2022-2023学年重庆市缙云教育联盟高一（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年重庆市缙云教育联盟高一（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.如图，某几何体三视图为三个完全相同的圆心角为90。的扇形，则

该几何体的表面积是（）

TC主视图侧视图

A.2

3TT

B.T

俯视图

5n

C.T

77r

D.~4

2.已知两条相交直线a,b及平面a,若可/a,则b与a的位置关系是（）

A.buaB.b与a相交C.b//aD.b在a外

3.在△ABC中，sinA：sinB：sinC=3：5：7,则此三角形中的最大角的大小为（）

A.150°B.135°C.120°D.90°

4.设4,B,C,。是同一个半径为6的球的球面上四点,且△ABC是边长为9的正三角形，则

三棱锥O-4BC体积的最大值为（)

81。o81/3「243n

A.B-

4■-4-

5.若向量五、3为两个非零向量,Jl|a|=\b\=\a-b\>则向量五+方与五的夹角为（）

TC「2n

A.B.1D.

6C-o

6.将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，将第一次向上的点数记为m,第二次向上的

点数记为n,曲线C：4+4=1-则曲线C的焦点在x轴上且离心率eW冬的概率等于（）

n22

A-lB4c4D4

7.已知正方体ABCD-481C1D1，点P,Q,R分别是线段当氏

4B和aC上的动点，观察直线CP与£>iQ,CP与给出下列

结论:

①对于任意给定的点Q，存在点P，使得CP1D1Q；

②对于任意给定的点P，存在点Q，使得DiQ1CP；

③对于任意给定的点R,存在点P，使得CP1。/；

④对于任意给定的点P,存在点R,使得DiRLCP.

其中正确的结论是（）

A.①③B.②③C.①④D.②④

8.如图是正四面体的平面展开图，G,H,M,N分别是DE,BE,EF,

EC的中点，在这个正四面体中：①DE与MN平行；②BD与MN为异

面直线；③G”与MN成60。角；④DE与MN垂直.以上四个命题中，

正确命题的个数是（）

A.1B.2C.3D.4

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.下面是关于复数2=/。为虚数单位）的命题，其中真命题为（）

—1+1

A.\z\=>/~2

B.若复数z1=l+i,则|z—zj=2/至

C.z的共相复数为1+i

D.z的虚部为一1

10.已知正京d匀为非零向量，下列命题错误的是（）

A.3AeR,A(a+b)=a-b

B.若1，则同=1或|1|=1

C.若五-b=b-c＞则五=c

D.(a-b')-c=a-(b-H)可能成立

11.正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着

密切的联系.在如图所示的正五角星中，以P,Q,R,S,T为

顶点的多边形为正五边形且受=卓=，下列关系中正确的是

（）

A.Jp-TS=^^RS

B.CQ+TP=~^TS

C.ES-AP=^1DR

D.Wf+BQ=

12.若四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，则其体积的可能值是（）

A.AD.等

12c.q

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.某公司准备推出一项管理新措施，为了解公司职员对新措施的支持情况，设置了支持、

不支持、无所谓三种态度，对本公司300名职工进行调查后，相关数据统计在如下表格中：

支持不支持无所谓

男职员m4050

女职员601020

现从300名职员中用分层随机抽样的方法抽取30名座谈，则抽取持“支持”态度的男职员的

人数是.

14.已知正方形4BCD的边长为1,E为BC的中点，则亚.前=.

15.设三角形4BC的面积为S,满足2S+C南.前=0，且|阮|=，"5，若角B不是最小

角，贝US的取值范围是.

16.如图，在棱长均为2的正三棱柱4BC-4iBiCi中，点M是侧棱4公的中点，点P、Q分别

是侧面BCC/i、底面4BC内的动点，且&P〃平面BCM,PQ1平面BCM,则点Q的轨迹的长

度为.

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）

微信是现代生活进行信息交流的重要工具，随机对使用微信的60人进行了统计，得到如下数

据统计表，每天使用微信时间在两小时以上的人被定义为“微信达人”，不超过两小时的人

被定义为“非微信达人”.已知“非微信达人”与“微信达人”人数比恰为3：2.

