浙江省台州市2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

台州市2022学年第二学期高一年级期末质量评估试题数学一、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.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】求出复数在复平面内对应的点的坐标作答.【详解】复数在复平面内对应的点位于第三象限.故选：C2.已知向量，，且，则实数（）A.-2B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】利用向量平行的坐标公式即可.【详解】，由向量平行的坐标公式可得：故选：B.3.我国南宋数学家秦九韶，发现了三角形面积公式，即，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积.若某三角形三边a，b，c，满足，，则该三角形面积S的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】把给定数据代入公式，再利用均值不等式求解作答.【详解】依题意，，当且仅当时取等号，所以该三角形面积S最大值为.故选：B4.已知表面积为的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为（）A.3B.C.6D.【答案】A【解析】【分析】根据题意结合圆锥侧面展开图的性质列式求解.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意可得，解得.故选：A.5.一个袋子中装有大小和质地相同的5个球，其中有2个黄色球，3个红色球，从袋中不放回的依次随机摸出2个球，则事件“两次都摸到红色球”的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用列举法列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得.【详解】依题意记个黄色球为、，个红色球为、、，从中摸出个球的可能结果有，，，，，，，，，共个，其中两次都摸到红色球的有，，共个，故所求概率.故选：B6.抛掷一枚骰子5次，记录每次骰子出现的点数，已知这些点数的平均数为2且出现点数6，则这些点数的方差为（） A.3.5B.4C.4.5D.5【答案】B【解析】【分析】根据题意结合平均数、方差的计算公式求解.【详解】不妨设这5个出现的点数为，且，由题意可知：，因为这些点数的平均数为2，则，可得，所以，即这5个数依次为，可得这些点数的方差为.故选：B.7.正三棱台中，平面，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将正三棱台补全为正三棱锥，取的中点，连接，，则，则即为异面直线与所成的角（或补角），再由余弦定理计算可得.【详解】如图将正三棱台补全为正三棱锥，因为平面，即平面，根据正三棱锥的性质可得平面，平面，平面，所以，，又平面，，又，所以为的中点，同理可得为的中点，为的中点，取的中点，连接，，则，所以即为异面直线与所成的角（或补角）， 不妨令，则，，，在中由余弦定理，即，解得，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：A8.如图，在中，D是BC的中点，E是AC上的点，，，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】作的四等分点，使得，然后在三角形与三角形中，使用余弦定理表示出，再结合，两次使用余弦定理，从而解得所需要的边长，解出. 【详解】设在三角形与三角形中，解得：作的四等分点，且,由题意知，，又因为，所以,,又，所以,在三角形与三角形中，化简得:,代入解得：,从而解得：故选：D.二、多项选择题：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，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A、B，满足，，，，则下列结论正确的是（）A.B.C.A与B互斥D.A与B相互独立【答案】ABD【解析】【分析】根据概率基本概念和独立事件的基本运算求解即可.【详解】因为，，，，所以，故A 选项正确；作出示意图如下，则A与B不互斥，故C选项错误；又，，,所以事件A与B相互独立，故B、D选项正确；故选：ABD.10.已知，，是空间中三条不同直线，，，是空间中三个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A.若，，，，则B.若，，，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】BC【解析】【分析】对于A、D：在正方体中举反例说明；对于B、C：根据线面平行的性质定理分析判断.【详解】对于选项A：在正方体中，平面，平面，平面，平面，满足条件，但平面平面，故A错误；对于选项D：平面平面，平面平面，， 满足条件，但与平面、平面均不垂直，故D垂直，对于选项B：因为，由线面平行的判定定理可得，根据线面平行的性质定理可得，故B正确；对于选项C：若，则存在异于的直线，使得，因为，则//，根据线面平行的性质定理可得，所以，故C正确.