2022-2023学年高一数学期末考测试卷（必修一+必修二）解析版

期末考测试卷（三）

范围：必修一+必修二

说明：1.本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。

2.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答

题卷上。

3.答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内

的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和

涂改液。不按以上要求作答的答案无效。

4.考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。

第I卷（选择题共60分）

一、单项选择题（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

一项符合题目要求.）

1.（2023・广东•校联考模拟预测）若集合A={幻2丁+3/-940},B={x|2x>-3,xeZ）,则

4nB=（）

A.{-3,-2,-1,0,1}B.{-2,-1,0}C.{-1,0,1}D.{-2,-1,0,1}

【答案】C

【分析】解一元二次不等式可得集合A,再根据交集定义求解.

【详解】由2./+3x—9K0解得一3工工«^，所以八={刈一3工工^^}，

因为3={x|2x>_3,xeZ},所以5={x|x>一^^©Z，，

所以AC|3={-1,0,1},

故选:C.

2.（2023秋•广东深圳•高二校考期末）设复数z满足z-（l+2i）T-3+4i|,则）的虚部为（）

A.-2iB.2iC.-2D.2

【答案】D

【分析】根据复数的除法运算求得复数z,继而得［，从而求得答案.

【详解】由z・（l+2i）T-3+4i|可得z=^碧=y1^=ga=l—2i,

故z=1+2i，则z的虚部为2,

故选：D

3.（2023•广东湛江•统考一模）在平行四边形AACQ中，E为边8c的中点，记前=3,丽=万,

则冷（）

I-12-1丁

A.—a——brB.-a+-b

2433

~1.3-1-

C.a+-bD.—a+—b

244

【答案】D

【分析】根据向量的线性运算法则，求得围;:办—《心结合人左=前+。百=4。+:。从

222

即可求解.

【详解】如图所示，^^CB=OB-OC=-DB--AC=-b--a,

2222

————I一-"1-1八3-1一

所以AE=4C+CE=AC+-C8=a+--b一一a=-a+-b.

22(22J44

4.（2023春・广东江门•高一统考期末）下列命题中，错误的是（）

A.平行于同一条直线的两条直线平行

B.已知直线机垂直于平面。内的任意一条直线，则直线机垂直于平面。

C.已知直线"〃/平面。，直线〃ua,则直线机〃〃

D.己知〃?为直线，a、夕为平面，若〃且〃?_LA，则a_L4

【答案】C

【分析】由平行线的传递性可判断A：由线面垂直的定义可判断B：由线面平行的定义可判

断C；由线面平行的性质和线面垂直的性质，结合面面垂直的判定定理，可判断D.

【详解】解：由平行线的传递性可得，平行于同一条直线的两条直线平行，故A正确：

由线面垂直的定义可得，若直线山垂直于平面。内的任意一条直线，则直线明垂直于平面。，

故B正确；

由线面平行的定义可得，若直线"〃/平面。，直线〃ua,则直线〃〃/〃或用，〃异面，故C

错误；

若〃〃/。，由线面平行的性质，可得过川的平面与a的交线/与，"平行，

又可得/_L〃，结合/u。，可得a_L〃，故D正确.

故选：C.

5.（2023•广东珠海•珠海市第一中学校考模拟预测）已知a=2）=3L=log「0.5,则（）

A.b>a>cB.b>c>aC.a>b>cD.a>c>b

【答案】A

【分析】通过比较46/6的大小可得匕通过对数函数的单调性可得CV1,即可选出

答案.

6362

【详解】va=2</>=3，：.b>a>1,0=log02\<c=log02（）.5<log020.2=1,:.b>a>c.

故选：A

6.（2023春•广东广州•高二广东番禺中学校考阶段练习）已知向量2、5满足忖=2,忖=5,

且Z与否夹角的余弦值为［则仅+29.（31可=（）

A.-30B.-28C.12D.72

【答案】B

【分析】利用平面向量数量积的定义可求得7囚，再利用平面向量数量枳的运算性质可求得

«+涕）（3£一q的值.

