2022-2023學年福建省福州市高一下學期期末聯(lián)考數(shù)學試題【含答案】

2022-2023學年福建省福州市高一下學期期末聯(lián)考數(shù)學試題一、單選題1．已知復數(shù)滿足，則在復平面內(nèi)對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】先求出復數(shù)，化成標準形式，再根據(jù)復數(shù)的幾何意義來判斷.【詳解】依題意得，，對應復平面的點是，在第四象限.故選：D.2．已知，，且與平行，則等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出向量與的坐標，然后利用向量共線坐標公式計算即可.【詳解】因為，，所以，，若與平行，則，得x＝2.故選：C.3．在平行四邊形ABCD中，E是BC的中點，DE交AC于F，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由題可得，再根據(jù)向量運算法則即可表示.【詳解】因為是BC的中點，，所以，所以.故選：D.4．某種心臟手術(shù)，成功率為0.6，現(xiàn)采用隨機模擬方法估計“3例心臟手術(shù)全部成功”的概率：先利用計算器或計算機產(chǎn)生0~9之間取整數(shù)值的隨機數(shù)，由于成功率是0.6，故我們用0，1，2，3表示手術(shù)不成功，4，5，6，7，8，9表示手術(shù)成功；再以每3個隨機數(shù)為一組，作為3例手術(shù)的結(jié)果.經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生10組隨機數(shù)：812，832，569，684，271，989，730，537，925，907.由此估計3例心臟手術(shù)全部成功的概率為（

）A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.5【答案】B【分析】利用古典概率的概率公式進行計算即可.【詳解】隨機模擬產(chǎn)生10組隨機數(shù)中，有3組隨機數(shù)表示手術(shù)成功，故3例心臟手術(shù)全部成功的概率為：.故選：B5．設(shè)，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】D【分析】分別解不等式和，根據(jù)小范圍推大范圍，分析判斷即可.【詳解】若，解得，即解集；若，注意到在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，解得；故“”是“”的既不充分也不必要條件.故選：D.6．從含有三件正品和一件次品的產(chǎn)品中任取兩件，則取出的兩件中恰有一件次品的概率是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)古典概型概率計算公式直接計算.【詳解】有三件正品（用，，表示）和一件次品（用表示）的產(chǎn)品中任取兩件的樣本空間，恰有一件次品，由古典概型得，故選：D.7．如圖，某景區(qū)欲在兩山頂A，C之間建纜車，需要測量兩山頂間的距離．已知山高，，在水平面上E處測得山頂A的仰角為30°（B、D、E在同一水平面上），山頂C的仰角為60°，，則兩山頂A，C之間的距離為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)給定條件，在和中分別求出AE，CE，再利用余弦定理計算作答.【詳解】在中，，，則，在中，，，則，在，由余弦定理得：，即，解得，所以兩山頂A，C之間的距離為．故選：B8．已知直四棱柱的棱長均為2，.以D1為球心，為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為（

）A． B． C． D．2【答案】B【分析】先找出平面截球面的截面圓的圓心是的中點，再找到截面圓的半徑和交線.【詳解】如圖所示：

由已知，連接，則因為直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2，，所以為等邊三角形.且平面，取的中點，連接,則,又平面，所以，又，所以平面，故平面截球面的截面圓的圓心是點，取和的中點，連接,則，故在球面上，,，所以為直角三角形，,球面與側(cè)面的交線是側(cè)面上以為圓心，為半徑的圓弧.故選：B.二、多選題9．分別拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，設(shè)事件A=“第一枚正面朝上”，事件B=“第二枚正面朝上”，下列結(jié)論中正確的是（

）A．A與B為互斥事件 B．A與B為相互獨立事件C． D．【答案】BD【分析】根據(jù)互斥事件、獨立事件、和事件、積事件的知識對選項進行分析，由此確定正確答案.【詳解】拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，基本事件有：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），事件包含的基本事件是：（正，正），（正，反）.事件包含的基本事件是：（正，正），（反，正）.所以不是互斥事件，A選項錯誤.，所以BD選項正確.，C選項錯誤.故選：BD10．已知兩個不同的平面、和兩條不重合的直線m、n，有下列命題中正確的是（

）A．若，，則 B．若，則C．若，，則 D．若，，，則【答案】AD【分析】根據(jù)空間中線面、面面的位置關(guān)系一一判斷即可【詳解】對于A：若，，則，故A正確；對于B：若，則或，故B錯誤；對于C：若，，則或與異面，故C錯誤；對于D：若，，則，又，所以，故D正確；故選：AD11．已知，則正確的有（