使用微信时间（单位：小时）频数频率

[0,0.5)30.05

[0.5,1)XP

[14.5)90.15

[1.5,2)150.25

[2,2.5)180.30

[2.5,3]yq

合计601.00

确定x,y,p>q的值，并补全频率分布直方图.

00.511.522.53时间(小时)

18.（本小题12.0分）

先后抛掷两枚骰子.

（1）写出该试验的样本空间.

（2）出现“点数相同”的结果有多少种？

19.（本小题12.0分）

在中，角4,B,C所对的边分别为a,b,c,且誓=上一1.

tanAa

⑴求B；

（2）若a=3,b=3「，求△ABC的面积.

20.（本小题12.0分）

在△ABC中，角4,B,C的对边分别是a,b,c,且acosB-bcosA=；c.

(I)求证tanA=3tanB；

(II)若B=45。，b=，飞，求△ABC的面积.

21.(本小题12.0分)

如图，在四棱锥P-ABC。中，底面4BCD是边长为2的菱形，^ABC=60°,AP4B为正三角

形，且侧面PAB，底面ABC。，E为线段4B的中点，M在线段PD上.

(1)求证：PELAC-,

(2)当点M满足丽=2而时，求多面体P4ECM的体积.

C

22.(本小题12.0分)

在四棱锥P-ABC。中，底面4BCC是边长为2的菱形，^BAD=6CPA1面4BCD,PA=V3，

E,F分别为BC,PA的中点.

(/)求证：BF〃面PDE；

(II)求二面角。一PE-4的大小的正弦值；

(五)求点C到面PDE的距离.

rB

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，直观图如图所示.

其表面积S=1X^X12X34-^X47TX12=^.

2284

故选：C.

由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，画出直观图，根据球的表面积公式和扇形的面

积公式，即可求出结果.

本题主要考查了是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状，属于基础

题.

2.【答案】D

【解析】解：丫。，b是两条相交直线，且a〃a,

•••b//a,或b与a相交，

b在a外.

故选：D.

利用空间中直线与直线、直线与平面的位置关系进行判断.

本题考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，是基础题，解题时要认真审题，注意空间

思维能力的培养.

3.【答案】C

【解析】解：由正弦定理可得，a：b：c=3：5：7,

设a=3k(k>0),则b=5k,c=7k,所以C最大.

由余弦定理可得，cosC=也*=对+密二迎=_1,

因为0。<C<180°,所以。=120°.

故选：c.

由正弦定理可得出a：b：c=3：5：7,设a=3/c(k>0),则b=5k,c=7k,然后根据余弦定

理求出cosC即可得出答案.

本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属于基础题.

4.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力，是中档题.

画出图形，判断D的位置，然后求解几何体的体积即可.

【解答】

解：设4B,C,。是同一个半径为6的球的球面上四点，△ABC为等边三角形,

々xAB2-sin60°=:x9x9x?=吗3，

2224

球心为0,三角形力BC的外心为0',显然。在。'。的延长线与球的交点如图：

O'C=：x?x9=3q，00'=J62—（3「）2=3,

则三棱锥D-ABC高的最大值为：3+6=9,

则三棱锥。-ABC体积的最大值为：竽x9x1=2等

434

故选：D.

5.【答案】A

【解析】解：|初==||一加I，.•.优石为邻边的平行四边形是菱形，如下图:

D

作而=a,~AD=h>ABC。是平行四边形，则=a—b<~AC=

B

a4-b，

•・•△4BD是等边三角形，

衣与同的夹角为也即五+&与五的夹角猊.

OO

故选：A.

根据条件得出以五花为邻边的平行四边形为菱形，然后画出图形，从而可求出五+石与方的夹角.

本题考查了向量加法和减法的几何意义，向量加法的平行四边形法则，菱形的定义，向量夹角的

定义，考查了计算能力，属于中档题.

6.【答案】D

【解析】解：由题意可知曲线C为椭圆，且m>n,e2=^=

可得m>2n

可得九=1时，m=2,3,4,5,6；

n=2时，m=4,5,6；

n=3时，m=6；共9种情况，

所有的结果有36种，

所以概率为p=2=;.

DO4

故选：D.

