浙江省台州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题3【含答案】

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12i在复平面内对应的点位于（A．第一象限C．第三象限）B．第二象限D．第四象限）D．22r2．已知向量a1,m，b2,1，且a∥b，则实数m（A．-2B．12C．21122c2a2b23．我国南宋数学家秦九韶，发现了三角形面积公式，即Sca，其中a，b，c是三22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b1，ca1，则该三角形面积S的最大值为（A．）24B．34C．22D．32）4．已知表面积为27π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．32C．6D．435．一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．）D．2114B．310C．136．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．3.5）B．4C．4.5D．57．正三棱台ABC-A1B1C1中，AA1平面B1BCC1，AB2A1B1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（A．）25B．35C．45D．215CD1，AE3EC，AC2AB，ADBEDC，8．如图，在ABC中，D是BC的中点，E是AC上的点，则cos（）A．32B．33C．23D．34二、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n32，nA16，nB8，nAB20，则下列结论正确的是（A．PA12）B．PAB18C．A与B互斥D．A与B相互独立10．已知m，n，l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m，m∥，n，n∥，则∥B．若m，n，l，m∥n，则m∥lC．若，，m，则mD．若m，，nm，则n11．如图，在平行四边形ABCD中，B=60，BC2AB2，点E是边AD上的动点（包含端点），则下列结论正确的是（）1A．当点E是AD的中点时，BDBEBC21BABCCEB．存在点E，使得21C．EBEC的最小值为4D．若CExCByCD，x,yR，则x2y的取值范围是2,312．四面体ABCD中，ABBCCDDABD2，ACm，则有（A．存在m，使得直线CD与平面ABC所成角为π3）B．存在m，使得二面角ABCD的平面角大小为C．若m2，则四面体ABCD的内切球的体积是π36π2728πD．若m3，则四面体ABCD的外接球的表面积是3三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.，则z____________.13．已知复数z1i（i为虚数单位）14．已知正方体ABCDA1B1C1D1棱长为3，在正方体的顶点中，到平面A1DB的距离为3的顶点可能是______________.（写出一个顶点即可）15．在ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知B，b2，c2，若ABC有两解，则的取值范围是_____________.12ac2bkaabaca，且，kR，则k的最小值16．已知平面向量a，b，c均为非零向量，4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z2i，i为虚数单位.(1)求z2；2(2)若z是关于x的方程2xpxq0p,qR一个根，求p，q的值.π18．已知a，b是非零向量，①a3b；②a,b；③abb.6(1)从①②③中选取其中两个作为条件，证明另外一个成立；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.）(2)在①②的条件下，abab，求实数.19．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABC90，AA1AC2，D为AC的中点.(1)求证：AB1//平面C1DB；(2)求三棱锥B1DBC1体积的最大值.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t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.2a2cosCc2cosA21．在锐角ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，b.5ac(1)求证：2bac；(2)求sinB的取值范围.22．如图，平面ADEF平面ABCD，四边形ADEF为矩形，且M为线段EF上的动点，AB//CD，ABC90，AD2DE，AB2CD2BC2.(1)当M为线段EF的中点时，（i）求证：AM平面BDM；（ii）求直线AM与平面MBC所成角的正弦值；(2)记直线AM与平面MBC所成角为，平面MAD与平面MBC的夹角为，是否存在点M使得?若存在，求出FM；若不存在，说明理由.1．C【分析】求出复数在复平面内对应的点的坐标作答.【详解】复数12i在复平面内对应的点(1,2)位于第三象限.故选：C2．B【分析】利用向量平行的坐标公式即可.【详解】a∥b，由向量平行的坐标公式可得：12m0,1m,2故选：B.3．B【分析】把给定数据代入公式，再利用均值不等式求解作答.1c2a21212ca123【详解】依题意，S，当且仅当ca1时取等1()1()22224号，所以该三角形面积S的最大值为故选：B4．