2022-2023学年陕西省西安中学高一年级下册学期期末数学试题2【含答案】

）D．z的虚部为i13i13i3i10i

i，z1，z21，z的虚部为1，3i1010

A．3【答案】CB．322C．6D．32【分析】在原平面图形中AOB满足OBOA，且OB4,OA3，再代入面积公式即可．【详解】由斜二测画法的概念可知，在原平面图形中AOB满足OBOA，AOB为直角三角形且OB4,OA3，所以SAOB

11

OAOB346．选C．22【点睛】本题主要考查利用斜二测画法求原平面图形的面积，属基础题．4．一个袋中装有大小、质地相同的3个红球和3个黑球，从中随机摸出3个球，设事件A“至少有2个黑球”，下列事件中，与事件A互斥而不互为对立的是（）A．都是黑球B．恰好有1个黑球C．恰好有1个红球D．至少有2个红球【答案】B【分析】利用对立事件、互斥事件的定义直接求解即可．【详解】解：从装有大小和质地完全相同的3个红球和3个黑球的口袋内任取3个球，在A中，至少有2个黑球和都是黑球能同时发生，不是互斥事件，故A错误，在B中，至少有2个黑球和恰有1个黑球不能同时发生，是互斥而不对立事件，故B正确，在C中，至少有2个黑球和恰有1个红球能同时发生，不是互斥事件，故C错误，在D中，至少有2个黑球和至少有2个红球事件不能同时发生，是对立事件，故D错误．故选：B．5．已知非零向量a，

b满足b2a，且rarbra，则ab与b的夹角为（）A．6B．23C．3D．56【答案】A【分析】由题可得向量a,

b的数量积与其模的关系，再利用向量模长公式及夹角公式即得．【详解】由于rarbr

a，所以a(ab)0，即ra2rar

b0，∴rarbar2，又b2a，∴abab2a22abb2a22a24a23a，abbabb23a2，∴cosab,bababbb3a223a232，由于0ab,b，∴ab,b

6

.故选：A.6．如图，点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论不总成立的是（）A．三棱锥AD1PD的体积不变C．平面PDB1平面ACD1【答案】DB．A1P//平面ACD1D．APD1C【分析】由等体积变换可判断A成立；由面面平行可判断B成立；由线面垂直可得C成立；当B与P重合时容易判断D不成立.【详解】对于选项A：VAD1PDVPAD1D，正方体中，显然BC1//平面AD1D，所以P到平面AD1D的距离不变，即三棱锥PAD1D的高不变，又AD1D面积不变，因此三棱锥PAD1D的体积不变，即三棱锥AD1PD的体积不变，故A总成立；对于选项B：由于BC1//AD1，AD1平面ACD1，BC1平面ACD1，所以BC1//平面ACD1；同理可证BA1//平面ACD1，又BA1BC1B，所以平面BA1C1//平面ACD1，因为A1P平面BAC11，所以A1P//平面ACD1，故B总成立对于选项C：因为ACBD,ACBB1，BDBB1B，所以AC平面BB1D，则ACB1D；同理AD1B1D，又ACIAD1A，所以B1D平面ACD1，又B1D平面PDB1，所以平面PDB1^平面ACD1，故C总成立；对于选项D：当B与P重合时，AP与D1C夹角为故选：D.，故D不成立47．泰州教堂，始建于清光绪二十八年，位于泰州市区迎春东路185号，市人民医院北院对面，总建筑面积2500多平方米.2017年被认定为省四星级宗教活动场所.小明同学为了估算泰州教堂的高度，在人民医院北院内找到一座建筑物AB，高为15315m，在它们之间的地面上的点M（B,M,D三点共线）处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15和60，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30，则小明估算泰州教堂的高度为（）A．20m【答案】DB．30mC．203mD．303m【分析】在RtABM求出AM，在△ACM中利用正弦定理求出CM，在Rt△CDM即可求得CD.【详解】在RtABM中，sin15sin4530

AB

sin15，AM62，423212222

所以AMAB15315302，sin15624在△ACM中，CAM301545，AMC1801560105，ACM1804510530，由正弦定理可得AMCM302CM即，sinACMsinCAMsin30sin45所以CM

302sin45

sin30302122260，在Rt△CDM中，CDCMsin6060

3303，2所以估算泰州教堂的高度为303m，故选：D.8．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，已知四棱锥SABCD为阳马，且ABAD，SD底面ABCD．若E是线段AB上的点（不含端点），设SE与AD所成的角为，SE与底面ABCD所成的角为，二面角SAED的平面角为，则（）A．C．【答案】AB．D．【分析】根据给定条件作出SE与AD、与底面ABCD所成的角，确定二面角SAED的平面角，再推理计算作答.【详解】四棱锥SABCD中，E是线段AB上的点(不含端点)，过E作EF//AD交CD于F，连接DE，SF，如图，则SEF是SE与AD所成的角，即SEF，因SD底面ABCD，则SED是SE与底面ABCD所成的角，即SED，而AB底面ABCD，则SDAB，又ABCD是长方形，即ADAB，而SDADD，SD,AD平面SAD，则AB平面SAD，又SA平面SAD，即有SAAB，于是得SAD是二面角SAED的平面角，SAD，RtSAD中，tantanSAD

