面体，也可将其六个顶点看作正方体各个面的中心点．若正八面体的表面积为，则正八面体外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据正八面体的结构特征结合条件可得外接球的半径，进而由球的体积公式即得体积.【详解】如图正八面体，连接和交于点，因为，，所以，，又和为平面内相交直线，所以平面，所以为正八面体的中心，设正八面体的外接球的半径为，因为正八面体的表面积为,所以正八面体的棱长为，所以，，，则，.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．全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.设函数，则（）A.B.在内有3个零点C.将图象向左平移个单位，得到的图象D.在单调递减【答案】AD【解析】【分析】对于A，通过计算判断，对于B，由直接求解判断，对于C，利用三角函数图象变换规律分析判断，对于D，由求出的范围，结合正弦函数的性质判断.【详解】对于A，因为，所以A正确，对于B，由，得，得，因为，所以，或，或，或，或，所以在内有5个零点，所以B错误，对于C，将图象向左平移个单位，得，所以C错误，对于D，由，得，因在上递减，所以在单调递减，所以D正确，故选：AD10.已知不是直角三角形，内角所对的边分别为，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】对于AB，利用诱导公式分析判断，对于C，利用两角和的正切公式分析判断，对于D，利用正弦定理分析判断.【详解】对于A，因为，所以，所以A正确，对于B，因为，所以，所以B错误，对于C，因为，所以，所以C正确，对于D，因为，所以，所以，所以由正弦定理得，所以D正确，故选：ACD11.某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短期；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得到如图所示的统计图表．则（）A.丁险种参保人数超过五成 B.41岁以上参保人数超过总参保人数的五成C.18－29周岁人群参保的总费用最少 D.人均参保费用不超过5000元【答案】ACD【解析】【分析】根据统计图表逐个选项进行验证即可.【详解】由参保险种比例图可知，丁险种参保人数比例，故A正确由参保人数比例图可知，41岁以上参保人数超过总参保人数的不到五成，B错误由不同年龄段人均参保费用图可知，周岁人群人均参保费用最少，但是这类人所占比例为，周岁以上参保人数最少比例为，周岁以上人群人均参保费用,所以18－29周岁人群参保的总费用最少，故C正确．由不同年龄段人均参保费用图可知，人均参保费用不超过5000元,故D正确故选：ACD．12.在棱长为2的正方体中，动点满足，其中，，则（）A.当时，有且仅有一个点，使得B当时，有且仅有一个点，使得平面C.当时，三棱锥的体积为定值D.有且仅有两个点，使得【答案】BC【解析】【分析】对于A，当时，推出点在线段上，设，根据勾股定理计算可得A不正确；对于B，当时，点在线段上，若平面，则必与重合，故B正确；当时，推出点在线段上，推出平面，可得三棱锥的体积为定值，故C正确；由推出点的轨迹是侧面内以为圆心，为半径的弧，故D不正确.【详解】对于A，当时，由，得，因为，所以点在线段上，设，则，，，，若，则，则，则或，当时，与重合；当时，与重合，故当时，有两个点，使得，故A不正确；对于B，当时，由，得，又，则点在线段上，因为，，，平面，所以平面，若平面，则平面与平面重合，此时必与重合，即当时，有且仅有一个点，使得平面，故B正确；对于C，当时，由以及，，得点在线段上，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离等于到平面的距离，所以为定值，故C正确；对于D，由，以及，得点在侧面内，易知，，由，，得，所以点的轨迹是侧面内以为圆心，为半径的弧，即有无数个点满足题意，故D不正确.故选：BC【点睛】关键点点睛：根据平面向量知识推出各个选项中点的轨迹是解题关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，则______．【答案】【解析】【分析】根据二倍角的余弦公式，准确运算，即可求解.【详解】因为，所以．故答案为：.14.在中，角的对边分别为，已知，，，则使该三角形有唯一解的的值可以是______．（仅需填写一个符合要求的数值）【答案】8（答案不唯一，满足或即可）【解析】【分析】在中，由正弦定理得到，再分，，，时讨论求解.【详解】解：在中，，，，由正弦定理得：，则，当时，，三角形无解；当时，，，三角形有唯一解；当时，即，则，由，得，或，所以三角形有两解，当时，即，则，由，得，，因为在上单调递增，所以三角形有唯一解；故答案为：8（答案不唯一，满足或即可）.15.设复数、，满足，，则______．【答案】【解析】【分析】设，，利用复数的模长公式、复数的运算以及复数相等可得出、以及的值，再利用复数的加法以及复数的模长公式可求得的值.【详解】设，，因为，则，又因为，所以，，即，由，可得，故，解得，由，可得，所以，，所以，.故答案为：.16.在平面直角坐标系中，点为单位圆上的任一点，、．若，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】设点，利用平面向量数量坐标运算可得出，可得出的表达式，利用辅助角公式结合正弦型函数的最值可求得的最大值.