浙江省温州市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（A卷）（Word版附解析）

2022学年第二学期温州市高一期末教学质量统一检测数学试题（A卷）本试卷分选择题和非选择题两部分，共5页，满分150分，考试时间120分钟.考生注意：1.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上.2.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净.3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效.选择题部分一、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.已知，为虚数单位，若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由复数的除法运算求解即可.【详解】.故选：B2.在中，内角所对的边分别是已知，，，则（）A.B.2C.D.4【答案】A【解析】【分析】根据题中条件，由正弦定理，直接计算，即可得出结果.【详解】因为，，，由正弦定理可得，，则. 故选：A.3.直线a，b互相平行的一个充分条件是（）A.a，b都平行于同一个平面B.a，b与同一个平面所成角相等C.a，b都垂直于同一个平面D.a平行于b所在平面【答案】C【解析】【分析】根据各选项中的条件判断直线a，b的位置关系，可得出正确的答案.【详解】对于A：若a，b都平行于同一个平面，则a，b平行、相交或异面，故A错误；对于B：若a，b为圆锥的两条母线，它们与底面所成角相等，但它们是相交直线，即a，b与同一个平面所成角相等，不能得出直线a，b互相平行，故B错误；对于C：若a，b都垂直于同一个平面，则a，b互相平行，故C正确；对于D：若a平行于b所在平面，则a，b平行或异面，故D错误；故选：C4.在四边形ABCD中，已知，则四边形ABCD为（）A.矩形B.菱形C.正方形D.平行四边形【答案】D【解析】【分析】由向量的减法运算结合向量相等的定义判断即可.【详解】，，即，相互平行且，则四边形ABCD为平行四边形.故选：D5.某同学投掷一枚骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，已知这组数据的平均数为3，方差为0.4，则点数2出现的次数为（）A.0B.1C.2D.3【答案】B【解析】【分析】由平均数和方差的公式推理得出这五个数，进而得出答案.【详解】设这五个数为，则.因为为正整数，所以这五个数必有3个3，另外两个为或.又，所以这五个数为. 故选：B6.下列正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，则能满足平面MNP的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由与平面MNP相交，判断A；由，结合不在平面判断B；由线面平行的判定判断C；由中位线定理判断D.详解】对于A：连接，由图可知，与平面相交，故不满足平面，故A错误；对于B：如图所示，分别是所在棱的中点，连接则平面MNP和平面为同一平面，因为，因为与平面相交，所以不满足平面，故B错误； 对于C：连接，交与点，连接，因为，分别为中点，所以，由线面平行的判定定理可知，平面，故C正确；对于D：分别是所在棱的中点，连接，，平面与平面为同一平面，取的中点为，连接，由中位线定理可知，，因为与平面相交，所以不满足平面，故D错误；故选：C7.在一个盒子中有红球和黄球共5个球，从中不放回的依次摸出两个球，事件“第二次摸出的球是红球”，事件“两次摸出的球颜色相同”，事件“第二次摸出的球是黄球”，若，则下列结论中错误的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由对立事件的性质判断B；由结合乘法公式得出，进而判断ACD.【详解】依题意，事件对立，，故B正确；设盒子中有个红球，个黄球，，，故AD正确；，故C错误； 故选：C8.如图，在长方体中，，，E为棱AD上一点，且，平面上一动点Q满足，设P是该长方体外接球上一点，则P，Q两点间距离的最大值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设出点坐标，结合平面向量基本定理求出点到外接球球心距离的最大值，然后加上外接球半径即为要求的最大值.【详解】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.设,长方体外接球球心记为.则,因为，所以①.又动点在面上，所以可设， 则，即②.将②代入①中整理得③.在三棱锥中，且两两互相垂直，所以三棱锥为正三棱锥且底边.当面时，最小，在正三棱锥中由等体积法有，解得.在中，，此时有最大值.又.先代入②再代入③有.则，此时有最大值，解得.当点与点重合时，满足，最大，此时.则.点到外接球球心距离为④.将②代入④中整理得.又，所以.因为，所以当时，.因为长方体外接球半径为.所以P，Q两点间距离的最大值为.故选：B【点睛】关键点点睛：本题个关键是利用坐标法找出动点Q满足的条件，进而利用坐标法求出，然后利用球的性质即得.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的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 9.