2022-2023学年福建省泉州市高一（下）期末数学试卷

2022-2023学年福建省泉州市高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.已知复数z=i（l+i）,则|z|=（）

A.2B.y/~2C.3D.V-3

2.为贯彻国家体育总局提出的“阳光体育”运动要求，某校举行了全校大课间跑操比赛.现

从该校随机抽取20个班级的比赛成绩，得到如表统计表，由统计表可得这20个比赛成绩的第

80百分位数是（）

成绩678910

班级数53444

A.8.5B.9C.9.5D.10

3.已知向量为=（cosl2（T,s讥120。），b=（1,0）;则五在方上的投影向量为（）

A.一？&B.—颉C.颉D.空

4.从1,2,3,4,5这五个数中随机抽取两个不同数字，则这两个数字乘积为偶数且它们的

和大于5的概率为（）

A..B.|C.iD.|

5.用平行于正四棱锥底面的平面去截该棱锥，把底面和截面之间的那部分多面体叫做正四

棱台，经过正四棱台不相邻的两条侧棱的截面叫做该正四棱台的对角面.若正四棱台的体积为

28,上、下底面边长分别为2,4,则该棱台的对角面面积为（）

A.9\T2B.6V-5C.3/1X1D.9

6.已知向量为=（1,0）,方=（1,-C）,若向量不与益的夹角等于三与坂的夹角，则E可以是（）

A.y/~3a+bB.a+bC.2a+bD.2a-b

7.2022年6月5日，神舟十四号载人飞船成功与天和核心舱对接形成组合体，并于12月4日

成功返回地面.本次任务的完成见证了货运飞船与空间站交会对接最快世界纪录等众多历史

性时刻.如图，神州十四号返回舱接近地面时，伞面是表面积约为3927nH2的半球面（不含底面

圆），伞顶B与返回舱底端C的距离为半球半径的5倍，直线BC在水平地面上的投影为D,。和

观测点4在同一水平线上.在遥控观测点4处测得点B的仰角为45。，线段BC的视角（即NB2C）的

正弦值为络，则此时返回舱底端离地面的高度约为（）

26

B

求解示意图

A.23mB.50mC.70mD.105m

8.已知。为△ABC的外心，AB=4,AC=6,AO=^AB+^AC,则△ABC的面积为（）

69

A.12B.12y/~3C.6D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.（）分。在每小题有多项符合题目要求）

9.已知直线a,b与平面a,0,y,则a〃y的充分条件可以是（）

A.a〃夕，."YB.alp,0_Ly

C.a1a,a1yD.ala,a//b,1y

10.如图是2018年和2022年小明家庭各项支出的比例分配图，其中每年用于房贷的支出费

用相等,则（）

2018年各项支出2022年各项支出

A.总支出2022年比2018年增长25%

B.用于饮食的支出费用2022年与2018年相等

C.用于交通的支出费用2022年与2018年相等

D.用于娱乐的支出费用2022年比2018年增长6%

11.在A/IBC中，AB=2,AC=6,^BAC=60°,。是边BC上的一点，则（）

A..AB-AC=6

B.△ABC外接圆的半径是当

C.若比=2前，则而=|同而

D.若AD是MAC的平分线，则*

12.如图，正三棱柱ABC-4送修1的上底面上放置一个圆柱001，得到一个组合体「，其中

圆柱的底面圆。内切于△ABC,切点M,N分别在棱4B,BC上，NN1为圆柱的母线.已知圆柱

的高为2cm,侧面积为4江门浓，棱柱的高为ycm，则（）

A.AiM〃平面CGM

B.1B]N

C.组合体r的表面积为（4兀+6V"34-9V~-2）cm2

D.若三棱柱的外接球面与线段NN1交于点P,则AB与平面ACP所成角的正弦值为答

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.在AABC中，A=45°,AB=3,AC=<7,贝|BC=.

14.2022年8月16日，航天员的出舱主通道一一问天实验舱气闸舱首次亮相.某高中为了解学

生对这一新闻的关注度，采用按比例分配的分层抽样方法从高中三个年级中抽取了45人进行

问卷调查，其中高一年级抽取了18人，高二年级抽取了12人，且高三年级共有学生1200人,

则该高中的学生总数为人.