）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】先把指數(shù)式化為對數(shù)式可得，，可判斷A，由對數(shù)的運算性質(zhì)可判斷D，由基本不等式可判斷BC．【詳解】，，，，，故正確，，故D不正確，，當且僅當時取等號，，，故B正確，（因為，故等號不成立），，故C正確.故選：12．如圖，邊長為1的正方形ABCD的頂點A，D分別在軸、軸正半軸上移動，則的可能值為（

）A． B． C． D．2【答案】CD【分析】令，由邊長為1的正方形的頂點、分別在軸、軸正半軸上，可得出，的坐標，由此可以表示出兩個向量，由數(shù)量積公式結(jié)合三角函數(shù)知識求解.【詳解】解：如圖令，由于，故，，如圖，，故，，故同理可求得，即，所以因為，所以，即.故選：CD三、填空題13．若樣本數(shù)據(jù)的方差為3，則數(shù)據(jù)的方差為．【答案】12【分析】利用方差的性質(zhì)直接求解.【詳解】樣本數(shù)據(jù)的方差為3，數(shù)據(jù)的方差為.故答案為：12.14．已知函數(shù)，則.【答案】4【分析】根據(jù)分段函數(shù)的定義求解即可.【詳解】由，所以，所以.故答案為：4.15．在四面體中，E、F分別是的中點.若所成的角為45°，且，則的長為.【答案】【分析】作出輔助線，找到或，分兩種情況，結(jié)合余弦定理求出答案.【詳解】取的中點，連接，因為E、F分別是的中點，所以，因為所成的角為，所以或，如圖1，，則，如圖，，則故答案為：四、雙空題16．已知ABCD—A1B1C1D1是棱長為2的正方體，E為AA1的中點，點F在CC1上（不與C、C1重合），三棱錐A-D1EF的體積為，當F為CC1的中點，幾何體AED1FCD的體積為.【答案】【分析】根據(jù)給定條件，利用等體積法求解三棱錐的體積．根據(jù)割補法，將幾何體分解為三棱柱和三棱錐，即可由體積公式求解.【詳解】在正方體中，棱長為2，為的中點，則，為上一點，而平面，平面，則點到平面的距離為長，所以三棱錐的體積．取的中點為，連接,由于均為棱的中點，由正方體的結(jié)構(gòu)特征可知為直三棱柱，故幾何體可以分割為三棱柱和三棱錐，故幾何體體積為,故答案為：，

五、解答題17．已知非零向量，夾角為，且．(1)當時，求；(2)若，且，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用向量數(shù)量積運算公式和夾角余弦公式進行求解；（2）根據(jù)向量垂直得到，再求出，進而求出【詳解】（1）當時，，所以，∵，∴；（2）∵，∴，即∴，∵，∴∴18．如圖，是正方形所在平面外一點，且平面平面，、分別是線段、的中點.

(1)求證：平面；(2)求證：.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)平行四邊形或者三角形的中位線可得線線平行，進而可證，或者證明面面平行也可，（2）根據(jù)面面垂直可得線面垂直，進而得到線線垂直.【詳解】（1）法一：取PD中點G，連接FG，AG，在PDC中，因為F、G分別是PC，PD的中點，

所以FGCD，F(xiàn)G=CD；

因為E是正方形ABCD邊AB的中點，所以AE//CD，AE=CD；

所以AEGF，AE=GF；即四邊形AEFG是平行四邊形，

所以EF//AG，

又因為AG平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD

法二：延長DA交CE延長線于H，連接PH，由于AE//CD，AE=CD，所以是的中點，是的中點，所以EFPH，又因為PH平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD

法三：取CD中點I，連接EI，F(xiàn)I，由于均為中點，所以,平面,平面，平面EFI平面PAD，EF平面，所以EF平面PAD

（2）因為正方形ABCD中，BDAC，

又平面ABCD平面PAC；平面PAC平面ABCD=AC，BD平面ABCD，所以BD平面PAC，

因為PC平面PAC，

所以BDPC.19．已知在中，角，，所對的邊分別是，，，滿足條件：______.在①；②；③.這三個條件中任選個，補充在上面的問題中，并解答.注：如果選擇多個條件分別作答，按第一個解答計分.問題：(1)求角A的大?。?2)求的取值范圍.【答案】(1)選①②③，答案均為(2)【分析】（1）選①，由正弦定理及得到，結(jié)合，求出答案；選②，由正弦定理及得到，結(jié)合，求出答案；選③，由正弦定理及得到，結(jié)合，求出答案；（2）利用三角恒等變換得到，由求出，從而得到答案.【詳解】（1）選擇①，由正弦定理可得，，即，所以，又，所以，故，又，因此.選擇②，由正弦定理可得，，從而可得，，即，又，所以，于是，又，因此，.選擇③，由正弦定理可得，，即，得，即，又，所以，得，又，因此，.（2）∵，由可知，，所以，從而，因此，，故的取值范圍為.20．如圖，一塊正方體形木料ABCD—A1B1C1D1的上底面有一點M，

