2022-2023学年浙江省台州市高一下学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省台州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题一、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〗复数在复平面内对应的点位于第三象限.故选：C.2.已知向量，，且，则实数（）A.-2 B. C. D.2〖答案〗B〖解析〗，由向量平行的坐标公式可得：.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，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，，则该三角形面积S的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意，，当且仅当时取等号，所以该三角形面积S的最大值为.故选：B.4.已知表面积为的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为（）A.3 B. C.6 D.〖答案〗A〖解析〗设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意可得，解得.故选：A5.一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. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意记个黄色球为、，个红色球为、、，从中摸出个球的可能结果有，，，，，，，，，，共个，其中两次都摸到红色球的有，，共个，故所求概率.故选：B.6.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（）A.3.5 B.4 C.4.5 D.5〖答案〗B〖解析〗不妨设这5个出现的点数为，且，由题意可知：，因为这些点数的平均数为2，则，可得，所以，即这5个数依次为，可得这些点数的方差为.故选：B.7.正三棱台中，平面，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如图将正三棱台补全为正三棱锥，因为平面，即平面，根据正三棱锥的性质可得平面，平面，平面，所以，，又平面，，又，所以为的中点，同理可得为的中点，为的中点，取的中点，连接，，则，所以即为异面直线与所成的角（或补角），不妨令，则，，，在中由余弦定理，即，解得，所以异面直线与所成角余弦值为.故选：A.8.如图，在中，D是BC的中点，E是AC上的点，，，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设在三角形与三角形中，解得：作的四等分点，且，由题意知，，又因为，所以，，又，所以，在三角形与三角形中，化简得：，代入解得：，从而解得：.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，，，，则下列结论正确的是（）A. B.C.A与B互斥 D.A与B相互独立〖答案〗ABD〖解析〗因为，，，，所以，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，，，所以事件A与B相互独立，故B、D选项正确.故选：ABD.10.已知，，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，，，，则B.若，，，，则C.若，，，则D.若，，，则〖答案〗BC〖解析〗对于选项A：在正方体中，平面，平面，平面，平面，满足条件，但平面平面，故A错误；对于选项D：平面平面，平面平面，，满足条件，但与平面、平面均不垂直，故D垂直，对于选项B：因为，由线面平行的判定定理可得，根据线面平行的性质定理可得，故B正确；对于选项C：若，则存在异于的直线，使得，因为，则//，根据线面平行的性质定理可得，所以，故C正确.故选：BC.11.如图，在平行四边形ABCD中，，，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，B.存在点，使得C.的最小值为D.若，，则的取值范围是〖答案〗ACD〖解析〗对于A，当点E是AD的中点时，，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，，，易得：，点E是边AD上的动点，设，，，，，所以，即不存在点，使得，故B错误；对于C，，所以，故当时，取到最小值，故C正确；对于D，若，即，所以，，即，，，故D正确.故选：ACD.12.四面体ABCD中，，，则有（）A.存在，使得直线CD与平面ABC所成角为B.存在，使得二面角的平面角大小为C.若，则四面体ABCD的内切球的体积是D.若，则四面体ABCD的外接球的表面积是〖答案〗BCD〖解析〗对于选项A，取中点，连接，过作，交于点，因为，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，所以为直线与平面所成角，若，因为，则，，又因为，所以为的外心，故，所以，所以；又因为为的外心，且，所以，出现矛盾，故选项A错误；对于选项B，取中点，连接，因为，所以，又因为平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以是二面角的平面角，若，因为，所以.在中，，所以的外接圆半径为，在中，由正弦定理得，，所以；由余弦定理得，，由得，故选项B正确；对于选项C，当时，四面体为棱长为2的正四面体，底面上的高，，正四面体的高，正四面体的体积，正四面体的表面积，设四面体的内切球的半径为，，所以四面体的内切球的体积为，故选项C正确；对于选项D，四面体中，设四面体外接球球心为，取中点，连接、、，则且，所以为二面角的平面角，，所以，设、分别是平面和平面的外接圆圆心，则，在中，，，在中，，即外接球的半径，四面体的外接球的表面积，故选项D正确.故选：BCD.三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13.已知复数（i为虚数单位），则____________.〖答案〗〖解析〗复数，所以.故〖答案〗为：.14.已知正方体棱长为3，在正方体的顶点中，到平面的距离为的顶点可能是______________.