15.复数Zi，Z2满足|z/=。|=3,Zi+z2=2/7+i，则|Z[-Z2|=.

16.在三棱锥P-40B中，PB=2OA=4,P4_L平面40B,OA1OB,/.POA=45°,贝1」。4

与BP所成的角为.

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.（本小题10.0分）

在△ABC中，内角A,B,CO对边分别为a,b,c,且2acosC=2b-c.

⑴求4;

（2）求六的最小值.

18.（本小题12.0分）

在矩形4BCD中，AB=2,BC=3,E是ZB的中点，F是BC边上的三等分点（靠近点B）,AF与

OE交于点M.

（1）设荏=五，AD=b＞请用优石表示荏和说；

（2）求碗与加夹角的余弦值.

19.（本小题12.0分）

泉州，作为古代海上丝绸之路的起点，具有深厚的历史文化底蕴，是全国同时拥有联合国三

大类非遗项目的唯一城市.为高效统筹整合优质文旅资源，文旅局在“五一”假期精心策划文

旅活动，使得来泉旅游人数突破了305.85万人次.某数学兴趣小组为了解来泉游客的旅游体验

满意度，用问卷的方式随机调查了500名来泉旅游的游客，被抽到的游客根据旅游体验给出

满意度分值T（满分100分），该兴趣小组将收集到的数据分成五段：[45,55）,[55,65）,[65,75）,

[75,85）,[85,95],处理后绘制了如下频率分布直方图.

（1）求图中a的值并估计500名游客满意度分值T的中位数（结果用分数表示）；

（2）已知T在[45,65）的平均数为57,方差为104,7在[65,95]的平均数为77,方差为564,试求

被调查的500名游客的满意度分值7的平均数及方差.

20.（本小题12.0分）

如图，在三棱柱4BC-&B1C1中，底面4BC是等边三角形，侧面BCCMi是矩形，AB==

y/~6,AB1AXB,“是441的中点.

(1)求证：BB11平面BMC；

(2)求Q到平面&B1C的距离.

21.(本小题12。分)

在平面四边形4BCD中，点8,。在直线4C的两侧，AB=3,BC=5,四个内角分别用4B,

C,。表示，cosB=—cosD=

(1)求NBAC；

(2)求4ABD与A4CD的面积之和的最大值.

22.(本小题12.0分)

如图，在正三棱柱—中，AS=2,。为的中点，E,F在上，2EF=34E=

3FC.

(1)试在直线上确定点P,使得对于FC］上任一点。，恒有PD〃平面40E；(用文字描述点P

位置的确定过程，并在图形上体现，但不要求写出证明过程)

(2)已知Q在直线上，满足对于FC】上任一点D,恒有QD〃平面40E,P为(1)中确定的点,

试求当的面积最大时,二面角P-41C-Q的余弦值.

C

备用图

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：1.,z=i(l+i)=-1+i,

\z\-J(—1)2+1?—V-2.

故选:B.

根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数模公式，即可求解.

本题主要考查复数的运算法则，以及复数模公式，属于基础题.

2.【答案】C

【解析】解：由20x80%=16,得出第80百分位数是第16和第17个成绩的平均数，

所以第80百分位数为竽=9.5.

故选：C.

根据百分位数的定义，计算即可.

本题考查百分位数，属于基础题.

3.【答案】B

【解析】解：因为向量行=(cosl20°(sinl20°)=(一表?)，B=(1,0).

所以五•/?=—；,|方|=1，

所以五在方上的投影向量为萼氏

13|i>l2

故选：B.

先求出向量区再利用投影向量的定义求解.

本题主要考查了投影向量的定义，属于基础题.

4.【答案】D

【解析】解：从1,2,3,4,5这五个数中随机抽取两个不同数字的样本空间是。={(1,2),(1,3),

(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)},共10个样本点,

记事件2"这两个数字乘积为偶数且和大于5”，

则4={(2,4),(2,5),(3,4),(4,5)}共4个样本点,

故概率P=±=|,

故选：D.

由已知根据古典概率公式可求.