故选：BC.11.如图，在平行四边形ABCD中，，，点E是边AD上的动点（包含端点），则下列结论正确的是（）A.当点E是AD的中点时，B.存在点，使得C.的最小值为D.若，，则的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】对于A，利用向量的线性运算即可；对于B，若存在，则向量数量积为0 ，然后利用向量数量积的坐标公式列方程，判断方程是否有解即可；对于C，利用向量数量积的坐标公式将转化为一个二次函数即可；对于D，利用向量线性运算的坐标表示，将转化为一个关于t的方程，根据t的范围求解即可.【详解】对于A，当点E是AD的中点时，，故A正确；对于B，以点B为原点，BC为x轴，建立平面直角坐标系，，,易得：，点E是边AD上的动点,设，，,，，所以，即不存在点，使得，故B错误；对于C，，所以，故当时，取到最小值，故C正确；对于D，若，即，所以，， 即，，，故D正确；故选：ACD12.四面体ABCD中，，，则有（）A.存在，使得直线CD与平面ABC所成角为B.存在，使得二面角的平面角大小为C.若，则四面体ABCD的内切球的体积是D.若，则四面体ABCD的外接球的表面积是【答案】BCD【解析】【分析】选项A根据条件作出平面ABC过点D的垂线，进而找出直线CD与平面ABC所成角为，推出矛盾，故排除；选项B根据条件作出二面角的平面角，根据二面角的平面角大小为求出即可；选项C利用等体积法求正四面体的内切球半径；选项D利用公式求三棱锥外接球半径.【详解】对于选项A，取中点，连接，过作，交于点.因为，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以.又因为，，平面，平面，所以平面，所以为直线与平面所成角.若，因为，则，，又因为，所以为的外心，故，所以，所以；又因为为的外心，且，所以，出现矛盾，故选项A错误；对于选项B，取中点，连接，因为，所以， 又因为平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以是二面角的平面角，若，因为，所以.在中，，所以的外接圆半径为，在中，由正弦定理得，，所以；由余弦定理得，，由得，故选项B正确；对于选项C，当时，四面体为棱长为2的正四面体，底面上的高，，正四面体的高，正四面体的体积，正四面体的表面积，设四面体的内切球的半径为，，所以四面体的内切球的体积为，故选项C正确；对于选项D，四面体中，设四面体外接球球心为， 取中点，连接、、，则且，所以为二面角的平面角，，所以.设、分别是平面和平面的外接圆圆心，则在中，，.在中，，即外接球的半径.四面体的外接球的表面积，故选项D正确.故选：BCD.【点睛】定义法求线面角的关键是作出平面的垂线，找到斜线与投影的夹角；定义法求二面角的关键也是作出平面的垂线，根据三垂线定理找到二面角的平面角.三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13.已知复数（i为虚数单位），则____________.【答案】【解析】【分析】利用复数模的定义计算作答.【详解】复数，所以.故答案为：14.已知正方体棱长为3，在正方体的顶点中，到平面的距离为的顶点可能是______________.（写出一个顶点即可）【答案】A（A，C，，任填一个即可） 【解析】【分析】根据题意结合等体积法求点到面的距离以及面面平行的性质分析判断.【详解】显然在平面内，不合题意，设点A到平面的距离为，可知，因为，则，解得，设，即平面，且为的中点，所以点C到平面的距离为，可证平面//平面，则平面上任一点到平面的距离为，所以C，，符合题意，由图易知点到面的距离大于，综上所述：平面的距离为的顶点有且仅有A，C，，.故答案为：A（A，C，，任填一个即可）.15.在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知，，，若有两解，则的取值范围是_____________.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理结合大边对大角即可.【详解】由正弦定理得：，即，， 若有两解，则，且，即，所以，故答案为：16.已知平面向量，，均为非零向量，，且，，则的最小值为____________.【答案】【解析】【分析】根据向量数量积的性质结合条件即得.【详解】因为平面向量，，均为非零向量，，且，所以，即，所以的最小值为.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.已知复数，为虚数单位.（1）求；（2）若是关于的方程一个根，求p，q的值.【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）利用复数的四则运算法则求解； （2）利用复数的四则运算法则以及复数相等的条件求解.【小问1详解】.【小问2详解】，即，，解得，.18.已知，是非零向量，①；②；③.（1）从①②③中选取其中两个作为条件，证明另外一个成立；（注：若选择不同组合分别解答，则按第一个解答计分.）（2）在①②的条件下，，求实数.