【文档说明】浙江省台州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx，共(23)页，2.369 MB，由小赞的店铺上传

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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12i−−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12i−−在复平面内对应的点(1,2)−−位于第三象限.故选：C2.已知向量()1,am=，()2,1b=−r，且ab∥

，则实数m=（）A.-2B.12−C.12D.2【答案】B【解析】【分析】利用向量平行的坐标公式即可.【详解】ab∥，由向量平行的坐标公式可得：120,m−−=1,2m=−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222222122+−=−ca

bSca，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1b=，1ca=，则该三角形面积S的最大值为（）A.24B.34C.22D.32【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，22221112131()1()22224cacaS+−−=−−=，当且仅当1ca==时取等号，所以该三角形面积S最大值为34.故选：B4.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.43【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r，母线长为l，由题意可得2ππ27π12π2π2rrlrl+==，解得36rl==.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.14B.310C.13D.12【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310P=.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（）的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1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5ixi，且125xxx，由题意可知：56x=，因为这些点数的平均数为2，则512510iix===，可得414iix==，所以1,1,2,3,4ixi=，即这5个数依次为1,1,1,

1,6，可得这些点数的方差为()()()()()2222221121212126245s=−+−+−+−+−=.故选：B.7.正三棱台111ABCABC-中，1AA⊥平面11BBCC，112ABAB=，则异面直线1AB与1B

C所成角的余弦值为（）A.25B.35C.45D.215【答案】A【解析】【分析】将正三棱台111ABCABC-补全为正三棱锥SABC−，取1SC的中点D，连接1BD，AD，则11//BDBC，则1ABD即为异面直线1AB与1BC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111ABCABC-补全为正三棱锥SABC−，因为1AA⊥平面11BBCC，即SA⊥平面SBC，根据正三棱锥的性质可得SB⊥平面SAC，SC⊥平面SBA，,SBSC平面SBC，所以SASB⊥，SASC⊥，又SC平面SAC，SBSC⊥，又112ABAB=，所以

1B为SB的中点，同理可得1A为SA的中点，1C为SC的中点，取1SC的中点D，连接1BD，AD，则11//BDBC，所以1ABD即为异面直线1AB与1BC所成的角（或补角），不妨令2SB=，则221125AB=

+=，22117222AD=+=，22115122BD=+=，在1ABD△中由余弦定理222111112cosADABDBABDBABD=+−，即()22211755525cos222ABD=+−

，解得12cos5ABD=，所以异面直线1AB与1BC所成角的余弦值为25.故选：A8.如图，在ABC中，D是BC的中点，E是AC上的点，2ACAB=，1CD=，3AEEC=，

ADBEDC==，则cos=（）A.32B.33C.23D.34【答案】D【解析】【分析】作DC的四等分点，使得//EFAD，然后在三角形ABC与三角形ABD中，使用余弦定理表示出22522xAD-=，

再结合ADBEDC==，两次使用余弦定理22229116cos312244DEEFADxADAD+-+-==创，从而解得所需要的边长，解出cos.【详解】设,2,ABxACx==在三角形ABC与三角形ABD中，2222144cos,24xADxxBxx+-+-==

解得：2252,2xAD-=作DC的四等分点，且3DFFC=,由题意知，31,44DFFC==，又因为3AEEC=，所以//EFAD,ADBEFD==,又ADBEDC==，所以EFDEDF==,1,4EDEFAD==在三角形ABD与三角形EDF中，222

29116cos,312244DEEFADxADAD+-+-==创化简得:222ADx-=,代入2252,2xAD-=解得：2,2xAD==,从而解得：2213cos,24ADxAD+-==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()32n=，()16nA=，()8nB=，()20nAB=，则下列结论正确的是（）A.()12PA=B.()

18PAB=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()()()nAPAn=和独立事件的基本运算()()()PABPAPB=求解即可.【详解】因为()32n=，()16nA=，()8nB=，()20nAB=，所以()161322PA==，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()()()()()414,328nABnAnBnABPAB=+−===，()81324PB==，()()()111248PAPBPAB===,所以事件A与B相互独立，故B、D选项正确；故选：ABD.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=，mn∥，则ml∥C.若⊥，⊥，m=，则m⊥D.若m=，⊥，nm⊥，则n⊥【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，BC平面ABCD，BC∥平面11ADDA，11AD平面11ADDA，的11AD∥平面ABCD，满足条件，但平面ABCD平面11ADDAAD=，故A错