本题主要考查古典概型、概率等基础知识；考查运算求解的基本能力；导向教学对数学运算等素

养的关注；体现基础性.

5.【答案】A

【解析】解：设该正四棱台的的高为九，则根据题意可得：

-I

1X(22+42+2X4)X/I=28,

:.h=3,

又易知对角面为上下底分别为2/工与4，至，且高为h=3的等腰梯形，

•••该棱台的对角面面积为3x(2<2+4/^)X3=9尸.

故选：A.

根据正四棱台的体积公式，梯形的面积公式，即可求解.

本题考查正四棱台的体积与对角面问题，属基础题.

6.【答案】C

【解析】解：由向量3与云的夹角等于不与方的夹角即黑=嘉？

伍I同I计网

可得竽=苧，可得机(五一我=0,

对于选项4：可得，五+E).(五—颉)=五②+(1—?)R.匕—；//=?—140,A错误:

对于选项以可得0+方).08)=五2五不一^/=一^40，B错误：

对于选项C：(2a+b)-(a-|K)=2'a~^b=0,C正确；

对于选项。：(2a-K).(a-1b)=2a2-2a-K+1K2=2^0.0错误.

故选：C.

由向量的夹角公式可得机(五-；尤)=0,分别将选项代入，并结合数量积的运算律即可得出答案.

本题考查数量积的运算律，属于中档题.

7.【答案】B

【解析】解：设半球半径为R米，则;•4兀/?2=392兀，则R=14,所以BC=5R=70,

因为仰角NB4D=45。，则Z4BD=45°,又sin的C=号,

4c_BC所以行缶„号与…

所以在△力BC中,

sinzJIBCs\nz.BAC"

因为COSNBAC=Vl-sin2Z.BAC=则sin/OW=sin(45°-4BAC)=~cos/.BAC-

ZDZ

yT25

fsin4B4C=2

所以在直角△ACD中，CD=AC♦sin^CAD=130x当=50m.

故选:B.

设半球半径为R米，利用球的表面积公式求得R=14,利用正弦定理和两角差的正弦公式，即可

求解.

本小题主要考查球的表面积公式，正弦定理等基础知识，考查运算求解能力、数学应用能力，考

查化归与转化思想、数形结合思想，考查数学运算，直观想象，数学建模等数学核心素养，体现

基础性与应用性.

8.【答案】D

【解析】解：取4C中点D,因为。是△ABC的外心，则而J.尼,

由于4=而+而,

所以而-AC=(AD+DO)-AC=AD-AC=3x6=18,

又而=2南+［宿

则而•AC=(^AB+-AC)-AC

14

-x4x6xcoszMC+-x6o2

=4cosZ-BAC4-16=18,

解得coszBAC=I，所以sinNBAC=

/z

则SMBC=1x4x6x^=6A/^.

故选：D.

根据。是三角形的外心，借助数量积而•前建立等量关系，求出4BAC的余弦值，进而求出正弦，

得到面积.

本题考查三角形外心的性质，平面向量数量积运算，属基础题.

9.【答案】ACD

【解析】解：由a〃夕，B//Y，结合平行的传递性可得£1〃丫，故A正确；

由a_L0,/?ly,可知a与y平行或相交，故B错误；

已知ala,则可找到a内的两条相交直线Z,m,有a_L/,alm,

过a,l构造一平面交y于直线匕又aly,则a1匕.•"〃，’；

同理m〃m',二a〃y,故C正确；

已知a1a,a//b,可得b_La,又b_Ly,可得a〃y,故。正确.

故选：ACD.

由平面平行的传递性判断4由垂直于同一平面的两平面的位置关系判断B；直接证明C正确；由

直线与平面垂直的性质判断D.

本题考查空间中直线和平面的位置关系、平面与平面平行的判定等基础知识，考查推理论证能力，

是基础题.

10.【答案】AC

【解析】解：42018年房货支出占50%,2022年房货支出占40%,

这两年用于房货的支出相等，说明2018年的总支出是2022年总支出的小

假设2022年的总支出为5,则2018年的总支出为gx5=4.

