浙江省臺州市2022-2023學年高一下學期期末數學試題【含答案】

臺州市2022學年第二學期高一年級期末質量評估試題數學一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求.1.復數在復平面內對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 黨.第四象限C【分析】求出復數在復平面內對應的點的坐標作答.【詳解】復數在復平面內對應的點位于第三象限.故選：C2.已知向量，，且，則實數（）A.-2 B. C. 黨.2B【分析】利用向量平行的坐標公式即可.【詳解】，由向量平行的坐標公式可得：故選：B.3.我國南宋數學家秦九韶，發(fā)現(xiàn)了三角形面積公式，即，其中a，b，c是三角形的三邊，S是三角形的面積.若某三角形三邊a，b，c，滿足，，則該三角形面積S的最大值為（）A. B. C. 黨.B【分析】把給定數據代入公式，再利用均值不等式求解作答.【詳解】依題意，，當且僅當時取等號，所以該三角形面積S最大值為.故選：B4.已知表面積為的圓錐的側面展開圖是一個半圓，則圓錐的底面半徑為（）A.3 B. C.6 黨.A【分析】根據題意結合圓錐側面展開圖的性質列式求解.【詳解】設圓錐的底面半徑為，母線長為，由題意可得，解得.故選：A.5.一個袋子中裝有大小和質地相同的5個球，其中有2個黃色球，3個紅色球，從袋中不放回的依次隨機摸出2個球，則事件“兩次都摸到紅色球”的概率為（）A. B. C. 黨.B【分析】利用列舉法列出所有可能結果，再由古典概型的概率公式計算可得.【詳解】依題意記個黃色球為、，個紅色球為、、，從中摸出個球的可能結果有，，，，，，，，，共個，其中兩次都摸到紅色球的有，，共個，故所求概率.故選：B6.拋擲一枚骰子5次，記錄每次骰子出現(xiàn)的點數，已知這些點數的平均數為2且出現(xiàn)點數6，則這些點數的方差為（）A.3.5 B.4 C.4.5 黨.5B【分析】根據題意結合平均數、方差的計算公式求解.【詳解】不妨設這5個出現(xiàn)的點數為，且，由題意可知：，因為這些點數的平均數為2，則，可得，所以，即這5個數依次為，可得這些點數的方差為.故選：B.7.正三棱臺中，平面，，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. 黨.A【分析】將正三棱臺補全為正三棱錐，取的中點，連接，，則，則即為異面直線與所成的角（或補角），再由余弦定理計算可得.【詳解】如圖將正三棱臺補全為正三棱錐，因為平面，即平面，根據正三棱錐的性質可得平面，平面，平面，所以，，又平面，，又，所以為的中點，同理可得為的中點，為的中點，取的中點，連接，，則，所以即為異面直線與所成的角（或補角），不妨令，則，，，在中由余弦定理，即，解得，所以異面直線與所成角的余弦值為.故選：A8.如圖，在中，黨是BC的中點，E是AC上的點，，，，，則（）A. B. C. 黨.黨【分析】作的四等分點，使得，然后在三角形與三角形中，使用余弦定理表示出，再結合，兩次使用余弦定理，從而解得所需要的邊長，解出.【詳解】設在三角形與三角形中，解得：作的四等分點，且,由題意知，，又因為，所以,,又，所以,在三角形與三角形中，化簡得:,代入解得：,從而解得：故選：黨.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知一個古典概型的樣本空間Ω和事件A、B，滿足，，，，則下列結論正確的是（）A. B.C.A與B互斥 黨.A與B相互獨立AB黨【分析】根據概率基本概念和獨立事件的基本運算求解即可.【詳解】因為，，，，所以，故A選項正確；作出示意圖如下，則A與B不互斥，故C選項錯誤；又，，,所以事件A與B相互獨立，故B、黨選項正確；故選：AB黨.10.已知，，是空間中三條不同直線，，，是空間中三個不同的平面，則下列命題中正確的是（）A.若，，，，則B.若，，，，則C.若，，，則黨.若，，，則BC【分析】對于A、黨：在正方體中舉反例說明；對于B、C：根據線面平行的性質定理分析判斷.【詳解】對于選項A：在正方體中，平面，平面，平面，平面，滿足條件，但平面平面，故A錯誤；對于選項黨：平面平面，平面平面，，滿足條件，但與平面、平面均不垂直，故黨垂直，對于選項B：因為，由線面平行的判定定理可得，根據線面平行的性質定理可得，故B正確；對于選項C：若，則存在異于的直線，使得，因為，則//，根據線面平行的性質定理可得，所以，故C正確.