2022台州高一下学期期末考试数学含解析

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台州市2021学年第二学期高一年级期末质量评估试题数学2022.07一､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. 将正方形绕其一条边所在的直线旋转一周，所得的几何体是（    ）A. 圆柱 B. 圆台 C. 圆锥 D. 棱柱【答案】A【解析】【分析】由圆柱的定义可得答案.【详解】将正方形绕其一条边所在的直线旋转一周，所得的几何体是圆柱.故选：A.2. 的化简结果为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由平面向量的线性运算方法即可求得答案.【详解】由题意，.故选：B.3. 某校参加数学竞赛的男生有24人，女生有18人.若采用比例分配分层随机抽样的方法，从这些同学中抽取14人参加座谈会，则应抽取男生的人数为（    ）A. 6 B. 7 C. 8 D. 9【答案】C【解析】【分析】根据分层抽样的抽样比即可求解.【详解】由题意可知：应抽取的男生人数为：，故选：C4. 在中，，则的最大内角等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理可得答案.详解】由正弦定理得，即，得，因为，所以，即，所以，，则的最大内角为.故选：A.5. 如图，正方体的12条棱所在的直线中与直线所成角为的条数为（    ）A. 6 B. 8 C. 10 D. 12【答案】B【解析】【分析】根据正方体的性质可直接判断.【详解】因为正方体中，所以与直线所成角为，又，所以与直线所成角为，同理可得与直线所成角为，又与直线所成角为，所以与直线所成角为的棱有8条.故选：B.6. 已知复数（为虚数单位），则“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据题意，先解出，进而判断答案.【详解】由得到解得，于是“”是“”的充要条件.故选：C.7. 如图，在正四面体中，是棱上的三等分点，记二面角，的平面角分别为，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】取AB的中点G，然后证明平面CDG，然后根据二面角平面角的定义找到，最后结合余弦定理得到答案.【详解】如图1，在正四面体ABCD中，取AB的中点G，连接CG,DG，则，而，所以平面CDG，连接EG,FG，因为平面，平面，所以.由二面角的平面角的定义可以判断，由对称性容易判断.设该正四面体的棱长为6，如图2，CD=6，易得，取CD的中点H，则，CE=2，EH=HF=1，在中，由勾股定理可得，于是.于是，在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得，而，即，于是.故选：D.8. 已知是平面内三个非零向量，且，则当与的夹角最小时，（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设，以为原点，为坐标轴建立直角坐标系，设，表示出的坐标，利用数量积关系表示出夹角即可求出.【详解】设，因为，所以，即是边长为1的等边三角形，因为，则可以为原点，为坐标轴建立直角坐标系，设，则，，，，则，，则，令，则，令，则，则可得在单调递增，在单调递减，所以在取得最大值，即最大，与的夹角最小，此时.故选：B.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. 已知两组数据，第一组：1，2，3，4，5；第二组11，12，13，14，15，则（    ）A. 两组数据的方差相同 B. 两组数据的平均数相同C. 两组数据的极差相同 D. 两组数据的中位数相同【答案】AC【解析】【分析】分别算出两组的极差、中位数、平均数和方差即可判断答案.【详解】第一组的极差为5-1=4，第二组的极差为15-11=4，故C正确；第一组的中位数为3，第二组的中位数为13，故D错误；第一组的平均数，第二组的平均数，故B错误；第一组的方差，第二组的方差，故A正确.故选：AC.10. 已知向量满足，设向量的夹角为，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】BD【解析】【分析】根据向量的坐标运算可得，进而根据模长公式可判断A,根据数量积为0可判断B,根据坐标运算可判断C，根据数量积的夹角公式即可判断D.