SDSD，RtSED中，tantanSED，ADED由SD底面ABCD，EF底面ABCD可得SDEF，而ADCD，则有EFCD，因SDCDD，SD,CD平面SCD，则EF平面SCD，又SF平面SCD，有EFSF，tantanSEF

SFSF

，EFAD因ADED,SDSF，即有增，所以.故选：ASDSDSF，因此，tantantan，而正切函数在(0,)上递2EDADAD

二、多选题9．已知向量a2,1，b3,1，则（A．aba

）255B．与向量a共线的单位向量是5,5



aC．2b5【答案】AC10

D．向量a在向量b上的投影向量是b2【分析】利用向量垂直的坐标形式可判断A的正误，利用向量的模长公式和投影向量的公式可判断

CD的正误，利用模长可求与向量a共线的单位向量，从而可判断B的正误.rr

【详解】因为a2,1，b3,1，故ab1,2，rrr

abaaba1220故，故成立，故A正确.ra255255,,与向量a共线的单位向量为r即、，故B错误.5a555rr

a2b4,3，故a2b5，故C正确.abb51abb，故D错误.向量a在向量b上的投影向量是102abb故选：AC.10．ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（A．若AB，则sinAsinB

B．若A30,b4,a3，则ABC有两解C．若sinAcosB，则ABC为钝角三角形D．若A60,a2，则ABC面积的最大值为23【答案】ABC【分析】根据三角形大边对大角和正弦定理，可判定A选项；由正弦定理求出sinB，可判定B选）项；根据正弦函数的单调性，判定C选项；余弦定理结合基本不等式求出bc最大值，即可判定D选项.【详解】由AB得ab，设ABC外接圆半径为R，2RsinA2RsinB，所以sinAsinB，选项A正确；A30,b4,a3，根据正弦定理得sinA

ba2

6,sinB，sinBsinA3

1

sinB1，所以角B有两解，选项B正确；20sinAcosBsin(

ysinx在(0,

2B)，所以B为锐角，2

)单调递增，若A为钝角，A

2

B,A

2

B即可，ABC为钝角三角形，若A为直角，sinA1cosB不合题意，若A为锐角，A

2

B,AB

2

,C

2

，ABC为钝角三角形，选项C正确；由余弦定理，得a24b2c22bccosAb2c2bcbc，当且仅当bc2时，等号成立，所以SABC故选：ABC.11．在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续7天，每天新增疑似病例不超过5人”．过去7日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下，则一定符合该标志的是（）1bcsin3，选项D不正确.23

甲地：总体平均数x3，且中位数为0；乙地：总体平均数为2，且标准差s2；丙地：总体平均数x3，且极差c2；丁地：众数为1，且极差c4．A．甲地【答案】CD【分析】根据条件，举例说明甲地和乙地，根据极差的概念，说明每天新增疑似病例的最大值，判断丙地和丁地.B．乙地C．丙地D．丁地【详解】甲地：满足总体平均数x3，且中位数为0，举例7天的新增疑似病例为0，0，0，0，5，6，7，则不符合该标志；乙地：若7天新增疑似病例为1，1，1，1，2，2，6，满足平均数为2，标准差41222262s

7但不符合该标志；2222，丙地：由极差c2可知，若新增疑似病例最多超过5人，比如6人，那么最小值不低于4人，那么总体平均数x3就不正确，故每天新增疑似病例低于5人，故丙地符合该标志；丁地：因为众数为1，且极差c4，所以新增疑似病例的最大值5，所以丁地符合该标志.故选：CD【点睛】本题考查统计的实际应用，重点考查统计的相关概念，以及举例推理的能力，属于基础题型.12．甲罐中有3个红球、2个白球，乙罐中有4个红球、1个白球，先从甲罐中随机取出1个球放入乙罐，分别以A1，A2表示由甲罐中取出的球是红球、白球的事件，再从乙罐中随机取出1个球，以B表示从乙罐中取出的球是红球的事件，下列命题正确的是（A．P(B)

2330）B．事件B与事件A1相互D．A1，A2互斥C．事件B与事件A2相互【答案】ADPB的值，【分析】先画出树状图，然后求得PA1，PA2，得A正确；利用PA1BPA1P(B)