2022年增长了(5-4)+4=*=25%,故A选项正确；

8.图中和4可以看出2018年的总支出是2022年总支出的右

总支出不相等，它们的25%也是不相等的，

用于饮食的支出费用2022年与2018年不相等，故B选项错误；

C.2018年的总支出是2022年总支出的工

假设2022的总支出为5,则2018年的总支出为4,

用于交通的支出费用2022年的是：5x12%=0.6,

2018年的是：4x15%=0.6相等，故C选项正确；

。.用于娱乐的支出费用2022年是：5x8%=0.4；

2018年是：4x2%=0.08,

2022年比2018年增长:(0.4-0.08)+0.08X100%=0.32+0.08X100%=400%,故。选项错

误.

故选：AC.

根据扇形统计图，逐项分析即可.

本小题主要考查扇形统计图的基础知识，属于基础题.

11.【答案】ACD

【解析】解：对于选项A,ABAC=\AB\\AC|cos600=2x6x1=6,故选项A正确；

对于选项B，由余弦定理，得BC2=4+36-2x2x6xcos6(T=28,解得BC=2-7,

由正弦定理，得△ABC外接圆的半径是:.与=:x2，万x£=守，故选项B错误；

2sin602V33

对于选项C,因为反=2前，所以前=：尻，所以而=|四+,前，则四=,而一；万，

故选项c正确；

对于选项D：由等面积法得：|x2x6stn60°=^%2xAD-sin30°+^x6xAD-sin30°

即440=6/2,解得4。=学，故选项。正确.

故选:ACD.

由平面向量和解三角形知识逐一判断各选项即可.

本小题主要考查向量的数量积、爪子型三角形中向量的表示、正弦定理、余弦定理等基础知识，

考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想，考查直观想象、数学抽象、数学运算等

核心素养，体现基础性、综合性与创新性，属于中档题.

12.【答案】BCD

【解析】解：对于4由题意，切点M,N分别为48,BC的中点，

作出平面CGM截组合体所得截面，如下图1：

由图可知，A1，M分别在截面的两侧，故4错误；

对于B：因为圆柱的高为2czn,侧面积为47TC7n2,

所以圆柱底面半径为罟■=1cm,又圆柱的底面圆0内切于△ABC,

2x2〃

则SAABC=*口-AC-s呜=^AB+AC+BQx1,

所以棱柱底面边长AB=AC=8C=2/3cm，

如下图2：分别取BN,BiQ的中点0,E,连接AN,MD,ArE,DE,NE,

则DM〃4N〃&E,所以0,E,4,M四点共面，

又黑=「=萼，所以RtAEND-RtAB^N,易知DE_L/N,

NDENxx

因为&E_L平面BCGBI，B】Nu平面BCGBI，所以4送18/,

又DEnAiE=E,DE,4u平面AiED,所以B】NJL平面4]£7),

因为&Mu平面4ED,所以&MJ.B1N,故8正确；

对于C：由于圆柱的下底面与棱柱的上底面有重叠部分，

因此表面积S=S阳”+S圆锥—2兀=2兀+4兀+3x2/3x竽+2xgx(20xy一2兀=

4TT+9，^+6V-3(cm2),故C正确；

对于D：如下图3：取△4/16的中心。2,则。外的中点。3为棱柱的外接球球心，连接O2B1，。3名,

由勾股定理，得外接球半径R=O3B1=J(?)2+22=空，

连接ON,在平面ONNi内过O3作。3尸JLNN1，垂足为F,则。3尸=0%=1,

由勾股定理，得PF=卜号＞_12=平,所以PN=PF-NF=?，

所以4P=J32+(1);萼，CP=J(口2+(?)2=等，

由余弦定理得cos乙4cp==?，所以sin乙4cp=喀，

2x2Cx3牛66

所以SMCP=；X2CX浮乂攀=亨，

设B到平面4cp的距离为d,AB与平面4cp所成的角为。，

由%-4CP=^P-ABC有SAACP-d—S&ABC.PN，即与工-d=3V-3x解得d=。]吗

所以s=金=冬，故。正确.

AB10

故选：BCD.