由椭圆的离心率可得m，n的关系，再由m,”的点数，可得rn,n的取值，进而求出概率.

本题考查椭圆的性质的应用及概率的求法，属于基础题.

7.【答案】B

【解析】解：①只有。iQ1平面BCGB1，即2Q1平面4。。送1时，

才能满足对于任意给定的点P,存在点Q,使得DiQ1CP,

•••过A点于平面。。遇送垂直的直线只有一条DiQ,

而

①错误；

②当点P与&重合时，

CP1AB,且CP1AD1,

：.CPL平面力映，

••・对于任意给定的点Q,都有DiQu平面ABD1，

•••对于任意给定的点Q,存在点P,使得CP_LDiQ,

②正确；

③只有CP垂直DiR在平面BCG当中的射影时，DrR1CP,

③正确；

④只有CP_L平面时，④才正确，

••,过C点的平面4CD1的垂线与8区无交点，

④错误.

故选:B.

根据直线与直线、直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别分析选项，利用排除法能得

出结论.

本题考查直线与直线、直线与平面的位置关系的判断，是中档题，解题时要注意空间思维能力的

培养.

8.【答案】C

【解析】解：根据正四面体的性质可知：

①0E与MN平行显然错误；

②BD与MN为异面直线,由异面直线的定义可判断正确；

③由三角形GMN为等边三角形，故GH与MN成60。角，故正确；

④过垂直于4F,显然可证4尸垂直于平面EHD,可得AF与ED垂直，进而得出DE与MN垂直，

故正确.

故选：C.

根据正四面体的性质可知，异面直线的定义可判断：

①DE与MN平行显然错误；②BD与MN为异面直线；

③由三角形GMN为等边三角形，可判断，④过EH垂直于力尸，显然可证4F垂直于平面EHD,可

得4F与EO垂直，进而得出OE与MN垂直.

本题考查了正四面体的定义和线线，线面垂直的判断，属于基础题型，应熟练掌握.

9.【答案】ABD

【解析】解：2=与72(-1)

\z\=V(-1)2+(-1)2=C，故A正确;

复数Zi=1+i,z=—1—i,

则z-Z]=-2-2i,

故|z—Zi|=J(-2)2+(-2)2=2，无，故B正确;

z=-l+i,故C错误；

z的虚部为-1,故。正确.

故选：ABD.

根据已知条件，结合复数的四则运算，先对z化简，即可依次求解.

本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于基础题.

10.【答案】ABC

【解析】解：选项4等号左侧表示一个向量，等号右侧是一个数量，不可能相等，即选项A错

误；

选项8,a,-b=\a\'\b|cos<a<b>=1>并不能说明|五|=1或|b|=1,即选项B错误；

选项C,若五7=九己则|五|•|B|cos〈落b>=\b\-|c|cos<K，c>,所以141cosc方，b>=

|c|cos<^c>.即选项C错误；

选项。，当方、求不三个向量同向时，0.石）工=Z•（小迨是成立的，即选项£>成立.

故选：ABC.

根据平面向量数量积的运算律，即可得解.

本题考查平面向量的数量积，熟练掌握平面向量数量积的运算律是解题的关键，考查逻辑推理能

力和运算能力，属于基础题.

11.【答案】AC

【解析】解：因为2=与1,

AT2

BP-TS=TE-TS=SE=^-^-RS>4正确；

贞+汴=同+汴=方=匕g打，B错误；

ES-AP=RC-QC=RQ=^^-QB=C正确:

AT+BQ=SD+RD=^^CR=RS=RD-SD>

若科+的=要而，则历=6,不合题意，。错误.

故选:AC.

结合向量的概念，平面向量的加法，减法，数乘向量的几何意义分别检验各选项即可判断.

本题以正五角星为载体，主要考查了平面向量的概念及运算法则，考查运算求解能力，属于基础

题.