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）选择①②，选择①③，选择②③，利用平面向量数量积的定义、运算律推理作答.（2）利用垂直关系的向量表示，平面向量数量积的定义、运算律求解作答.【小问1详解】选①②：若，，则，所以③成立.选①③：由，得，而，则，即，又，所以，②成立.选②③：由，得，而，则，整理得，而，所以，①成立.小问2详解】由，得，， 而，，因此，又，所以.19.如图，在直三棱柱中，，，D为AC的中点.（1）求证：平面；（2）求三棱锥体积的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意结合线面平行的判定定理分析证明；（2）根据题意利用转换顶点法，结合基本不等式运算求解.【小问1详解】连接交于点E，连接DE，因为D，E分别是AC，的中点，则，且平面，平面.所以平面.【小问2详解】过点D作DF垂直BC交于点F，因为，则DF//AB，所以F为BC的中点，因为平面，平面，则，，平面， 则平面，设，则..当且仅当时，等号成立，所以三棱锥的体积的最大值是.20.第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，为了弘扬奥林匹克和亚运精神，某学校对全体高中学生组织了一次关于亚运会相关知识的测试.从全校学生中随机抽取了100名学生的成绩作为样本进行统计，测试满分为100分，并将这100名同学的测试成绩分成5组，绘制成了如图所示的频率分布直方图.（1）求频率分布直方图中的值，并估计这100名学生的平均成绩；（2）用样本频率估计总体，如果将频率视为概率，从全校学生中随机抽取3名学生，求3名学生中至少有2人成绩不低于80分的概率.【答案】（1），74分（2）【解析】【分析】（1）根据频率和为1求的值，再根据平均数公式运算求解； （2）根据独立事件概率乘法公式运算求解.【小问1详解】由频率分布直方图可得每组的频率依次为，则，解得，设平均成绩的估计值为，则（分），所以这100名学生的平均成绩估计值为74分.【小问2详解】每个学生成绩不低于80分的概率为0.4.3名学生中恰有2人成绩不低于80分的概率；3名学生中恰有3人成绩不低于80分的概率；3名学生中至少有2人成绩不低于80分的概率.21.在锐角中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，.（1）求证：；（2）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意利用余弦定理进行角化边，运算求解即可；（2）根据锐角三角形结合对勾函数可得，再利用余弦定理可得，进而可得结果.【小问1详解】因为 由余弦定理得，整理得，即.所以.【小问2详解】由（1）可知：，由余弦定理可得，设，则，因为，且，不妨设，即，可知，且是锐角三角形，则，得，即，则，解得，所以，由对勾函数可知在上单调递增，且，则，所以，且，则，所以的取值范围为.22.如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上的动点，，，，. （1）当为线段的中点时，（i）求证：平面；（ii）求直线与平面所成角的正弦值；（2）记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在点使得?若存在，求出；若不存在，说明理由.【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）（2）存在，【解析】【分析】（1）（i）利用面面垂直的性质可推导出平面，可得出，利用勾股定理可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（ii）取的中点为，的中点为，连接、、，计算出点到平面的距离以及线段的长，即可得出直线与平面所成角的正弦值；（2）假设存在点，使得，延长与交于点，连接，根据已知条件得出是直线与平面所成的角，是二面角的平面角，计算出三边边长，利用勾股定理求出的值，即可得出结论.【小问1详解】（i）由题意，四边形为直角梯形，且，，所以，所以，取的中点，连接，则且，且，故四边形为矩形，则，且，所以， 又由，所以，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因，，则，所以，又，、平面，所以平面.（ii）取的中点为，的中点为，连接、、，过在平面内作垂直于，垂足为，又平面平面，平面平面，，所以平面，为的中点，所以，所以平面，平面，所以，又因为，，、平面，所以平面，平面，所以，，平面，得平面，因为，，，所以，由等面积法可得，延长与交于点，则为的中点，为直线与平面的交点， 设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，则，所以，由，所以，；【小问2详解】假设存在点，使得，延长与交于点，连接，则平面平面，设平面，垂足为，连接，是直线与平面所成的角，因为且，所以，点为的中点，则，过点作垂直于，垂足为，因为平面，平面，所以，又因为，，、平面，所以平面，因为平面，所以，是二面角的平面角，所以，，由，得，所以、重合，由，得，设，则，，由勾股定理可得，即，整理可得，解得或（舍）， 所以存在点，当，有成立.