作出平面CCiM截组合体所得截面，即可判断4

先求出△4BC的边长,分别取BN,BiQ的中点D,E,连接AN,MD,ArE,DE,NE,则DM〃/IN〃&E,

证明BiN_L平面&ED,再根据线面垂直的性质即可判断8；

由于圆柱的下底面与棱柱的上底面有重叠部分，则表面积S=S网柱+S圈锥-2兀，再根据柱体的体

积公式即可判断C；

取△4aG的中心。2，则。。2的中点。3为棱柱的外接球球心，连接。2/，。3a，连接ON,在平

面。NN1内过。3作O3FJLNN1，垂足为F,利用勾股定理求出外接球的半径，利用等体积法求出B到

平面ACP的距离，进而可判断D.

本题主要考查组合体的表面积和直线和平面所成的角，属于中档题.

13.【答案】＜5

【解析】解：4=45。，AB=3,AC=口，

则BC2=AB2+AC2-2AB-AC-cosA=9+2-2x3xqx?=5，解得BC=

故答案为：V-5.

根据已知条件，结合余弦定理，即可求解.

本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题.

14.【答案】3600

【解析】解：从高中三个年级抽取45人组成样本，分别从高一年级、高二年级和高三年级抽取了

18人，12人,15人，

样本结构比为高一：高二：高三=18：12：15=6：4：5,

所以该高中的学生总数为1200+卷=3600人.

故答案为:3600.

根据分层抽样的定义可解.

本小题主要考查按比例分配的分层抽样方法等基础知识，属于基础题.

15.【答案】3，马

【解析】解：Zi+Z2=2/2+30+Z2I=J(2V-2)2+I2=3>

IzJ=|z2l=3,.•.以Z],Z2构成的四边形为菱形,

设区一z?|=2m>0,则加+(|)2=32,解得m=今±

故区—z2\=3V-3.

故答案为：3，？.

结合复数模的公式，以及菱形的性质，即可求解.

本题主要考查复数模公式，属于基础题.

16.【答案】60°

【解析】解：如图，以。4OB为令[S边将△AOB补成矩形。力C8,连接CP,

则"BC（或其补角）为04与BP所成的角.

由P4_L平面40B,8。＜=平面4。8,得PA1BC,

又4C1BC,PAQAC=A,所以BCJ■平面P4C,

因为PCu平面P4C,所以BC1PC,

又PB=2OA=4,则COSNPBC=^=^=7=^

PBPB42

所以4PBC=60°,即。4与BP所成的角为60。.

故答案为：60°.

通过补形简化问题求解思路，运用平行线平移法作出异面直线所成的角，运用直线与平面垂直的

性质和判定定理得到直线与直线垂直，解三角形进行求解.

本题考查异面直线所成的角、直线与平面垂直等基础知识.

17.【答案】解：(1)因为2acosC=2b-c,由正弦定理得2si?L4cosc=2sinB-sinC,

又sinB=sin(/l+C)=sinAcosC+cosAsinC,

所以2cosAsinC=sinC,

又sinCH0,所以cos4=

而AW(0,7r),所以

(2)因为sinB+sinC=sinB+sing-B)

=sinB+sin与cosB—cos^-sinB

=1sinB+?cosB=x/_3sin(^+g)，

LLo

访I、］a_sim4_

所以而一sinB+sinC~2csin(B+1)'

因为Be(0,争，所以当B+看=宏即8=狎，sin(B+5)的最大值为1,

故热的最小值为今

【解析】(1)利用正弦定理边角变换与三角函数的和差公式求解即可；

(2)利用正弦定理边角变换与三角函数的和差公式，结合三角函数的性质即可得解.

本小题主要考查解三角形的正、余弦定理、三角恒等变换等基础知识，考查推理论证能力、运算

求解能力，考查化归与转化思想，考查数学运算、逻辑推理等核心素养，体现基础性、综合性与

应用性.

18.【答案】解：如图:

DE=DA+AE=-AD+^AB=-b+汐

（2）建立如图所示坐标系，以8为原点，

直线4F：y=-2x+2,直线DE：y=1x+1,M为两直线交点,

y=-2x4-2

y=+1

而=而=6,—今，设其夹角为仇

皿匕。%-砒而-44+（T）x（等__£z

则C°S8-|M£|.|Mf|-传x娉-10■

【解析】（i）根据平行四边形法则和三角形法则，即可用乙坂表示而和症;

（2）建立适当坐标系，运用数量积，即可求出而与市夹角的余弦值.