误；对于选项D：平面11ABBA⊥平面11ADDA，平面11ABBA平面111ADDAAA=，1AAAC⊥，满足条件，但AC与平面11ABBA、平面11ADDA均不垂直，故D垂直，对于选项B：因为mn∥，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ml∥，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ml∥，所以m⊥，故C正确.故选：BC.11.如图，在平行四边形ABCD中，=60B，22BCAB==，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，12BDBEBC=+B.存在点E，使得12BABCCE−⊥C.EBEC的最小值为14−D.若CExCByCD=+，,Rxy，则2xy+的取值范围是2,3【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EBEC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2xy+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，1=2BDBABCBEEABCBEBC=+++=+，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，=60B，22BCAB==,易得：()13532,0,,,,2222CAD

，点E是边AD上的动点,设315,,222Ett，32,2CEt=−，()13,,2,022BABC==,()()111372222

2442tBABCCEBACEBCCEtt−=−=−+−−=−，1522t，所以102BABCCE−，即不存在点E，使得12BABCCE−⊥，故B错误；对于C，33,,2,22EBtECt=−−=

−−，所以()()22331221444EBECttttt=−−+=−+=−−，故当1t=时，EBEC取到最小值14−，故C正确；对于D，若CExCByCD=+，即()3132,2,0,222t

xy−=−+，所以12223322txyy−=−+=，15241xty=−+=，即131242xyt+=−，1522t，13122342xyt+

=−，故D正确；故选：ACD12.四面体ABCD中，2ABBCCDDABD=====，ACm=，则有（）A.存在m，使得直线CD与平面ABC所成角为π3B.存在m，使得二面角ABCD−−的平面角大小为π3C.若2m=，则四面体ABCD的内切球的体积是6π27D.若3m=，则四面体ABC

D的外接球的表面积是28π3【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π3，推出矛盾，故排除；选项B根据条件作出二面角ABCD−−的平面角，根据二面角ABCD−−的平面角大小为π3

求出m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222Rrd=+求三棱锥外接球半径.【详解】对于选项A，取AC中点E，连接,EDEB，过D作DFBE⊥，交EB于点F.因为ABBCCDDA===，所以,EDACEBAC⊥⊥，又

EDEBE=，ED平面BED，EB平面BED，所以AC⊥平面BED，又DF平面BED，所以ACDF⊥.又因为DFBE⊥，ACBEE=，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π3FCD=，因为2CD=，则3DF=，1CF=，又因为DBDCDA==，所以F为ABC的外心，故1FBCF==，所以2FBCFBC+==，所以FBC；又因为F为ABC的外心，且ABBC=，所以FBC，出现矛盾，故选项A错误；对于选项B，取BC中点G，连接,GFGD，因为DBDC

=，所以BCGD⊥，又因为DF⊥平面ABC，BC平面ABC，所以DFBC⊥，又DGDFD?，DG平面DGF，DF平面DGF，所以BC⊥平面DGF，又GF平面DGF，所以BCGF⊥，所以DGF是二面角ABCD−−的平面角，若π3DGF=，因为3DG=，所以32DF=.在RtBDF

△中，22372()22BF=−=，所以ABC的外接圆半径为72，在ABC中，由正弦定理得，72sin2ACABC=，所以sin7mABC=；由余弦定理得，22448cos2228mmABC+−−==，由

22sincos1ABCABC+=得4217m=，故选项B正确；对于选项C，当2m=时，四面体ABCD为棱长为2的正四面体，底面BCD上的高3DG=，233DH=，正四面体ABCD的高h=−=222326233，正四面

体ABCD的体积213262223433V==，正四面体ABCD的表面积2342434S==，设四面体ABCD的内切球的半径为r，13VSr=3226643VrS===，所以四面体ABCD的内切球的体积为

3146ππ327Vr==，故选项C正确；对于选项D，四面体ABCD中3AC=，设四面体ABCD外接球球心为O，取BD中点M，连接AM、CM、OM，则3AMCM==且,AMBDCMBD⊥⊥，所以AMC为二面角ABDC−−的平面角，3391cos223