【详解】由平面向景数展积的定义可得7万=忖胆际<£石>=2x5xg=2,

所以，R+2g.（3Z-5）=3t；2+575-2/；=3X22+5X2-2X52=-28.

故选：B.

7.（2023春・甘肃金昌,高・永昌县第•高级中学校考期中）某校300名学生参加数学竞赛,

随机抽取了40名学生的考试成绩（单位：分），将成绩分成［50,60）,［60,70）,［70,80）,［80,90）,

［90,100］五组，成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法不正确的是（）

A.。的值为0.015

B.这40名学生数学考试成绩的众数的估计值为75

C.总体中成绩落在网）,90）内的学生人数约为105

D.估计这40名学生数学考试成绩的&约为87

【答案】C

【分析】根据频率和等于1可求出“，从而可判断A；根据众数的概念可判断B；求出成绩

落在［80,90）内的频率，再乘以总人数可判断C；求出各组对应的频率,可知倒在［80,90）内,

列式求解即可判断D.

【详解】根据频率和等『1得10a=l-10x（0.0140.035+0.0310.01）=0.15,

B.某人将一枚质地均匀的硬币连续抛掷了10次，正而朝上的情形出现了6次，则正面朝

上的概率为0.6

C.一组数6,5,4,3,3,3,2,2,2,1的80%分位数为2

D.某学员射击10次，命中环数如下：7,8,7,9,5,4,9,10,7,4.则命中环数的标

准差为2

【答案】AD

【分析】根据分层抽样、概率、百分位数及标准差的定义一一判断即可；

30

【详解】解：对于A：男生应抽取10x而前=6人，故A正确；

对于B：某人将一枚质地均匀的硬币连续抛掷了10次，正面朝上的情形出现了6次，则正

面朝上的频率为0.6,

但是无论掷硬币多少次，再一次掷硬币，硬币正面朝上的概率均0.5,故B错误；

对于C：这组数据从小到大排列依次为：1、2、2、2、3、3、3、4、5、6,

4+5

因为10xg0%=8,所以80%分位数为亍=45,故C借识；

对于D：命中环数的平均数为：T=±(7+8+7+9+5+4+9+10+7+4)=7,

命中环数的方差为：

?=p[(7-7)2+(8-7)2+(7-7)2+(9-7)2+(5-7)2+(4-7)2+(9-7)2+(l0-7)2+(7-7)2+(4-7)1]=4,

所以命中环数的标准差为s=2,故D正确.

故选：AD

10.(2023春・广东东莞•高一校考阶段练习)已知向量2=(1,-2)石=(3,4),则()

A.(a+A)_L“B.(h-a^/Zb

C.卜+〃卜2()D.与向量，同向的单位向量是恪,-乙£

\/

【答案】AD

【分析】分别用平面向量垂直的坐标表示，共线向量定理，平面向量模的坐标表示，与己知

向量同向的单位向量的求解公式判断即可.

【详解】对于选项A,因为办修(4,2),所以(。+炉=4-4=0,所以(")J,则A正

确；

对于选项B,因为5V=(2,6),所以不存在实数％使=所以向量£与5不平

行，则B不正确：

对于选项C,因为Z+B-(4,2),所以口回，则C不正确；

对于选项D,因为向量2的模为石，所以与向量2同向的单位向量为

11.（2023春・广东广州•高一统考期末）如图，四棱锥S-ABCO的底面为菱形，

AB=SD=3,ZDAB=6O°,S0_L底面A3C£）,?是SC上任意一点（不含端点），则下列结

论中正确的是（）

A.若必〃平面心。，则S4//P。B.8到平面SAC的距离为述

5

C.当P为SC中点时，过P、A、B的截面为直角梯形D.当P为SC中点时，DP+PB有

最小值

【答案】ABC

【分析】对于A：根据线面平行的性质定理证明判断：对于B：利用等体积法求。到平面SRC

的距离；对于C：根据三角形中位线先证尸M〃AB,则过〃、A、8的截面为A8尸M,再

利用长度结合勾股定理证尸对「D：借助「侧面展开图分析判断.