本题考查平面向量及其应用，属于中档题、

19.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得：(0.005+0.025x2+0.01+a)x10=1,解得a=

0.035：

由频率分布直方图，(0.005+0.025)X10=0.3<0.5,

(0.005+0.025+0.035)x10=0.65>0.5,

因此，中位数落在区间［65,75)内，

可以估计500名游客满意度分值7的中位数为学.

(2)把7在［45,65)的平均数记为3方差记为心7在［65,95］的平均数记为。方差记为十，7在［45,95］

的平均数记为W,方差记为s2,

由题得，x=57,s马=104,y=77,sj=564,

T在［45,65)的频率为(0.005+0.025)x10=0.3,

7在［65,95］的频率为(0.035+0.025+0.1)x10=0.7,

则5=0.3%+0.7y=0.3x57+0.7x77=71,

由s2=0.3闷+(x-z)2］+0.7回+(y-z)2］=0.3x［104+(57-71)2］+0.7x［564+(77-

71)2］=510,

即被调查的500名游客的满意度分值T的平均数为71,方差为510.

【解析】(1)根据频率分布直方图的性质列方程可求得a，再利用中位数公式计算即可；

(2)根据分层抽样平均数和方差的公式计算即可.

本题考查频率分布直方图、平均数、中位数、方差等基础知识，考查数据处理、运算求解等基本

能力，是基础题.

20.【答案】⑴证明：由M为等腰直角△4B公斜边441的中点，得4MB&=484遇=45。，

在三棱柱4BC-中,AA1//BB1,所以“叫=484遇=45。,

所以4BIBM=90。，即

因为侧面BCGa是矩形，所以Ba1BC,

XBMDBC=B,u平面BMC,BCu平面BMC,

所以BBi1平面BMC.

(2)解：如图，连接交&C于点。，连接4。，则。为BC］的中点，

所以Cl到平面的距离等于B到平面&&C的距离，设此距离为d.

由(1)知1•平面BMC,乂44//8B1，所以44i1平面BMC,

因为CMu平面BMC,所以44i1CM,

所以力也=AC=AB=>T~^.又AM=V-3，所以CM=J(V-6)2—(V-3)2=>/-3>

所以CM?+8“2=6=8。2,所以BMICM,

又A&CIBM=M,AA1u平面BMu平面4咽&,

所以CM_L平面ABBi4,

因为=A[。=所以力lOJLCBi，又BiC=J(<7)2+(2/-3)2=3\T2>

所以0C=*，所以A10=」)2_(手,=字,

所以SAABIC=♦AI。=3x3。x亨=亨,

由UB-AJC=%-&8述，W-|sA/1]BiC-d=|sA4iBiS-CM,

所以gx亨d=gx；x2qxCxq,解得d=2.

即G到平面力道停的距离为2.

【解析】(1)运用直线与平面垂直的判定定理；

(2)先证明线面垂直，然后运用等体积法求距离.

本题主要考查直线与平面垂直、棱锥的体积、点到平面的距离等基础知识，考查推理论证能力、

运算求解能力、空间想象能力和应用意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思

想，考查逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养，体现基础性、综合性、应用性.

21.【答案】解:(1)在AAB1中,由余弦定理,^AC2=AB2+BC2-2AB-BC-cos^ABC,

3

•・,AB=3,BC=5,cosB-

二心=32+52-2x3x5x|=16,即4c=4,

•••BC2=AC2+AB2,

7T

・•・^LBAC=全

(2)设乙=e0£(0,5),

3

vcosB——cosD=：・B+D=7i,

.•.a,B,C,D四点共圆，且BC为该圆的直径，

•••Z-BDC=ABAC=P4ACD=/.ABD=Q,

131

•••S^ABD=QBA.BD.sinO=-BD-sin。,SAACD=-CA-CD-sin0=2•CD•sin®,

在△BCD中，BD=5cos(B-B),CD=5sin(B-0),

34

:.S^ABD+S&ACD=2,5cos(B—0)sin6+-,5sin(B