已知复数，其共轭复数为，下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】先设出，则，由共轭复数的定义、复数相等的定义、模的定义以及复数的运算，对四个选项逐一分析判断即可．【详解】设，则，对于A，，，则，故选项A正确；对于B，，，则，故选项B不正确；对于C，，故选项C错误；对于D，，因为，当且仅当时等号成立，所以，故选项D正确．故选：AD．10.国家统计网最新公布的一年城市平均气温显示昆明与郑州年平均气温均为16.9摄氏度，该年月平均气温如表（表1）所示，并绘制如图所示的折线图，则（）表1月份1月2月3月4月5月6月7月8月9月10月11月12月昆明9.312.416.51921.621.521.321.220.416.812.410.5郑州2.98.711.916.523.628.928.626.723.115.211.35.7A.昆明月平均气温的极差小于郑州月平均气温的极差B.昆明月平均气温的标准差大于郑州月平均气温的标准差 C.郑州月平均气温的中位数小于昆明月平均气温的中位数D.郑州月平均气温的第一四分位数为10【答案】ACD【解析】【分析】根据极差的定义即可判断A；根据标准差的几何意义结合折线图即可判断B；根据中位数的定义即可判断C；根据百分位数的定义即可判断D.【详解】对于A，昆明月平均气温的极差为，郑州月平均气温极差为，故A正确；对于B，由折线图可知，昆明月平均气温相较于郑州月平均气温更为集中，所以昆明月平均气温的标准差小于郑州月平均气温的标准差，故B错误；对于C，昆明的月平均气温按从小到大的顺序排列：，则昆明月平均气温的中位数为，郑州的月平均气温按从小到大的顺序排列：，则郑州的月平均气温的中位数为，郑州月平均气温的中位数小于昆明月平均气温的中位数，故C正确；对于D，因为，所以郑州月平均气温的第一四分位数为，故D正确.故选：ACD.11.平面向量，，满足，，与夹角为，且，则下列结论正确的是（）A.最小值为B.的最小值为C.的最大值为D.的最大值为【答案】AD【解析】【分析】设，，，利用和与夹角为，求出，利用 ，求出，然后结合向量的坐标运算和平面直角坐标系即可逐个选项判断.【详解】由题知，设，，，因为，与夹角为，所以，即，解得或，即或，因为，所以或，即或，则或，即或，所以，A正确；以的起点为原点，的方向为轴正向建立平面直角坐标系，当时，则的终点落在上，的终点落在上，作点关于的对称点，是指，即， 最小时，即的长度，则，当时，则的终点落在上，的终点落在上，作点关于的对称点，是指，即，最小时，即的长度，则，B错；如图，当时，点为的终点，则是指与的长，即，根据图像易知，没有最大值，故C错；同理，当时，此时点为的终点，则是指与的长，即，根据图像易知，没有最大值，故C错； 当时，，，当时，上式有最大值，且为；当时，，，当时，上式有最大值，且为，D正确.故选：AD12.如图，在长方形ABCD中，，，点E，F分别为边BC，AD的中点，将沿直线BF进行翻折，将沿直线DE进行翻折的过程中，则（）A.直线AB与直线CD可能垂直B.直线AF与CE所成角可能为60°C.直线AF与平面CDE可能垂直D.平面ABF与平面CDE可能垂直【答案】AD【解析】【分析】将沿直线BF进行翻折，得到以BF为轴，线段AF绕BF旋转形成的一个圆锥，点在圆锥的底面圆周上，同理将沿直线DE进行翻折的过程中，点也在相应的圆锥的底面圆周上.求出圆锥轴截面的最大张角，再逐一判断各选项.【详解】如图，将沿直线BF进行翻折，得到以BF为轴，线段AF绕BF旋转形成的一个圆锥，点在圆锥的底面圆周上，同理将沿直线DE进行翻折的过程中，点也在相应的圆锥的底面圆周上.对于A，如图，在长方形ABCD中，.旋转形成的圆锥的轴截面张角最大，由，，则，，所以，则，假设不做旋转，在旋转过程中可以与旋转前的初始位置垂直，即 在旋转过程中可以与AB垂直，故A正确.对于B，由选项A同理可得，，轴截面张角，所以同理可得直线AF与CE所成角不可能为60°，故B错误；对于C，若直线AF与平面CDE垂直，则直线AF与CE垂直，由选项B可知，，直线AF不可能与CE垂直，所以直线AF与平面CDE不可能垂直，故C错误；对于D，当平面ABF不做旋转，平面CDE旋转到与平面BEDF垂直时，即平面ABF与平面CDE垂直，故D正确.故选：AD.非选择题部分三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.如图，由A，B两个元件组成并联电路，观察两个元件正常或失效的情况，则事件“电路是通路”包含的样本点个数为______________.【答案】【解析】【分析】由A，B两个元件组成并联电路，至少有一个元件正常，列举出所有的样本点即可得解.【详解】设元件正常为，失效为，由A，B两个元件组成并联电路，则至少有一个元件正常，故事件包含的样本点为共个.故答案为：.14.已知平面向量，，则在方向上的投影向量的模为______________.【答案】【解析】 【分析】由投影向量模长公式，结合数量积运算求解即可.【详解】在方向上的投影向量的模为.故答案为：15.“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线与平面所成角的正弦值为_____________.【答案】【解析】【分析】将多面体放置于正方体中,借助正方体分析多面体的结构,由此求解出直线与平面所成角的正弦值.