3AMC+−==−，所以2π3AMC=.设1O、2O分别是平面ABD和平面BCD的外接圆圆心，则21333OMCM==在2RtOMO中，2π3OMO=，21OO=.在2RtOOC中，22321133O

C=+=，即外接球的半径213R=.四面体ABCD的外接球的表面积228π34πSR==，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1iz=−（i为虚数单位），则z=____________.【答案】2【解析】【分析】利用复数模的定义计算作答.【详解】复数1iz=−，所以221(

1)2z=+−=.故答案为：214.已知正方体1111ABCDABCD−棱长为3，在正方体的顶点中，到平面1ADB的距离为3的顶点可能是______________.（写出一个顶点即可）【答案】A（A，C，

1B，1D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1,,ADB在平面1ADB内，不合题意，设点A到平面1ADB的距离为d，可知1132ABADBD===，因为11AADBAADBV

V−−=，则11311323233332232d=，解得3d=，设ACBDO=，即AC平面1ADBO=，且O为AC的中点，所以点C到平面1ADB的距离为3d=，可证平面1ADB//平面11CDB，则平面11ADB上任一点到平面1ADB的距

离为3d=，所以C，1B，1D符合题意，由图易知点1C到面1ADB的距离大于3d=，综上所述：平面1ADB的距离为3的顶点有且仅有A，C，1B，1D.故答案为：A（A，C，1B，1D任填一个即可）.15.在ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知B=，2b=，2c=，

若ABC有两解，则的取值范围是_____________.【答案】π0,4【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：sinsinbcBC=，即22sinsinC=，sin2sinC=，若

ABC有两解，则2sin2sin1,sin2C=，且cb，即π2θ<，所以π04，故答案为：π0,416.已知平面向量a，b，c均为非零向量，214abcaa==，且2acbka++=，Rk，则k的最小值为___________

_.【答案】74【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a，b，c均为非零向量，214abcaa==，且2acbka++=，所以227224aaakacbaaabac=+++

+=，即74k，所以k的最小值为74.故答案为：74四、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2iz=−，i为虚数单位.（1）求2z；（2）若z是关于x的方程()220,xpxqpq++=R一个根，求p，q的值.【答案】（1

）34i−（2）8p=−，10q=【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】()2222i44ii34iz=−=−+=−.【小问2详解】()()222i2i0pq−+−+=，即()628i0pq

p++−+=，620,80.pqp++=+=，解得8p=−，10q=.18.已知a，b是非零向量，①3ab=；②6,πab=；③abb−=.（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，()(

)abab+⊥−，求实数.【答案】（1）证明见解析；（2）95.【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3ab=，6,πab=，

则()2222ababaabb−=−=−+222π323cos6bbbb=−+=，所以③成立.选①③：由abb−=，得2222aabbb−+=，而30ab=，则22323cos,0bbab−=，即3cos,2ab

=，又0,πab，所以6,πab=，②成立.选②③：由abb−=，得2222aabbb−+=，而6,πab=，则2π2cos06aab−=，的整理得230aab−=，而||0a，所以

3ab=，①成立.小问2详解】由()()abab+⊥−，得()()0abab+−=，()2210aabb+−−=，而3ab=，6,πab=，因此()222331302bbb+−−=，又||0b，所以95=.19.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，90ABC

=，12AAAC==，D为AC的中点.（1）求证：1AB//平面1CDB；（2）求三棱锥11BDBC−体积的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）13【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1BC交1BC于点E，连接DE，因为D，E分别是AC，1BC的中点，则1//ABDE，且1AB平面1CDB，DE平面1CDB.所以1AB∥平面1CDB.【小问2详解

】过点D作DF垂直BC交于点F，因为ABBC⊥，则DF//AB，所以F为BC的中点，【因为1CC⊥平面ABC，DF平面ABC，则1CCDF⊥，1BBBCB=，1,BBBC平面11BBCC，则DF⊥平面1

1BBCC，设BCa=，则211422DFABa==−.()11111122241111436623BDBCDBBCBBCaaVVSDFaa−−+−===−=.当且仅当2a=时，等号成立，所以三棱锥11BDBC−的体积的最大值是1