判断B错误，同理C错误；由A1，A2不可能同时发生得D正确.【详解】根据题意画出树状图，得到有关事件的样本点数：因此PA1又PA1B15823183122

，PA2，P(B)，A正确；3030305305

15，因此PA1BPA1P(B)，B错误；30同理可以求得PA2BPA2P(B)，C错误；A1，A2不可能同时发生，故彼此互斥，故D正确，故选：AD．【点睛】本题主要考查互斥事件、相互事件的判断及其概率，意在考查学生的数学抽象的学科素养，属基础题.三、填空题13．已知向量a=(4，-2)，b=(-2，λ)，且a与b共线，则|b|=【答案】5



.（-2)=0求出的值即得解.【分析】解方程4(2)

（-2)=0,=1，【详解】由题得4(2)

所以|b|(2)2125.故答案为：514．在复平面内，若数z满足z12，则z1i的最大值为【答案】52

【分析】由z12可知复数z在复平面上对应的点在以C1,0为圆心，2为半径的圆上，而z1i可视为圆C上的动点x,y与点A1,1之间的距离d，数形结合可得结果.【详解】设复数zxyi,x,yR，则z1x1yi

．x1222y22，即x1y2，2故复数z在复平面上对应的点在以C1,0为圆心，2为半径的圆上，则z1ix1y1i

x1y122可视为圆C上的动点x,y与点A1,1之间的距离d，显然dmaxAC2故答案为：52.110122252.15．已知锐角ABC中，AB3，AC4，A，延长AB到点D，使sinBCD

π339，则26S△BCD

.【答案】3【分析】先由余弦定理求得BC13，再由正弦定理求得sinABC239，再由正弦定理求得13CD

4，设BDx，则CD4x，用余弦定理可得关于x的方程，解方程可得x，进而可求得BCDBD的面积.【详解】因为AB3，AC4，A，由余弦定理得，BC916234所以sinABCcosABC

π3113，2CDsinDBCAC2394.设BDx，则CD4x，因为，则sinA

BDsinBCDBC13131313，所以cosDBC，由余弦定理得16x2x2132x13，即13131313139，所以BD1，CD4，则S△BCD41315x22x130，解得x1或（舍）3.15226故答案为：3.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：由正弦定理求得理可得关于x的方程，解方程可得x，进而求得CD4.CD

4，设BDx，则CD4x，用余弦定BD16．已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为【答案】2.2．【分析】根据已知条件易得D1E3，D1E侧面B1C1CB，可得侧面B1C1CB与球面的交线上的点到，再根据弧长公式可求得结果.E的距离为2，可得侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG

【详解】如图：取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，因为BAD60°，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E3，D1EB1C1，又四棱柱ABCDA1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1平面A1B1C1D1，所以BB1B1C1，因为BB1B1C1B1，所以D1E侧面B1C1CB，设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，则D1EEP，因为球的半径为5，D1E3，所以|EP||D1P|2|D1E|2532，所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到E的距离为2，，因为|EF||EG|2，所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG

因为B1EFC1EG，所以FEG，2422.22所以根据弧长公式可得FG

故答案为：2.2【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.四、解答题

17．在ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知向量m且mn．

3cosA，sinA，n1，1，(1)求角A的大小；(2)若a7，3sinB2sinC，求ABC的面积．【答案】(1)A；(2)π333．2【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示即可解出；（2）由正弦定理先求出b,c的关系，再由余弦定理即可解出b,c，最后根据三角形的面积公式即可解出π【详解】（1）由mn可得，m×n=3cosA-sinA=0，所以tanA3，而A0,π，所以A3．92322

（2）由3sinB2sinC得3b2c，而a2b2c22bccosA7，即7bbb，解得b24，42

11333所以b2,c3，故ABC的面积为SbcsinA23．2222

18．社会的进步与发展，关键在于人才，引进高素质人才对社会的发展具有重大作用．某市进行人才引进，需要进行笔试和面试，一共有200名应聘者参加笔试，他们的笔试成绩都在40,100内，将笔试成绩按照40,50、50,60、L、90,100分组，得到如图所示频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中a的值；；(2)求全体应聘者笔试成绩的众数和平均数（每组数据以区间中点值为代表）(3)若计划面试150人，请估计参加面试的最低分数线．【答案】(1)a0.020(2)众数为75，平均数为74.5(3)65

【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为1可求得a的值；（2）利用频率分布直方图中最高矩形底边的中点值为众数，将矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全加可得应聘者笔试成绩的平均数；（3）计算出25%百分位数，可得结果.【详解】（1）解：由题意有0.0050.010a0.030a0.015101，解得a0.020.（2）解：应聘者笔试成绩的众数为7080