【详解】•・•2〃平面尸况），SAu平面SAC,平面尸8。0平面S/1C=PO

C.SAJ/PO,A正确：

设3到平面SAC的距离为6，则有SA=SC=3"AC=36

丁%-SAC=VSTBC，UP-Zjx-i-xSx/Sx-^=ix3x-!-x3x3x—,则力=^2^,B正确；

3223225

当户为SC中点时，如图1,取SO的中点M,连接

则PM〃CO,PM=；CD

VAB//CD,WlJPM//AB

，过尸、A、3的截面为则P8=3,8W=^JM=?

22

A=+则PMJLPB,即为直角梯形，C正确:

借助于侧面展开图，如图2,连接03交SC于点此时OP+PB为最小值

若P为SC中点时，•:SD=CD,则OP_LSC

:.BC=SB，这与题意相矛盾，D错误；

故选：ABC.

12.（2023春・广东广州•高一统考期末）已知函数/（x）=sin2x-VJcos2x,则下列结论中正

确的是（）

A.函数/（X）的图象关于点（2,。）对称

B.若xe三片，则函数/（x）的最大值为G

C.若八。）=1,则cos'々+号）=；

D.若/（%>/（.）=4,工产工2，则|不一“2|的最小值为兀

【答案】ACD

【分析】根据辅组角公式可得/（x）=2sin（2x-g],对于A：代入运算可得x=?为/⑶的

零点，即值0）为/⑴的对称中心；对于氏根据结合正弦函数图象可得

/（x）e[V3,2];对于C：根据题意整理可得cos（2a+"=-g,利用倍角公式可得

COS2L+-^]=1；对于D：根据题意可得g同为最大值点或同为最小值点，则|内7的

最小值为/（X）的最小正周期.

/\

【详解】/（x）=sin2x-y/icos2x=2sin2x~—

k3,

■:吗=2可2吟勺应则函数如的图象关于点加对称，A正确;

712兀

3'T

.•・sin（2xj）eVJ，则/⑶[瓜2]，B错误;

则cos2（a+"=；,C1E确;

若/（内）・/（毛）=4,工产9，则X，*2同为最大值点或同为最小值点

・•・IN-目的最小值为/J）的最小正周期r=g=冗，D正确；

故选：ACD.

第n卷（非选择题共90分）

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13.（2023春•广东广州•高一统考期末）已知丽=（4,-4）,而=（一3,2）,亚=（T,M，若4、

C、。三点共线，则，〃二.

【答案】2

【分析】由女,也共线列方程，化简求得，〃的值.

【详解】AC=AB+BC=（l,-2）,

由于AC。三点共线，所以正，而共线,

所以lx"?=（-l）x（-2）,m=2.

故答案为：2

14.（2023秋・广东佛山•高二佛山一中校考期中）一个袋子中有红、黄、蓝、绿四个小球，有放

回地从中任取•个小球，将“三次抽取后，红色小球，黄色小球都取到''记为事件M,用随机

模拟的方法估计事件M发生的概率.利用电脑随机产生整数0,1,2,3四个随机数，分别代

表红、黄、蓝、绿四个小球，以每三个随机数为一组，表示取小球三次的结果，经随机模拟产

生了以下18组随机数：

110321230023123021132220001

231130133231031320122103233

由此可以估计事件M发生的概率为.

【答案】|

【分析】求出事件M发生的情况即可求出概率.

【详解】事件A包含红色小球和黄色小球，即包含数字。和1,随机产生的18组数中，包

含0,1的有110,021,001,130,031,103,共6组，故所求概率为

183

故答案为：g.