【详解】由可得：，对于A，，故A错误.对于B，,故，所以B正确.对于C，，故与不平行，故C错误.对于D,，由于，故，故D正确.故选：BD11. 已知中，分别为角的对边，为的面积，则下列条件能使只有一个解的是（    ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据两边之和与两边之差与第三边的关系可判断A,利用正弦和余弦定理实现边角互化可判断B,根据面积公式可得，进而得角有两个值，可判断C，根据内角和即可判断D.【详解】由三角形三边关系可得：，所以，因为，故，故A正确.由,故，可得：，由此解得，故三角形唯一，B正确,对于C:或者，故三角形不唯一，C错误.对于D：，故, 两边及其夹角，此三角形唯一，故D正确.故选：ABD12. 如图，在中，，，，设点在上的射影为，将绕边任意转动，则有（    ）A. 若为锐角，则在转动过程中存在位置使B. 若为直角，则在转动过程中存在位置使C. 若，则在转动过程中存在位置使D. 若，则在转动过程中存在位置使【答案】AC【解析】【分析】作出相应的图形，利用两角和的正切公式以及零点存在定理可判断A选项；利用圆的几何性质以及平面几何相关知识可判断BCD选项.【详解】不妨设点在直线上的射影点为，当绕着直线旋转时，会形成圆锥，且直线为该圆锥的轴所在的直线，如下图所示：在圆锥上任取一点，平面为平面，当为锐角时，过点在平面内作，垂足为点，因为平面，平面，则；因为，，平面，当时，点与点重合；当为钝角时，则点在射线上；当或时，点与点重合.不失一般性，不妨设，则点在线段上，且，设的外接圆为圆.对于A选项，若为锐角，如下图所示：不妨设，则，，因为，若存在位置使得，即，设，由于，则点不与线段的端点重合，即，，则，即，令，其中，因为为锐角，则，，则函数在上单调递增，，，故方程在时有解，所以，若为锐角，则在转动过程中存在位置使，A对；对于B选项，若为直角，则为等腰直角三角形，此时点与点重合，当点在线段（不包含端点）上运动时，的取值范围是，此时，不存在位置使得，B错；对于C选项，连接、，因为，，则，，则，由圆的几何性质可得，，则，所以，,故线段与圆相交，设交点为，当点在线段（不包括端点）上运动时，延长交圆于点，连接，则，若，则在转动过程中存在位置使，C对；对于D选项，若，，则，，则，由圆几何性质可得，，，所以，，所以，与圆相切，当点在线段（不包括端点）上运动时，连接交圆于点，连接、，则，所以，若，则在转动过程中不存在位置使，D错.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题考查点的存在性使得条件成立，解决本题的关键在于作出图形，利用平面几何的相关知识求解.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知复数（为虚数单位），则复数的共轭复数___________.【答案】【解析】【分析】由共轭复数的定义即可判断答案.【详解】由题意，的共轭复数为3+4i.故答案为：3+4i.14. 在平行四边形中，，则___________.【答案】##0.75【解析】【分析】根据向量的加法法则以及共线关系即可求解.【详解】由得：,在平行四边形中，由加法的平行四边形法则可得：，故,故故答案为：15. 已知球的半径为2，点在球的球面上，且，则球心到平面的距离为___________.【答案】【解析】【分析】由题意可得三棱锥为正三棱锥，取的中心，连接并延长交于，连接，则可得的长为球心到平面的距离，然后计算即可【详解】由题意可得三棱锥为正三棱锥，取的中心，连接并延长交于，连接，则平面，所以的长为球心到平面的距离，因为，所以,中，，则，所以球心到平面的距离为1，故答案为：116. 在中，，记，则的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】根据分别在，中使用正弦定理，即可得到，进而根据基本不等式即可求解，根据正切的和角公式即可求解.【详解】记 ,则 以及 均互为余角，故 在中，由正弦定理可得： ，在中，由正弦定理可得：.由得，故，进而得： ，又 ，故，当且仅当 时取等号，因此，故最大值为： 故答案为：四､解答题：本大题共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. 已知与的夹角为.（1）求；（2）求在上的投影向量的模长.