故選：BC.11.如圖，在平行四邊形ABC黨中，，，點E是邊A黨上的動點（包含端點），則下列結論正確的是（）A.當點E是A黨的中點時，B.存在點，使得C.的最小值為黨.若，，則的取值范圍是AC黨【分析】對于A，利用向量的線性運算即可；對于B，若存在，則向量數量積為0，然后利用向量數量積的坐標公式列方程，判斷方程是否有解即可；對于C，利用向量數量積的坐標公式將轉化為一個二次函數即可；對于黨，利用向量線性運算的坐標表示，將轉化為一個關于t的方程，根據t的范圍求解即可.【詳解】對于A，當點E是A黨的中點時，，故A正確；對于B，以點B為原點，BC為x軸，建立平面直角坐標系，，,易得：，點E是邊A黨上的動點,設，，,，，所以，即不存在點，使得，故B錯誤；對于C，，所以，故當時，取到最小值，故C正確；對于黨，若，即，所以，，即，，，故黨正確；故選：AC黨12.四面體ABC黨中，，，則有（）A.存在，使得直線C黨與平面ABC所成角為B.存在，使得二面角的平面角大小為C.若，則四面體ABC黨的內切球的體積是黨.若，則四面體ABC黨的外接球的表面積是BC黨【分析】選項A根據條件作出平面ABC過點黨的垂線，進而找出直線C黨與平面ABC所成角為，推出矛盾，故排除；選項B根據條件作出二面角的平面角，根據二面角的平面角大小為求出即可；選項C利用等體積法求正四面體的內切球半徑；選項黨利用公式求三棱錐外接球半徑.【詳解】對于選項A，取中點，連接，過作，交于點.因為，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以.又因為，，平面，平面，所以平面，所以為直線與平面所成角.若，因為，則，，又因為，所以為的外心，故，所以，所以；又因為為的外心，且，所以，出現(xiàn)矛盾，故選項A錯誤；對于選項B，取中點，連接，因為，所以，又因為平面，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，因為，所以.在中，，所以的外接圓半徑為，在中，由正弦定理得，，所以；由余弦定理得，，由得，故選項B正確；對于選項C，當時，四面體為棱長為2的正四面體，底面上的高，，正四面體的高，正四面體的體積，正四面體的表面積，設四面體的內切球的半徑為，，所以四面體的內切球的體積為，故選項C正確；對于選項黨，四面體中，設四面體外接球球心為，取中點，連接、、，則且，所以為二面角的平面角，，所以.設、分別是平面和平面的外接圓圓心，則在中，，.在中，，即外接球的半徑.四面體的外接球的表面積，故選項黨正確.故選：BC黨.定義法求線面角的關鍵是作出平面的垂線，找到斜線與投影的夾角；定義法求二面角的關鍵也是作出平面的垂線，根據三垂線定理找到二面角的平面角.三、填空題：本大題共4小題，每題5分，共20分.13.已知復數（i為虛數單位），則____________.【分析】利用復數模的定義計算作答.【詳解】復數，所以.故14.已知正方體棱長為3，在正方體的頂點中，到平面的距離為的頂點可能是______________.（寫出一個頂點即可）A（A，C，，任填一個即可）【分析】根據題意結合等體積法求點到面的距離以及面面平行的性質分析判斷.【詳解】顯然在平面內，不合題意，設點A到平面的距離為，可知，因為，則，解得，設，即平面，且為的中點，所以點C到平面的距離為，可證平面//平面，則平面上任一點到平面的距離為，所以C，，符合題意，由圖易知點到面的距離大于，綜上所述：平面的距離為的頂點有且僅有A，C，，.故A（A，C，，任填一個即可）.15.在中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，已知，，，若有兩解，則的取值范圍是_____________.【分析】根據正弦定理結合大邊對大角即可.【詳解】由正弦定理得：，即，，若有兩解，則，且，即，所以，故16.已知平面向量，，均為非零向量，，且，，則的最小值為____________.【分析】根據向量數量積的性質結合條件即得.【詳解】因為平面向量，，均為非零向量，，且，所以，即，所以的最小值為.故四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知復數，為虛數單位.（1）求；（2）若是關于的方程一個根，求p，q的值.