浙江省台州市2022—2023学年高一下学期期末数学试题

台州市2022—2023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：C

4. 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，

当且仅当时等号成立，

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：BD

11. 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：ABD

12. 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，

由圆的几何性质可得，

，，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,

在中，，则，

所以球心到平面的距离为1，

故答案为：1

16. 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，求三棱锥的体积.

【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：

（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②

①②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）若二面角的平面角的余弦值为.

（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.