12.【答案】ACD

【解析】解：(1)若底边长为2,2,2,侧棱长为2,2,1；

设AB=1,4B的中点为E,则力BJ.CE,AB1DE,

：.AB_L平面COE,

vCE=DE=J22_(扔=CD-2,■■■coszCFD-

_2_

2CEDE——15，

.)n4d

:.smZ-CED=-15“•

lzie4nli

•1-V=/CDE-AB=3X2X~X~X~lTX1=~T

(2)若底边长为1,1,1,侧棱长为2,2,2；

设底面中心为。，则OB=?x'=?,

(3)若底面边长为2,2,1,侧棱长为2,2,1,

设4B=CD=1,其余各棱长均为2,由⑴可知coszCEO=空学*贮=”

.，「厂八2V14

•*«S\JL\Z.CED=———

<T4

V=QS^CDE,481

12

故选：ACD.

分三种情况分别计算棱锥的体积即可.

本题考查了棱锥的体积计算，属于中档题.

13.【答案】12

【解析】

【分析】

本题考查了分层随机抽样应用问题，是基础题.

计算抽样比值，求出m的值，再计算抽取的人数.

【解答】

解：由题意知，抽样比为盖=2，

由表格数据知，m=300-40-50-60-10-20=120,

所以抽取持“支持”态度的男职员人数为120x^=12.

故答案为：12.

14.【答案】一:

【解析】解：•••正方形4BC0的边长为1,E为BC的中点,

.-.AE-JD=(AB+|^4D)•(-AB+AD)

-->21一…»……一，1——♦2

=-AB+豺BSD+扣D

11

=-1+0+5=-于

故答案为:—p

将问题中的向量转化为函，而，即可求解.

本题考查向量数量积的求解，属中档题.

15.【答案】（O'?）

【解析】解：设△4BC中角4,B,C所对的边分别为a,b,c,由2S+C7国•前=0,

得2xbcsinA+yJ~3bccosA=0,即有sinZ+y/~3cosA=0,

所以tQ7h4=

又Ae

所以4=专.

因为|就|=，3，即a=，3，由正弦定理可得：|=忌=爵，

所以b=2smB,c=2sinC,

从而S=1bcsinA

=\T~3sinBsinC

i—71

=y/3sinBsin(^—8)

LC1

=y/3sinB(~2~cos^--^sinB)

,—V-31—cos2B

=C(7-sin2B-----------)

-号sin(2B+3)—,

又Be(辅)，2B+a&曲，可得sin(2B+*e0,l),

则S6(0，W).

4

故答案为：(0,孕).

4

由已知利用三角形的面积公式化简可得sinA+GCOSA=0.从而可求tcmA,结合4的范围可求4

的大小，由正弦定理得b=2sinB,c=2sinC,可求s=?sin(2B+》—?，可求范围28+^6

仁,票)，利用正弦函数的性质即可求解S的取值范围.

本题主要考察了余弦定理，三角形的面积公式，正弦定理以及正弦函数的性质在解三角形中的综

合应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题.

16.【答案吗

【解析】

【分析】

本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，棱柱的几何特征，动点的轨迹，属于中档题.

以BC的中点。为坐标原点，建立空间直角坐标系，由条件进行推导可得点Q的轨迹是过/4BC的重

心，且与BC平行的线段，进而根据正三棱柱ABC-4B1G中棱长均为2,可得答案.

【解答】

解：因为点P是侧面BCG/内的动点，且41P〃平面BCM,

则P点的轨迹是过4点与平面MBC平行的平面与侧面8CGa的交线,

则易知P点的轨迹是连接侧棱BBi，CCi中点的线段

以BC中点。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则M(0,-q,l),B(l,O,O),C(—l,O,O),

设P(Xi，0,l),Q(X2，y,0),

则丽=(1,43,-1),祝=(-用=

由题意得丽-VQ=O,MC-PQ=0,

即「2一久1+Cy+1=0

l-(x2-%i)+V-3y+1=0'

解得y=_]?,Xx=X2>

故点Q的轨迹m〃BC,且经过三角形48c的重心，

长度为|x2=全

故答案为：I

17.【答案】解：因为“非微信达人”与“微信达人”人数比恰为3：2,

所以3+鬻;15=方又因为3+x+9+15+18+y=60,解得x=9,y=6,

所以p=U=0.15,q=2=0.10,补全的频率分布直方图如图所示:

【解析】由“非微信达人”与“微信达人”人数比恰为3：2,结合频率分布表和频率分布直方图,

列出方程，可求出x,y,p,q的值，并补全频率分布直方图.