3.20.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.【答案】（1）0.025t=，74分（2）0.352【解析】【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.【小问1详解】由频率分布直方图可得每组的频率依次为0.15,10,0.2,0.35,0.05t，则0.15100.20.350.051t++++=，解得0.250.02510t==，设平均成绩的估计值为x，则550.15650.25750.2850.35

950.0574x=++++=（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()2130.410.40.288P=−=；3名学生中

恰有3人成绩不低于80分的概率330.40.064P==；3名学生中至少有2人成绩不低于80分的概率120.352PPP=+=.21.在锐角ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，222coscos5aCcAbac−=−.（1）求证：2bac=+；（2）

求sinB的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）43,52【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1342,15tt+，再利用余弦定理可得13cos,

25B，进而可得结果.【小问1详解】因为222coscos5aCcAbac−=−由余弦定理得222222222225abcbcaacabbcbac+−+−−=−()()()()()()

()22222233255aabccbcaacbacacacbacbac+−−+−−+−+−==−−2225aaccbacb++++=，整理得()2225bacb=++，即()224bac=+.所以2bac=+.【小问2详解】由（1）可

知：2bac=+，由余弦定理可得222222312cos2284acacacbacBacacca++−+−===+−，设atc=，则311cos84Btt=+−，因

为2bac=+，且ac，不妨设ac，即abc，可知1t，且ABC是锐角三角形，则cos0A，得222bca+，即()2224acca++，则()4acac+−，解得53ac，所以513t，由对勾函数可知

()1fttt=+在51,3上单调递增，且()53412,315ff==，则()1342,15fttt=+，所以13cos,25B，且π0,2B，则243sin1cos,52BB=−

，所以sinB的取值范围为43,52.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，//ABCD，90ABC=，2ADDE=，222ABCDBC===.（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.【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）22211（2）存在，622FM

=−【解析】【分析】（1）（i）利用面面垂直的性质可推导出BD⊥平面ADM，可得出AMBD⊥，利用勾股定理可得出AMDM⊥，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AMGB−−

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.【小问1详解】（i）由题意，四边形ABCD为直角梯形，且90ABC=，//ABCD，所以90BCD=，所以22112BCCDBD+==+=，取AB的中点N，连接D

N，则//CDBN且CDBN=，且90BCD=，故四边形BCDN为矩形，则DN//BC，且DNBC=，所以22112ADDNAN=+=+=，又由2AB=，所以222BDADAB+=，所以BDAD⊥，又平面ADM⊥平面ABCD，平面ADM平面ABC

DAD=，BD平面ABCD，所以BD⊥平面ADM，又AM平面ADM，所以AMBD⊥，因1MDMA==，2AD=，则222AMDMAD+=，所以AMDM⊥，又DMBDD=，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ABCDAD=，AFAD⊥，所以AF⊥平面ABCD，M为EF的中点，所以//MPAF，所

以MP⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以BCPM⊥，又因为BCPQ⊥，PQPMP=，PQ、PM平面PMQ，所以BC⊥平面PMQ，PO平面PMQ，所以POBC⊥，MQBCO=，,MQBC平面BCM，得PO⊥平面BCM，因为22MP=，32PQ=，π2MPO=，所以

221911242MQMPPQ=+=+=，由等面积法可得3232322422112112MPPQPOMQ====，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，为设点A到平面MBC的距离为d，直线AM与平面MBC所成的

角为，则34POGdPGA==，所以14432222233122dPO===，由1AM=，所以，222sin11AMd==；【小问2详解】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MBCMG

=，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//CDAB且12CDAB=，所以，点D为AG的中点，则222AGAD==，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ARMG⊥，又因为RTMG⊥，ARRTR=，AR

、RT平面ART，所以MG⊥平面ART，因为AT平面ART，所以ATMG⊥，ATR是二面角AMGB−−的平面角，所以sinARAM=，sinARAT=，由=，得AMAT=，所以M、T重合，由AT

MG⊥，得AMMG⊥，设()02FMxx=，则2212AMx=+，()221222GxM=−+，由勾股定理可得222AMGMAG+=，即()221122822xx++−+=，整理可得224210xx−+=，解得62

2x=−或622x=+（舍），所以存在点M，当622FM=−，有=成立.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com