A【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r，母线长为l，πr2πrl27πr3由题意可得，解得.1l62πr2πl23.4故选：A.5．B【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2个黄色球为A、B，3个红色球为a、b、c，从中摸出2个球的可能结果有AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，ab，ac，bc共10个，其中两次都摸到红色球的有ab，ac，bc共3个，故所求概率P故选：B6．B3.10【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xi1,2,3,4,5,6,i1,2,3,4,5，且x1x2x5，由题意可知：x56，因为这些点数的平均数为2，则xi2510，可得xi4，i1i154所以xi1,i1,2,3,4，即这5个数依次为1,1,1,1,6，2可得这些点数的方差为s12222212121212624.5故选：B.7．A【分析】将正三棱台ABC-A1B1C1补全为正三棱锥SABC，取SC1的中点D，连接B1D，AD，则B1D//BC1，则AB1D即为异面直线AB1与BC1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ABC-A1B1C1补全为正三棱锥SABC，因为AA1平面B1BCC1，即SA平面SBC，根据正三棱锥的性质可得SB平面SAC，SC平面SBA，SB,SC平面SBC，所以SASB，SASC，又SC平面SAC，SBSC，又AB2A1B1，所以B1为SB的中点，同理可得A1为SA的中点，C1为SC的中点，取SC1的中点D，连接B1D，AD，则B1D//BC1，所以AB1D即为异面直线AB1与BC1所成的角（或补角），11715不妨令SB2，则AB1125，AD2，B1D12，222222222222在△AB1D中由余弦定理ADAB1DB12AB1DB1cosAB1D，175即2222522255cosAB1D，解得cosAB1D，522.5所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为故选：A8．D【分析】作DC的四等分点，使得EF//AD，然后在三角形ABC与三角形ABD中，使用余5x2-2弦定理表示出AD=，再结合ADBEDC，两次使用余弦定理229+DE2-EF21+AD-xcos==16，从而解得所需要的边长，解出cos.312AD2AD4422【详解】设ABx,AC2x,在三角形ABC与三角形ABD中，1+x2-AD24+x2-4x25x2-22cosB==,解得：AD=,2x4x2作DC的四等分点，且DF3FC,由题意知，DF31,FC，44又因为AE3EC，所以EF//AD,ADBEFD,又ADBEDC，所以EFDEDF,EDEF1AD,49+DE2-EF21+AD-x=16,在三角形ABD与三角形EDF中，cos=312AD2AD44225x2-2化简得:AD-x=2,代入AD=,解得：x2,AD2,21+AD2-x23从而解得：cos==,2AD4222故选：D.9．ABD【分析】根据概率的基本概念PA即可.【详解】因为n32，nA16，nB8，nAB20，所以PA选项正确；作出示意图如下，nA和独立事件的基本运算PABPAPB求解n161，故A322则A与B不互斥，故C选项错误；又nABnAnBnAB4,PAB4181，PB，328324111PAPBPAB,248所以事件A与B相互独立，故B、D选项正确；故选：ABD.10．BC【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，BC平面ABCD，BC∥平面ADD1A1，A1D1平面ADD1A1，A1D1∥平面ABCD，满足条件，但平面ABCD平面ADD1A1AD，故A错误；对于选项D：平面ABB1A1平面ADD1A1，平面ABB1A1平面ADD1A1AA1，AA1AC，满足条件，但AC与平面ABB1A1、平面ADD1A1均不垂直，故D垂直，对于选项B：因为m∥n，由线面平行的判定定理可得m∥，根据线面平行的性质定理可得m∥l，故B正确；对于选项C：若，则存在异于m的直线l，使得l，因为，则l//，根据线面平行的性质定理可得m∥l，所以m，故C正确.故选：BC.11．ACD【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EBEC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x2y转化为一个关于t的方程，根据t的范围求解即可.1BDBABC=BEEABCBEBC【详解】对于A，当点E是AD的中点时，，故A2正确；对于B，以点B为原点，BC为x轴，建立平面直角坐标系，1353C2,0,AB=60，BC2AB2,易得：2,2,D2,2，315t,,t点E是边AD上的动点,设E，222133CEt2,BA,,BC2,0,，22211137tBABCCEBACEBCCEt2t2，2224421115t，所以BABCCE0，即不存在点E，使得BABCCE，故B错误；222233EBt,,EC2t,对于C，，所以223312EBECt2tt22tt1，4441故当t1时，EBEC取到最小值，故C正确；4133t2,x2,0y对于D，若CExCByCD，即2,2，21t22xy152xt24，所以，33y1y22即x2y131t，4215131t，2x2yt3，故D正确；2242故选：ACD12．