75，2应聘者笔试成绩的平均数为450.05550.1650.2750.3850.2950.1574.5．（3）解：

150

0.75，所以，面试成绩的最低分为25%百分位数，200前两个矩形面积之和为0.050.10.15，前三个矩形的面积之和为0.150.20.35，设25%百分位数为m，则0.15m600.020.25，解得m65.因此，若计划面试150人，估计参加面试的最低分数线为65.19．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PAPBPCPDF分别为AB，PC的中点．3，E，（1）证明：BF//平面PDE；（2）求三棱锥EBDF的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）VEBDF

1

.6【分析】（1）取PD的中点为G，连EG，FG，证明四边形BEGF为平行四边形，得BF∥EG，再由直线与平面平行的判定可得BF∥平面PDE；（2）求出正四棱锥P﹣ABCD的体积，结合已知利用等体积法求三棱锥E﹣BDF的体积．【详解】证明：（1）∵F为PC的中点，取PD的中点为G，连EG，FG∵ABCD为正方形，E为AB的中点，1∴BE∥CD且BECD，2又∵FG∥CD，且FG

1

CD，2∴四边形BEGF为平行四边形，故BF∥EG，∵EG⊂平面PDE，BF⊄平面PDE，∴BF∥平面PDE；解：（2）∵ABCD为正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，∴P﹣ABCD为正四棱锥，则P在平面ABCD的射影为AC的中点O，1

∵F为PC的中点，SBDES正方形ABCD，41

∴VEBDFVFBDEVPABCD，8∵PA3，OA2，∴OP＝1，124

∴VPABCD21，33141

则∴VEBDF．836

20．袋中装有6个形状、大小完全相同的球，其中黑球2个、白球2个、红球2个，规定取出一个黑球记0分，取出一个白球记1分，取出一个红球记2分，抽取这些球的时候，谁也无法看到球的颜色，首先由甲取出3个球，并不再将它们放回原袋中，然后由乙取出剩余的3个球，规定取出球的总积分多者获胜.（1）求甲、乙成平局的概率；（2）从概率的角度分析先后取球的顺序是否影响比赛的公平性.【答案】（1）2

；（2）不影响比赛的公平性..5【解析】（1）将甲的可能取球基本事件一一列举出来，甲乙平局时的基本事件列举出来，根据古典概型概率公式计算即可；（2）结合（1）计算先取者（甲）获胜的概率，后取者（乙）获胜的概率，比较即可得出结论.【详解】解：（1）记黑球为1，2号，白球为3，4号，红球为5，6号，则甲的可能取球共有以下20种情况：123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456，甲乙平局时都得3分，所以甲取出的三个小球是一黑一白一红，共8种情况，故平局的概率P1

82

.205

（2）甲获胜时，得分只能是4分或5分，即取出的是2红1白，1红2白，2红1黑共6种情况，故先取者（甲）获胜的概率P2后取者（乙）获胜的概率P31

63，2010233，51010所以P2P3，故先取后取获胜的概率一样.【点睛】求古典概型概率的步骤：（1）判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；（2）分别求出基本事件的总数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；（3）利用公式P(A)

m

，求出事件A的概率．n

21．如图所示，某市有一块正三角形状空地ABC，其中测得BC10千米.当地计划将这块空地改造成旅游景点，拟在中间挖一个人工湖DEF，其中点D在AB边上，点E在BC边上，点F在AC边上，DF2DE，DEF90，剩余部分需做绿化，设DEB.（1）若

，求DE的长；310753千米；（2）有，.314（2）当变化时，DEF的面积是否有最小值？若有则求出最小值，若无请说明理由.【答案】（1）DE

【分析】（1）设DEx千米，EC

EF

sin603x322x

△CEF中，CFE90，时，得EF3x，△BDE为等边三角形，3，由DEECBEECBC可得答案；xsin120sin60（2）由正弦定理得BE△BDE中，由BE+EC=BC得x，由S△DEF利用sin1可得答案.【详解】（1）设DEx千米，当

；△CEF中，由正弦定理得EC3xsin30sin60；132x3xx22时，△BDE为等边三角形，3所以BEDEx，由DEF90，DF2DE2x，得EF3x，△CEF中，CEF30，C60，所以CFE90，所以EC

EF

sin603x322x

，所以DEECBEEC3xBC10，解得x

1010

，所以DE千米；33BEx

（2）△BDE中，DEB，由正弦定理得，sin120sin60解得BExsin120sin60；EC3x，sin30sin60

△CEF中，CEF90，由正弦定理得解得EC3xsin30sin60；3xsin30sin60由BE+EC=BC，得xsin120sin6010，sin1203sin30即x53，xsin120coscos120sin3sin30coscos30sin53，解得x533cos2sin537sin；0,90由S△DEF

132x3xx，22因为x0，所以当sin1时x取得最小值x

53，72所以DEF的面积有最小值，最小值为S△DEF353753.2147