【详解】如图所示:将多面体放置于正方体中,连接,设的中点为,连接,因为分别为中点,所以,且,则四边形为平行四边形,所以,所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角, 又平面,所以直线与平面所成角即为,设正方体的棱长为,则,所以,即直线与平面所成角的正弦值为.故答案为:.16.如图，四边形ABCD为筝形（有一条对角线所在直线为对称轴的四边形），满足，AD的中点为E，，则筝形ABCD的面积取到最大值时，AB边长为___________.【答案】【解析】【分析】建立坐标系，利用向量法结合基本不等式得出，进而得出AB边长.【详解】以点为坐标原点，建立如下图所示的直角坐标系.设，则因为，所以，即，当且仅当时，取等号.筝形ABCD的面积为即当时，筝形ABCD的面积最大. 此时AB边长为.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.关于x的一元二次方程有两个根，其中.（1）求a的值；（2）设在复平面内所对应的点分别为A，B，求线段AB的长度.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得复数互为共轭复数，再利用韦达定理即可求出；（2）根据复数的几何意义求出两点的坐标，进而可得答案.【小问1详解】因为关于x的一元二次方程有两个复数根，所以复数互为共轭复数，则，所以，解得；【小问2详解】因为在复平面内所对应的点分别为A，B，所以，所以线段AB的长度为.18.在菱形ABCD中，，，记，. （1）用，表示；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由向量的加法和数乘运算求解即可；（2）根据数量积运算求出的值.【小问1详解】因为，，所以点在线段上，并靠近点的等分点，点在线段上，并靠近点的等分点..【小问2详解】设菱形ABCD的边长为.因为，所以.即，，解得.19.如图，正方形ABCD是圆柱的轴截面，EF是圆柱的母线，圆柱的体积为.（1）求圆柱的表面积；（2）若，求点F到平面BDE的距离.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由体积公式计算底面半径，再有表面积公式求解；（2）证明平面，再有等体积法得出点F到平面BDE的距离.【小问1详解】设圆柱的底面半径为，则，解得.则圆柱的表面积为.【小问2详解】连接，因为，所以，设点F到平面BDE的距离为，易知，平面，，所以平面，因为平面，所以，所以，，，因为，所以.即，解得.20.现行国家标准GB2762-2012中规定了10大类食品中重金属汞的污染限量值，其中肉食性鱼类及其制品中汞的最大残留量为1.0mg/kg，近日某水产市场进口了一批冰鲜鱼2000条，从中随机抽取了200条鱼作为样本，检测鱼体汞含量与其体重的比值（mg/kg），由测量结果制成如图所示的频率分布直方图. （1）求a的值，并估计这200条鱼汞含量的样本平均数；（2）用样本估计总体的思想，估计进口的这批鱼中共有多少条鱼汞含量超标；（3）从这批鱼中顾客甲购买了2条，顾客乙购买了1条，甲乙互不影响，求恰有一人购买的鱼汞含量有超标的概率.【答案】（1），这200条鱼汞含量的样本平均数为；（2）（3）【解析】【分析】（1）由频率之和等于1得出，进而由平均数的公式求解即可；（2）求出样本中汞含量在内的频率，利用频率进行估计；（3）由概率的乘法公式计算甲乙两人购买的鱼汞含量有超标的概率，进而得出所求概率.【小问1详解】由，解得.则这200条鱼汞含量的样本平均数为.【小问2详解】样本中汞含量在内的频率为.则估计进口的这批鱼中共有条鱼汞含量超标.【小问3详解】由题意可知，样本中汞含量在内的频率为.则顾客甲购买的鱼汞含量有超标的概率为，顾客乙购买的鱼汞含量有超标的概率为.则恰有一人购买的鱼汞含量有超标的概率为. 21.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，已知.（1）若，求B的大小；（2）若，过B作AB的垂线交AC于D，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理化角为边，求出的关系，再利用余弦定理即可得解；（2）先求得，再根据三角形的面积公式结合，化简整理即可得解.【小问1详解】因为，由余弦定理得，化简得，又，所以，所以，则，又，所以；【小问2详解】在中，，则，又由已知得，所以，因为，所以，又，则，即，所以， 所以，令，由双钩函数函数得性质可得在上单调递减，在上单调递增，所以，又，所以，所以，所以，即的取值范围为.22.如图，在矩形ABCD中，，，点E是边AD上的动点，沿BE将翻折至，使二面角为直二面角.（1）当时，求证：；（2）当线段的长度最小时，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理与线面垂直判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用坐标法计算即可.【小问1详解】证明：在矩形ABCD中，，，，所以，在直角三角形中，.在直角三角形中，，所以，所以，又二面角为直二面角，即平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】过作于，则因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设,则， 所以当时，线段的长度最小，则，，，，设平面的法向量为：.，令，则.所以.设平面的法向量为：.，令，则.所以，二面角的正弦值为.