BCD【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π，推出矛盾，故排除；选项B根据条件作出二面角ABCD的平面角，根据二3面角ABCD的平面角大小为π求出m即可；选项C利用等体积法求正四面体的内切球3半径；选项D利用公式R2r2d2求三棱锥外接球半径.【详解】对于选项A，取AC中点E，连接ED,EB，过D作DFBE，交EB于点F.因为ABBCCDDA，所以EDAC,EBAC，又EDEBE，ED平面BED，EB平面BED，所以AC平面BED，又DF平面BED，所以ACDF.又因为DFBE，ACBEE，AC平面ABC，BE平面ABC，所以DF平面ABC，所以FCD为直线CD与平面ABC所成角.若FCDπ，因为CD2，则DF3，CF1，又因为DBDCDA，所以F为ABC3的外心，故FBCF1，所以FBCF2BC，所以FBC；又因为F为ABC的外心，且ABBC，所以FBC，出现矛盾，故选项A错误；对于选项B，取BC中点G，连接GF,GD，因为DBDC，所以BCGD，又因为DF平面ABC，BC平面ABC，所以DFBC，又DGÇDF=D，DG平面DGF，DF平面DGF，所以BC平面DGF，又GF平面DGF，所以BCGF，所以DGF是二面角ABCD的平面角，若DGFπ337，因为DG3，所以DF.在Rt△BDF中，BF22()2，所以32227，2ABC的外接圆半径为在ABC中，由正弦定理得，mAC7sinABC，所以；27sinABC244m28m2421由余弦定理得，cosABC，由sin2ABCcos2ABC1得m，22287故选项B正确；对于选项C，当m2时，四面体ABCD为棱长为2的正四面体，底面BCD上的高DG3，232623，正四面体ABCD的高h22，DH3331322622V2正四面体ABCD的体积33，34232S4正四面体ABCD的表面积4243，13V226设四面体ABCD的内切球的半径为r，VSrr，3S643所以四面体ABCD的内切球的体积为V1436π，故选项C正确；πr327对于选项D，四面体ABCD中AC3，设四面体ABCD外接球球心为O，取BD中点M，连接AM、CM、OM，则AMCM3且AMBD,CMBD，所以AMC为二面角ABDC的平面角，cosAMC33912π，所以AMC.2233313设O1、O2分别是平面ABD和平面BCD的外接圆圆心，则O2MCM33π在RtOMO2中，OMO2，OO21.3232121在RtOO2C中，OC1，即外接球的半径R.333四面体ABCD的外接球的表面积S4πR2故选：BCD.28π，故选项D正确.32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.13．2【分析】利用复数模的定义计算作答.【详解】复数z1i，所以z12(1)2故214．A（A，C，B1，D1任填一个即可）【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A1,D,B在平面A1DB内，不合题意，设点A到平面A1DB的距离为d，可知A1BA1DBD32，2.11311因为VAA1DBVA1ADB，则d3232333，解得d3，32232设ACBDO，即AC平面A1DBO，且O为AC的中点，所以点C到平面A1DB的距离为d3，可证平面A1DB//平面CD1B1，则平面AD1B1上任一点到平面A1DB的距离为d3，所以C，B1，D1符合题意，由图易知点C1到面A1DB的距离大于d3，综上所述：平面A1DB的距离为3的顶点有且仅有A，C，B1，D1.故A（A，C，B1，D1任填一个即可）.π15．0,4【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：bc22，即，sinsinCsinBsinCsinC2sin，若ABC有两解，则sinC2sin1,sin且cb，即θ<所以0π，22，2π，4π故0,4716．4【分析】根据向量数量积的性质结合条件即得.12ac2bka【详解】因为平面向量a，b，c均为非零向量，abaca，且，42727kaac2baaaca2baa，即k，所以44所以k的最小值为故7.47417．(1)34i(2)p8，q10【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.【详解】（1）z22i44ii234i.（2）22ip2iq0，即62pqp8i0，2262pq0,，解得p8，q10.p80.18．(1)证明见解析；9(2).5【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.222πa3b【详解】（1）选①②：若，a,b，则ababa2abb622π23b23bcosbb，所以③成立.622222选①③：由abb，得a2abbb，而a3b0，则3b23bcosa,b0，π3即cosa,b，又0a,bπ，所以a,b，②成立.622222ππabba,ba2abcos0，选②③：由，得a2abbb，而，则662整理得a3ab0，而|a|0，所以a3b，①成立.22（2）由abab，得abab0，a1abb0，2232πa3ba,b而，，因此3b13bb0，又|b|0，629所以.519．(1)证明见解析(2)13【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.【详解】（1）连接B1C交BC1于点E，连接DE，因为D，E分别是AC，B1C的中点，则AB1//DE，且AB1平面C1DB，DE平面C1DB.所以AB1∥平面C1DB.