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）由平面向量数量积的定义即可求得答案；（2）先求出在上投影，进而求出投影向量的模长.【小问1详解】.【小问2详解】因为，所以在上的投影向量的模长为.18. 设为虚数单位，，复数.且___________.请从下面三个条件中任选一个，补充在题目的横线上，并作答.①；②；③在复平面内复数对应的点在第一象限的角平分线上.（1）求实数的值；（2）若是纯虚数，求实数的值.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）若选①，先求出，然后令其虚部为0即可求得答案；若选②，先求出，然后根据复数相等求得答案；若选③，令实部和虚部相等即可求得答案；（2）先算出，然后令实部为0且虚部不为0即可求得答案.【小问1详解】若选①：由，得，解得.若选②：由，解得.若选③：由得.【小问2详解】，由，解得.19. 已知在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，分别是棱的中点，且.（1）求证：平面；（2）若平面平面，求三棱锥体积.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）通过已知得出即可证明；（2）取中点，连接，利用面面垂直的性质得出平面，求出，利用体积公式即可求出.【小问1详解】因为分别是棱的中点，所以，因为平面平面，所以平面.【小问2详解】取中点，连接，因为，所以.又因为平面平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以，在中，由，可求得.所以，故三棱锥的的体积为20. 以往的招生数据显示，某大学通过“三位一体”招生录取的大一新生高考总分的最低分基本上稳定在分.你的一位高三学长在历次模拟考试中得分的情况统计如下：得分区间次数 （1）补全下图的频率分布直方图；（2）若该同学历次模拟考试中得分的第百分位数为分，估算的值以及该同学被此大学“三位一体”录取的可能性.【答案】（1）频率分布直方图见解析    （2），该同学有的希望被该大学的“三位一体”录取【解析】【分析】（1）由表格数据计算可得频率分布直方图的高，由此可补全频率分布直方图；（2）根据可求得，由此可确定录取的可能性.【小问1详解】由表格数据知：得分在内的频率为，对应矩形的高为，频率分布直方图如下图所示，【小问2详解】，，，该同学有的希望被该大学的“三位一体”录取.21. 如图，在平面四边形中，已知.（1）若，求；（2）若平分，求的最大值.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）由余弦定理即可求得答案；（2）在三角形ABD中由余弦定理求出，再在三角形BCD中求出，进而根据基本不等式求得答案.【小问1详解】在中，由余弦定理，得，所以.【小问2详解】设，则由有四点共圆， 所以，在中，由余弦定理，得：①在中，易知CD=BC,取BD的中点E，连接CE，则CE⊥BD，于是，所以，即②①②得，当且仅当即时取等号，所以的最大值为.22. 如图，在三棱柱中，底面是边长为1的正三角形，是的中点.（1）若二面角平面角的余弦值为.（i）求侧面的面积；（ii）求与平面所成角的正弦值.（2）直线与平面能否垂直？给出结论，并给予证明.【答案】（1）（i）；（ii）    （2）直线不可能垂直于平面，证明见解析【解析】【分析】（1）（i）取的中点，连接，，利用余弦定理求出，即可得到，从而得到是二面角的平面角，再由余弦定理求出，即可得到，再根据矩形面积公式计算可得；（ii）取的中点，依题意可得与平面所成角即与平面所成角，再取的中点，连接，即可证明平面，取的中点，连接，从而得到是直线与平面所成的角，最后利用锐角三角函数计算可得；（2）连接，利用反证法证明即可；【小问1详解】解：（i）取的中点，连接.连接，由，由余弦定理所以，所以，所以，由题意，得，所以是二面角的平面角，故.由余弦定理所以，所以，所以，所以，即侧面的面积为（ii）取的中点，由，知与平面所成角即与平面所成角.由、是等腰直角三角形，取的中点，连接，由，，得，又由，，平面，所以平面.取的中点，连接，由，知平面，是直线与平面所成的角.由，得.所以与平面所成角的正弦值为.【小问2详解】解：直线不可能垂直于平面.证明如下：连接，由，由余弦定理所以，假设平面，平面，则，又，得.在中，，矛盾.故假设不成立.所以，直线不可能垂直于平面.