15.（2023春・广东广州•高一统考期末）某校高一级学生进行创客活动，利用3D打印技术制

作模型.如图，该模型为长方体A8CQ-A4G。挖去正四棱台ABCD-EFG”后所得的几

何体，其中46=2Eb=28£A4=4C=6cm,AA=4cm,为增强其观赏性和耐用性，现对该

模型表面镀上一层金属膜，每平方厘米需要金属2mg,不考虑损耗，所需金属膜的质量为

__________mg.

【答案】282+54取54#+282

【分析】根题意计算该几何体的表面枳，再求得质量即可

【详解】由题意，该几何体侧面4个面的面积和为4x4x6=96cnf，底面积6x6=36^/,

正方形EFGH面积3x3=9cm2.考虑梯形ABFE,高为5F?_*（AB_EF）2=孚cm,

故正四楂台的侧面积为4x；(3+6)x亭=27疯”,

故该模型表面积为96+36+9+276=(141+27退卜0?,

故所需金属膜的质量为2x(141+276)=(282+546)理

故答案为：282+546

16.(2023春•广东广州•高一统考期末)已知S为圆锥的顶点，。为底面圆心，SO=2G.若

该圆锥的侧面展开图为半圆，则圆锥的体积为.

【答案】晅7r

3

【分析】设圆锥的底面半径为，母线为/，根据底面周长与侧面展开图的弧长相等得到/=2厂,

再由勾股定理求出，最后由体枳公式计算可得；

【详解】解：设圆锥的底面半径为，母线为/,依题意2"=兀/,即/=2r,

又SO=Jr-/=2百，所以，，=2,

所以圆锥的体积V=L心=0x22x26=晅乃；

333

故答案为：述不

3

四、解答题(本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(2023春•江苏•高一专题练习)已知在锐角△A3C中，mb,。分别是内角4,B,C所

对■的边，向量沆=S，cosB),日=(cosA,a-"?)，且初_L”.

⑴求&

(2)若〃=2,求△ABC的面积的取值范围.

【答案】(1)B=?

4

⑵(2,1+夜］

［分析］(1)利用向量垂直的坐标表示与正弦定理的边角变化，结合正弦函数的和差公式即

可得解；

⑵利用正弦定理得到a=2&sinA，c=2及sinC，从而利用三角形面积公式与辅助角公

式得到S=1+逐sin(2A-：)由此结合正弦函数的性质即可得解.

【详解】(1)因为谕=(〃,cos5),”=(COSA,4-J^C),ihln,

6/-V2C)COSB=0,

由正弦定理可得sinBcosA+(siiii4-5/2sinC)cosB=0,

即\[2sinCcosB=sinAcosB+cosAsinB=sin(A+fi).

因为人+8=兀-。，则sin(A+8)=sin(7T—C)=sinC,所以应sinC8sB=sinC，

又0<Cv兀，即sinCwO,所以cos8=，^,

2

又8G(0,TT),所以8=弓.

⑵因为p,吟,

所以."=.,,=1~--2-V5»故a=2夜sin4,c=25/2sinC，

sinAsinCsinB

所以△ABC的面积S=—flcsinZ?=—•2&sinA20sinC-sinB

22

=25/2sinAsinC=2及sinAsin(4+8)=2夜sinAsin[A+；)

=25/2sinAsinA•+cos>4■=2sin"+2sinAcosA

2

=l-cos2A+sin2A=1+72sin]2A-？j,

4

.C3兀

A+C=——

4

因为AABC为锐角三角形且8=f,所以0<A<f,解得

4242

0<C<-

2

所以:<2人一：，则曰<sin（2A_（）Kl,从而2<l+&sin（2人一彳）工1+垃，

即△A4C的面积的取值范围为（21+夜］

18.（2023春・全国•高一专题练习）如图，在三棱柱A8C・A4G中，侧面A网小ACQA.

均为正方形，AG交4。三点。，NBAC=90，D为BC中点.