（2）过点D作DF垂直BC交于点F，因为ABBC，则DF//AB，所以F为BC的中点，因为CC1平面ABC，DF平面ABC，则CC1DF，BB1BCB，BB1,BC平面B1BCC1，则DF平面B1BCC1，设BCa，则DF11AB4a2.22VB1DBC1VDB1BC122111a4a12SB1BC1DFa4a.36623当且仅当a2时，等号成立，1所以三棱锥B1DBC1的体积的最大值是.320．(1)t0.025，74分(2)0.352【分析】（1）根据频率和为1求t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.【详解】（1）由频率分布直方图可得每组的频率依次为0.15,10t,0.2,0.35,0.05，则0.1510t0.20.350.051，解得t设平均成绩的估计值为x，则x550.15650.25750.2850.35950.0574（分），所以这100名学生的平均成绩估计值为74分.（2）每个学生成绩不低于80分的概率为0.4.23名学生中恰有2人成绩不低于80分的概率P130.410.40.288；0.250.025，1033名学生中恰有3人成绩不低于80分的概率P30.40.064；3名学生中至少有2人成绩不低于80分的概率PP1P20.352.21．(1)证明见解析43(2)5,2【分析】（1）根据题意利用余弦定理进行角化边，运算求解即可；13413（2）根据锐角三角形结合对勾函数可得t2,，再利用余弦定理可得cosB,，t1525进而可得结果.2a2cosCc2cosA【详解】（1）因为b5aca2b2c2b2c2a22ac2由余弦定理得2ab2bcb5ac2aa2b2c2cb2c2a25baca3c3b2acacac5baca2acc2b2ac，5b整理得5b2acb2，即4b2ac.22所以2bac.（2）由（1）可知：2bac，acac222由余弦定理可得acb3ac1，2cosB2ac2ac8ca4311a设t，则cosBt，8t4c222因为2bac，且ac，不妨设ac，即abc，可知t1，且ABC是锐角三角形，则cosA0，得bca则ac4ac，解得a55，所以1t，c33222ac，即42c2a2，15由对勾函数可知ftt在1,上单调递增，且f12,t3534f，315则ftt2,13413cosB，所以,，t152543π2B0,sinB1cosB,且，则，25243所以sinB的取值范围为5,2.22．(1)（i）证明见解析；（ii）(2)存在，FM22221162【分析】（1）（i）利用面面垂直的性质可推导出BD平面ADM，可得出AMBD，利用勾股定理可得出AMDM，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（ii）取AD的中点为P，BC的中点为Q，连接MP、PQ、QM，计算出点A到平面MBC的距离以及线段AM的长，即可得出直线AM与平面MBC所成角的正弦值；（2）假设存在点M，使得，延长AD与BC交于点G，连接MG，根据已知条件得出AMR是直线AM与平面MBC所成的角，ATR是二面角AMGB的平面角，计算出AMF三边边长，利用勾股定理求出x的值，即可得出结论.【详解】（1）（i）由题意，四边形ABCD为直角梯形，且ABC90，AB//CD，所以BCD90，所以BDBC2CD2112，取AB的中点N，连接DN，则CD//BN且CDBN，且BCD90，故四边形BCDN为矩形，则DN//BC，且DNBC，所以ADDN2AN2112，又由AB2，所以BD2AD2AB2，所以BDAD，又平面ADM平面ABCD，平面ADM平面ABCDAD，BD平面ABCD，所以BD平面ADM，又AM平面ADM，所以AMBD，因为MDMA1，AD2，则AM2DM2AD2，所以AMDM，又DMBDD，DM、BD平面BDM，所以AM平面BDM.（ii）取AD的中点为P，BC的中点为Q，连接MP、PQ、QM，过P在平面PQM内作PO垂直于MQ，垂足为O，又平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，AFAD，所以AF平面ABCD，M为EF的中点，所以MP//AF，所以MP平面ABCD，BC平面ABCD，所以BCPM，又因为BCPQ，PQPMP，PQ、PM平面PMQ，所以BC平面PMQ，PO平面PMQ，所以POBC，MQBCO，MQ,BC平面BCM，2PQ3MPOπ，，，2221911所以MQMP2PQ2，242得PO平面BCM，因为MP32MPPQ323224由等面积法可得PO，MQ22112112延长AD与BC交于点G，则D为AG的中点，G为直线AD与平面MBC的交点，设点A到平面MBC的距离为d，直线AM与平面MBC所成的角为，则POGP3，所以d4PO4322222，dGA4332211d222；AM11由AM1，所以，sin（2）假设存在点M，使得，延长AD与BC交于点G，连接MG，则平面AMD平面MBCMG，设AR平面MBC，垂足为R，连接MR，AMR是直线AM与平面MBC所成的角，因为CD//AB且CD1AB，所以，点D为AG的中点，则AG2AD22，2过点R作RT垂直于MG，垂足为T，因为AR平面MBC，MG平面MBC，所以ARMG，又因为RTMG，ARRTR，AR、RT平面ART，所以MG平面ART，因为AT平面ART，所以ATMG，ATR是二面角AMGB的平面角，所以sinARAR，sin，AMAT由，得AMAT，所以M、T重合，由ATMG，得AMMG，2112设FMx0x2，则AMx，GM22x，2222由勾股定理可得AM2GM2AG2，2即x21122x8，整理可得2x242x10，22解得x266或x2（舍），226，有成立.2所以存在点M，当FM2关键点点睛：第二问的关键点是假设存在点M，使得，延长AD与BC交于点G，根据已知条件得出AMR是直线AM与平面MBC所成的角，考查了学生的空间想象能力、运算能力.