【详解】设点，由，所以，，可得，所以，，为锐角，且，所以，的最大值为.故答案为：.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．17.3月21日是世界睡眠日．《中国睡眠研究报告2022》指出，我国民众睡眠时长不足，每日平均睡眠时长相比十年前时间缩短近1.5小时，今年报告调查又回升0.4小时．下面是我国10个地区，50万青少年的调查数据，绘制成如图所示的频率分布直方图．（1）求直方图中的的值；（2）以样本估计总体，求青少年的日平均睡眠时长的众数和平均数的估计值；（3）在日平均睡眠时长为，，，的四组人群中，按等比例分层抽样的方法抽取60人，则在日平均睡眠时长为的人群中应抽取多少人？【答案】（1）0.33（2）众数的估计值是，平均数的估计值是（3）8【解析】【分析】（1）根据直方图中各个小矩形的面积和为1列方程求解即可；（2）最高矩形中点横坐标即为众数，每个矩形的中点横坐标与组距以及该矩形的纵坐标相乘后求和可得平均值；（3）根据样本，，，的四组人群比为，利用分层抽样的定义抽取即可.【小问1详解】【小问2详解】日平均睡眠时长的众数的估计值是，日睡眠时长平均数的估计值是．【小问3详解】根据样本，，，的四组人群比为，用分层抽样的方法抽取60人，则日平均睡眠时长在人群中应抽取人．18.如图，在长方体木块中，，，．棱上有一动点．（1）若，过点画一个与棱平行的平面，使得与此长方体的表面的交线围成一个正方形（其中交线在平面内）．在图中画出这个正方形（不必说出理由），并求平面将长方体分成的两部分的体积比；（2）若平面交棱于，求四边形的周长的最小值．【答案】（1）作图见解析,体积的比值为或（2）【解析】【分析】（1）分别在，，上取，，使，，则交线围成的正方形，在计算两直棱柱的底面积，即可得到其体积之比；（2）根据面面平行的性质得到，同理可得，所以四边形为平行四边形，依题意当且仅当最小时四边形的周长最小，将平面沿翻折到与平面同一水平面，利用两点之间线段最短求出最小值，即可得解.【小问1详解】分别在，，上取，，使，，则，，此时，又，又，平面，所以平面，平面，所以，则交线围成的正方形如图所示．因为为矩形，所以，又平面，平面，所以平面因为长方体被平面（正方形）分成两个高为的直棱柱，所以其体积比为它们各自的底面的面积比，又，所以．【小问2详解】平面交棱于，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理可得，所以四边形为平行四边形，平行四边形的周长最小当且仅当最小，将平面沿翻折到与平面同一水平面，当三点共线时，最小为，故四边形周长最小为．

19.从①，②，③的周长为6，三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，再回答后面的问题．在锐角中，已知，______，求面积的取值范围．【答案】答案见解析【解析】【分析】设的内角的对边分别为，选择①：由正弦定理得到，得到，根据题意求得，结合三角函数的性质，即可求解；选择②：由正弦定理求得，化简得到，根据题意求得，进而求得的面积的取值范围；选择③：依题意，由余弦定理和，求得，结合海伦公式，即可求解.【详解】设的内角的对边分别为，选择①：由正弦定理，可得，，且,因此，的面积为，又由且，故，因为，可得，所以的面积的取值范围为．选择②：由正弦定理，可得，且，因此的面积为，又且，故，因为当时，可得，所以的面积的取值范围为．选择③：依题意，由余弦定理，可得将代入，可得，又的半周长为，故的面积为，所以的面积的取值范围为．20.已知函数在区间单调，且，其中，．（1）求图象的一个对称中心；（2）求的解析式．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由在区间单调知，判断出结合可得图象的一个对称中心．（2）由得，分别讨论是否符合题意，确定解析式.【小问1详解】因为在区间单调，所以的最小正周期．由于，故图象的一个对称中心的横坐标为，即是图象的一个对称中心．【小问2详解】由（1）知，故．又因为，所以．由（1）知是图象的一个对称中心，所以，．①若，则，．又因为，所以，此时，当时，，此时在不单调，不合题意：②若，则，．又因为，所以，此时，当时，，此时在单调，符合题意：③若，则，．又因为，所以，此时，当时，，此时在不单调，不合题意：综上，，，所以．21.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，．（1）证明：平面平面；（2）点在棱上，当二面角的余弦值为时，求．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】分析】（1）先证明，，可得平面，进而可得结论；（2）过作交于，过作于，连接，先证明平面，可得为二面角的平面角，设，列方程求解即可.【小问1详解】连结，∵侧棱底面，平面，∴．又∵底面是正方形，∴．而且，平面．∴平面．又平面，∴平面平面．【小问2详解】过作交于，过作于，连接．在平面中，，，∴，因为底面，∴平面，又平面，∴，又∵，，平面，∴平面，又平面，∴，∴为二面角的平面角．故，则．设，则，，．在Rt中，，∴．在Rt中，，∴．所以，当二面角的余弦值为时，．22.地球自西向东自转，造成了太阳每天东升西落运动．因这种现象是地球自转造成的人的视觉效果，所以天文学上把这种运动称为太阳