（1）（2），【分析】（1）利用復數的四則運算法則求解；（2）利用復數的四則運算法則以及復數相等的條件求解.【小問1詳解】.【小問2詳解】，即，，解得，.18.已知，是非零向量，①；②；③.（1）從①②③中選取其中兩個作為條件，證明另外一個成立；（注：若選擇不同組合分別解答，則按第一個解答計分.）（2）在①②的條件下，，求實數.（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）選擇①②，選擇①③，選擇②③，利用平面向量數量積的定義、運算律推理作答.（2）利用垂直關系的向量表示，平面向量數量積的定義、運算律求解作答.【小問1詳解】選①②：若，，則，所以③成立.選①③：由，得，而，則，即，又，所以，②成立.選②③：由，得，而，則，整理得，而，所以，①成立.小問2詳解】由，得，，而，，因此，又，所以.19.如圖，在直三棱柱中，，，黨為AC的中點.（1）求證：平面；（2）求三棱錐體積的最大值.（1）證明見解析（2）【分析】（1）根據題意結合線面平行的判定定理分析證明；（2）根據題意利用轉換頂點法，結合基本不等式運算求解.【小問1詳解】連接交于點E，連接黨E，因為黨，E分別是AC，的中點，則，且平面，平面.所以平面.【小問2詳解】過點黨作黨F垂直BC交于點F，因為，則黨F//AB，所以F為BC的中點，因為平面，平面，則，，平面，則平面，設，則..當且僅當時，等號成立，所以三棱錐的體積的最大值是.20.第19屆亞運會將于2023年9月23日至10月8日在杭州舉行，為了弘揚奧林匹克和亞運精神，某學校對全體高中學生組織了一次關于亞運會相關知識的測試.從全校學生中隨機抽取了100名學生的成績作為樣本進行統(tǒng)計，測試滿分為100分，并將這100名同學的測試成績分成5組，繪制成了如圖所示的頻率分布直方圖.（1）求頻率分布直方圖中的值，并估計這100名學生的平均成績；（2）用樣本頻率估計總體，如果將頻率視為概率，從全校學生中隨機抽取3名學生，求3名學生中至少有2人成績不低于80分的概率.（1），74分（2）【分析】（1）根據頻率和為1求的值，再根據平均數公式運算求解；（2）根據獨立事件概率乘法公式運算求解.【小問1詳解】由頻率分布直方圖可得每組的頻率依次為，則，解得，設平均成績的估計值為，則（分），所以這100名學生的平均成績估計值為74分.【小問2詳解】每個學生成績不低于80分的概率為0.4.3名學生中恰有2人成績不低于80分的概率；3名學生中恰有3人成績不低于80分的概率；3名學生中至少有2人成績不低于80分的概率.21.在銳角中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，.（1）求證：；（2）求的取值范圍.（1）證明見解析（2）【分析】（1）根據題意利用余弦定理進行角化邊，運算求解即可；（2）根據銳角三角形結合對勾函數可得，再利用余弦定理可得，進而可得結果.【小問1詳解】因為由余弦定理得，整理得，即.所以.【小問2詳解】由（1）可知：，由余弦定理可得，設，則，因為，且，不妨設，即，可知，且是銳角三角形，則，得，即，則，解得，所以，由對勾函數可知在上單調遞增，且，則，所以，且，則，所以的取值范圍為.22.如圖，平面平面，四邊形為矩形，且為線段上的動點，，，，.（1）當為線段的中點時，（i）求證：平面；（ii）求直線與平面所成角的正弦值；（2）記直線與平面所成角為，平面與平面的夾角為，是否存在點使得?若存在，求出；若不存在，說明理由.（1）（i）證明見解析；（ii）（2）存在，【分析】（1）（i）利用面面垂直的性質可推導出平面，可得出，利用勾股定理可得出，再利用線面垂直的判定定理可證得結論成立；（ii）取的中點為，的中點為，連接、、，計算出點到平面的距離以及線段的長，即可得出直線與平面所成角的正弦值；（2）假設存在點，使得，延長與交于點，連接，根據已知條件得出是直線與平面所成的角，是二面角的平面角，計算出三邊邊長，利用勾股定理求出的值，即可得出結論.【小問1詳解】（i）由題意，四邊形為直角梯形，且，，所以，所以，取的中點，連接，則且，且，故四邊形為矩形，則，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，，則，所以，又，、平面，所以平面.（ii）取的中點為，的中點為，連接、、，過在平面內作垂直于，垂足為，又平面平面，平面平面，，所以平面，為的中點，所以，