本题考查频率分布直方图的性质，属基础题.

18.【答案】解：(1)抛掷两枚骰子，第一枚骰子可能的基本结果用x表示，第二枚骰子可能的基本

结果用y表示，那么试验的基本事件可用(x,y)表示，

该试验的样本空间。为(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),

(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,1),

(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共36个;

(2)“点数相同”包含(1,1)、(2,2),(3,3),(4,4)、(5,5)、(6,6),共6种结果.

【解析】(1)根据两枚骰子的可能点数，即可写出样本空间；

(2)两枚骰子点数相同有六种情况，由此写出答案.

本题考查事件的概念，是基础题.

tanB上_1,得s加-osA+i=上,即三InBcosA+cosBsinA2c

19.【答案】解：(1)由

tanAacosBsinAacosBsinAa

所以sin(4+8)_sin(zr-C)_sinC_2c

cosBsinAcosBsinAcosBsinAa'

由正弦定理得缶=於鬻

因为0VC<7T,sinCH0,

所以COSB=I，

因为0<BV7T,

所以8=热

(2)在448c中，因为B=*a=3,b=由余弦定理，得63=c2+9-6ccosg,即c?-3c-

54=0,解得c=9或c=-6(舍去)，

所以SMBC=acsinB=ix3x9xsin^=?7?，

2234

即△ABC的面积为空I

4

【解析】(1)利用三角恒等变换及正弦定理化简已知条件，即可得到答案；

(2)利用余弦定理求出c=9,再代入三角形的面积公式，即可得到答案.

本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题.

20.【答案】解：(I)vacosB-bcosA=

・•・由正弦定理化简得：

11

sinAcosB—sinBcosA=-^sinC=-^sin(A+B)

=^sinAcosB+gcosAsinB,

整理得：sinAcosB=3cosAsinB,

vcosAcosBW0,

・•・tanA=3tanB；

(II)»tcmA=3，:.siTiA-—-—，cosA—>

由正弦定理一彳=心得：。=粤=土子=3,

stnAsinBsinBV_2

2

vsinC=sin(/l+8)=sinAcosB+cosAsinB

_3xTT0>T2,>TT0T2_2c

=^0-X-+^0-X—=-5-，

ci..iI—■=2>r-s0

S>ABC~~2cibsiTtC—•~x3oxv5x~=3•

【解析】此题考查了正弦定理，同角三角函数间的基本关系，以及三角形的面积公式，熟练掌握

正弦定理是解本题的关键.

(I)题中等式利用正弦定理化简，利用同角三角函数间基本关系整理即可得证；

(II)由tanB的值确定出tanA的值，进而求出s讥4与cosA的值，利用正弦定理求出a的值，由sinC=

sin(A+B),利用两角和与差的正弦函数公式化简，将各自的值代入求出sinC的值，由a,b,sinC

的值，利用三角形面积公式即可求出三角形ABC面积.

21.【答案】(1)证明：因为APaB为正三角形，E为的中点，所以PEJ.AB.

因为平面PABJ■平面4BCD,平面PABn平面力BCD=AB,PEu平面PAB,

所以PE1平面/BCD,

又因为4Cu平面A8CD,所以PEJL4c.

(2)由已知得/4ECM=^P-AEC+^P-ACM'

而SAACO=?,22=C,S"EC=gS—cD=?，

"1[«/Q,122

所以VpTEC=,PE=--三*3=5，^P-ACM=^P-ACD~^M-ACD=3^P-ACD=早

i27

所以匕X£CM=^P-AEC+^P-ACM=]+§=f

【解析】(1)根据三线合-可证明PEI4B,再由面面垂直的性质定理可证明PEJ■平面ZBCD,证

明得PEJ.4C；

(2)根据VpAECM=^P-AEC+^P-ACM,分别求解，P-4EC，“P-4CM，即可得多面体P4ECM的体积.

本题考查了立体几何中的面面垂直的性质和多面体几何体的求解问题，意在考查学生的空间想象

能力和逻辑推理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相

互转化，通过严密推理进行证明.

22.【答案】(I)证明：取P0中点G,连结GF,

vE