(1)問：經(jīng)過點M在上底面上能否畫一條直線，使其與CM垂直，若可以，該怎么畫，寫出作圖過程并加以證明，若不能，說明理由.(2)若正方體棱長為2，F(xiàn)為線段BC的中點，求AF與面A1BC所成角的正弦值.【答案】(1)可以，作圖過程見解析，證明見解析(2)【分析】（1）連接C1M，在平面A1B1C1D1上過M點作直線GHC1，則GHCM，再利用線面垂直證明線線垂直即可；（2）在平面ABB1A1上，過點A作AEA1B，則E是A1B的中點，先證明先AE平面A1BC.可得AFE為斜線AF與平面A1BC所成的角，進而可得答案.【詳解】（1）經(jīng)過點M在上底面上能畫一條直線與CM垂直，如圖所示，連接C1M，在面A1B1C1D1上過M點作直線GHC1M.則GHCM，

證明：在正方體AC1中，CC1平面A1B1C1D1，GH平面A1B1C1D1，所以GHCC1，

而GHC1M，且C1MCC1，平面MCC1，

故GH平面MCC1，

又CM平面MCC1，所以GHMC.（2）在平面ABB1A1上，過點A作AEA1B，則E是A1B的中點，

在正方體AC1中，BC平面ABB1A1，AE平面ABB1A1，所以BCAE，而A1BBC=B，平面A1BC.故AE平面A1BC.

所以EF為斜線AF在平面A1BC上的射影，AFE為斜線AF與平面A1BC所成的角.

∵AE平面A1BC，EF平面A1BC，AEEF

在直角三角形AEF中，AF=，AE=，sinAFE=，所以AF與面A1BC所成角的正弦值為.21．近幾年隨著疫情的影響，經(jīng)濟發(fā)展速度放緩，投資渠道有限，越來越多人選擇投資“黃金”作為理財?shù)氖侄危旅鎸市把黃金作為理財產(chǎn)品的投資人的年齡情況統(tǒng)計如圖所示.(1)求a的取值，以及把黃金作為理財產(chǎn)品的投資者年齡的上四分位數(shù)（第75百分位數(shù)）；(2)現(xiàn)按照分層抽樣的方法從年齡在和的投資者中隨機抽取5人，再從這5人中隨機抽取2人進行投資調(diào)查，求至少有1人年齡在的概率.【答案】(1)，58(2)【分析】（1）根據(jù)頻率之和為1可得，進而由百分位數(shù)的計算即可求解，（2）根據(jù)列舉法，結(jié)合古典概型的計算公式即可求解.【詳解】（1）依題意，，解得，因為前3組的頻率和為<0.75，前4組的頻率和為，所以所求上四分位數(shù)（第75百分位數(shù)）為（2）由頻率分布直方圖可知年齡在和的頻率分別為，所以年齡在的投資者應抽取3人，記為A，B，C年齡在的投資者應抽取2人,記為a，b，則任取2人，所有的情況為：，共10種，滿足條件的為共7種.

故至少有1人年齡在的概率為.22．已知函數(shù)，；(1)判斷并證明函數(shù)的奇偶性；(2)指出函數(shù)的單調(diào)性（只需用復合函數(shù)理由說明，不要求定義證明）；(3)設(shè)對任意，都有成立；請問是否存在的值，使最小值為，若存在求出的值.【答案】(1)在R上為奇函數(shù)，證明見解析(2)在上為減函數(shù)(3)存在，【分析】（1）利用函數(shù)的奇偶性定義證明即可；（2）根據(jù)復合函數(shù)的單調(diào)性法則，結(jié)合函數(shù)的奇偶性即可說明；（3）由函數(shù)單調(diào)性可得，從而轉(zhuǎn)化為求的最小值，再解關(guān)于的不等式，對函數(shù)換元討論求最小值，得到關(guān)于的方程解之即可得到答案.【詳解】（1）函數(shù)在R上為奇函數(shù).

證明：因為，所以恒成立.所以函數(shù)的定義域為R，關(guān)于原點中心對稱.因為，所以函數(shù)在R上為奇函數(shù).（2）由（1）知=