（1）求证：C]A_L平面A8|C；

（2）求直线Bg与平面AM所成的角.

【答案】（1）证明见解析

（2）30

【分析】（1）利用已知条件结合线面平行的判定定理进行证明即可;

（2）根据线面角的定义进行求解即可.

【详解】（I）在正方形ACGA中,C.Al^C,

因为NB4C=90,所以的上AC,

又因为侧面小洱A是正方形，所以48_LAA，

因为ACcM=AAC例u平面ACGA,

所以平面ACGA,

而GAu平面4CGA，贝!A8_LGA,而人用〃AB,

A,B,iC,AF而AgnAC=a，

又AM.CAu平面A8C，

.•・GA_L平面AM。

（2）连接。与，如图所示:

VACC.A为正方形，ZBAC=90,

AC】_LAC,AC]_L4用，

而AqncA=A，A4，0AU平面A^C,

・•・AC,_L平面A用C，

・•.为直线B,C,与平面48c所成的角,

•：ClO=^ClA=^ClBlf

“4。=30，

所以直线B©与平面所成的角为30.

19.（2023春・广东深圳•高一深圳市龙岗区龙城高级中学校考期中）某高校在2017年的自主

招生考试成绩中随机抽取100名中学生的笔试成绩，按成绩分组，得到的频率分布表如下所

示.

组号分组频数频率

第1组[160,165)50.050

第2组[165,170)①0.350

第3组[170,175)30②

第4组1175,180)200.200

第5组[180,185)100.100

合计1000.0501.00

频率

藤

0.08

0.07

0.06

0.05

0.04

0.03

0.02

0.01

O160165170175180185成绩

（I）请先求出频率分布表中①、②位置的相应数据，再完成频率分布直方图:

（2）为了能选拔出最优秀的学生，高校决定在笔试成绩高的第3、4组中用分层抽样抽取5名

学生进入第二轮面试，求第3、4组每组各抽取多少名学生进入第二轮面试;

（3）在（2）的前提下，学校决定在5名学生.中随机抽取3名学生接受人考官进行面试，求第

4组仅有•名学生被考官A面试的概率.

【答案】（1）35,0.300,图见解析

（2）第3,4组分别抽取3人,2人进入第二轮面试

（3）?

【分析】（I）根据表中数据可求出，即可画出频率分布直方图.

（2）根据分层抽样的特点可直接计算出.

（3）先求出从5名学生中随机抽取3名学生的所有情况，再得出满足条件的情况即可求解.

【详解】（1，①由题可知，第2组的频数为0.35x100=35人，②第3组的频率为一：=0.300.

频率分布直方图如图所示，-

频率

(2)因为第3,4组共有50名学生，所以利用分层抽样在50名学生中抽取5名学生进入第

二轮面试，每组抽取的人数分别为：第3组：三30＞5=3人，第4组：券20x5=2人，

所以第3,4组分别抽取3人，2人进入第二轮面试.

(3)设第3组的3位同学为Al,A2,A3,第4组的2位同学为81,B2,,则从这五位同

学中抽取三位同学有(41.A7,A4),(41,A2,R\),(41,A2,A2),(41,43,/?1),(41,

A3,B2),(41,Bl,B2),(42,A3,Bl),(A2,A3,Bl),(A2,81,B2),(43,BI,B2)

共10种，

其中第4组的2位同学阴，B2中仅有一位同学入选的有：

(Al,A2,Bl),(Al,A2,B2),(A1,43,81),(Al,A3,B2),(42,A3,81),(A2,

人3,82)共有6种，所以第4组至少有一名学生被考官人面试的概率为得=|.

20.(2023春・全国•高一专题练习)四边形43CQ为正方形，POL平面"CO,PD//QA,

QA=AB=；PD.

(I)证明：平面。CQ

(2)求二面角4-PQ-C的正切值.

【答案】(1)证明见解析

⑵事.

4

【分析】(1)利用直线和平面垂直的判定定理证明即可：

(2)二面角8—PQ—C的大小等于二面角8-PQ—。与二面角C—PQ—。的差，利用二面

角的定义分别求出二面角8-PQ-。与二面角C-PQ-D的大小，最后利用两角差的止切公

式即可求解.

【详解】（1）证明：・••*）_1_平面/WC/Z,PZ）u平面•••面PQAOJ.面4BCD

•・•平面尸。八。0平面A8CD=A。，CDu面A8cO,CD1AD.

・・・。_1平面〃”。，:.CD1PQ、

设AB=1,则尸£）=2,QA=AD=\,四边形PQ1。是直角梯形，

plljPQ=QD=42,VPQZ+QD2=PD2,：.PQLQD.

又•・•PQ1CD,QDu平面DCQ.CDu平面OCQ.且CDcQ。=O,

・•・PQ/平面DCQ；

(2)由(1)PQ工平面QCQ,・•.尸Q_LOQ,PQ±CQ,

••・NCQ。就是二面角c—PQ—。的平面角,

9

记NCQD=a,则

V22

过A作A£_LPQ交/。延长线于石，连接BE、Ch,

VAB1AD.DP1AB.ADQDP=。.AOu平面AQPQ、DPu平面ADPQ,

・・・R4_L平面AOPQ,

*.*PEu平面ADPQ,：.BAJ_夕£同理可证PE_L平面BAE,

・・・-84£为二面角8-2。-。的平面角，记NBEA=0,则⑶1"二至"夜

~T

于是《一。就是二面角8-PQ-C的平面角的大小.

J5-—r

e,c、tan/?-tana7x/2

贝!11an(6—ct)---=7="=—,

1+tan/7-tana、+拒J24

・•・二面角B—PQ—C的正切值是它.

21.（2023•广东・统考模拟预测）如图，/8C的面积为8,记内角A,13,C所对的边分别

为“，b>c,已知/?=8,8cosC+ccosB=V2«cosABAC-

c

⑴求C的值；

(2)已知点用在线段AC上，点N为8。的中点，若NAMW=：,求sinNAMN.

4

【答案】⑴c=2灰

⑵sin/AMN=M^

13

【分析】(1)将8cosc+ccosB=Viacos/B4C中的8替换为〃.边化先求得/84C,再由

三角形面积求c即可；

(2)在△人8C中由余弦定理求得8C,向量法求得中线AN,在zMCN中由余弦定理求得

NMU?的余弦值，再利用平方关系求得NM4C的正弦值，最后用

sinZAMN=sin(ZNAM+ZANM)求解即可.

【详解】(1),••在AABC中，b=8,8cosc+ccosB=>/2acosNBAC，

**•bcosC+ccosB=\!lacosZ.BAC»

・••由正弦定理得，sincosC+sinCeos8=42sinNBACeosNB4C，

，sin(8+C)=sin(九一ZZMC)=sinZBAC=41sinNBACcosZBAC,

又•••sinNBACVO,AcosZBAC=—,

2

又•/班C«0,7i),AZ8AC=^,

又;“IBC的面积S.f.c=—besin/.BAC=—x8xcx^?-=8，

Anov220

•二解得c=2V2•

(2)在dBC中，由余弦定理得，

22

=/7+c-2Z?ccosZBAC=64+8-2x8x272x—=40.

2

ABC=67=2>/io,又・.・N为8C中点，:・CN=BN=®.

TN为BC的中点，故丽=：(而+配)，

222

・••阿=((|同+|时-2网同,cosNBAc)=i(c+/?+2c/?cos/B/lC)

；8+64+2x2x/ix8x

=26，

,AN=V26，

AN-+AC--NC126+64-10_5x/26

在AACV中,由余弦定理得cos/N4C=

2ANAC2x726x8-26

sin£NAC=Vi-cos2ZM4C=,

26

sin4AMN=sin(兀-NAMN)=sin(NNAM+/A