（写出一个顶点即可）〖答案〗A（A，C，，任填一个即可）〖解析〗显然在平面内，不合题意，设点A到平面的距离为，可知，因为，则，解得，设，即平面，且为的中点，所以点C到平面的距离为，可证平面//平面，则平面上任一点到平面的距离为，所以C，，符合题意，由图易知点到面的距离大于，综上所述：平面的距离为的顶点有且仅有A，C，，.故〖答案〗为：A（A，C，，任填一个即可）.15.在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知，，，若有两解，则的取值范围是_____________.〖答案〗〖解析〗由正弦定理得：，即，，若有两解，则，且，即，所以，故〖答案〗为：.16.已知平面向量，，均为非零向量，，且，，则的最小值为____________.〖答案〗〖解析〗因为平面向量，，均为非零向量，，且，所以，即，所以的最小值为.故〖答案〗为：.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，为虚数单位.（1）求；（2）若是关于的方程一个根，求p，q的值.解：（1）.（2），即，，解得，.18.已知，是非零向量，①；②；③.（1）从①②③中选取其中两个作为条件，证明另外一个成立；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.）（2）在①②的条件下，，求实数.解：（1）选①②：若，，则，所以③成立；选①③：由，得，而，则，即，又，所以，②成立；选②③：由，得，而，则，整理得，而，所以，①成立.（2）由，得，，而，，因此，又，所以.19.如图，在直三棱柱中，，，D为AC的中点.（1）求证：平面；（2）求三棱锥体积的最大值.解：（1）连接交于点E，连接DE，因为D，E分别是AC，的中点，则，且平面，平面，所以平面.（2）过点D作DF垂直BC交于点F，因为，则DF//AB，所以F为BC的中点，因为平面，平面，则，，平面，则平面，设，则，，当且仅当时，等号成立，所以三棱锥的体积的最大值是.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.解：（1）由频率分布直方图可得每组的频率依次为，则，解得，设平均成绩的估计值为，则（分），所以这100名学生的平均成绩估计值为74分.（2）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；3名学生中恰有3人成绩不低于80分的概率；3名学生中至少有2人成绩不低于80分的概率.21.在锐角中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，.（1）求证：；（2）求的取值范围.解：（1）因为，由余弦定理得，整理得，即，所以.（2）由（1）可知：，由余弦定理可得，设，则，因为，且，不妨设，即，可知，且是锐角三角形，则，得，即，则，解得，所以，由对勾函数可知在上单调递增，且，则，所以，且，则，所以的取值范围为.22.如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上动点，，，，.（1）当为线段的中点时，（i）求证：平面；（ii）求直线与平面所成角的正弦值；（2）记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在点使得?若存在，求出；若不存在，说明理由.解：（1）（i）由题意，四边形为直角梯形，且，，所以，所以，取的中点，连接，则且，且，故四边形为矩形，则，且，所以，又由，所以，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，，则，所以，又，、平面，所以平面.（ii）取的中点为，的中点为，连接、、，过在平面内作垂直于，垂足为，又平面平面，平面平面，，所以平面，为的中点，所以，所以平面，平面，所以，又因为，，、平面，所以平面，平面，所以，，平面，得平面，因为，，，所以，由等面积法可得，延长与交于点，则为的中点，为直线与平面的交点，设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，则，所以，由，所以.（2）假设存在点，使得，延长与交于点，连接，则平面平面，设平面，垂足为，连接，是直线与平面所成的角，因为且，所以点为的中点，则，过点作垂直于，垂足为，因为平面，平面，所以，又因为，，、平面，所以平面，因为平面，所以，是二面角的平面角，所以，，由，得，所以、重合，由，得，设，则，，由勾股定理可得，即，整理可得，解得或（舍），所以存在点，当，有成立.浙江省台州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题一、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〗复数在复平面内对应的点位于第三象限.故选：C.2.已知向量，，且，则实数（）A.-2 B. C. D.2〖答案〗B〖解析〗，由向量平行的坐标公式可得：.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，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，，则该三角形面积S的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意，，当且仅当时取等号，所以该三角形面积S的最大值为.故选：B.4.已知表面积为的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为（）A.3 B. C.6 D.〖答案〗A〖解析〗设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意可得，解得.故选：A5.一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. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意记个黄色球为、，个红色球为、、，从中摸出个球的可能结果有，，，，，，，，，，共个，其中两次都摸到红色球的有，，共个，故所求概率.故选：B.6.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（）A.3.5 B.4 C.4.5 D.5〖答案〗B〖解析〗不妨设这5个出现的点数为，且，由题意可知：，因为这些点数的平均数为2，则，可得，所以，即这5个数依次为，可得这些点数的方差为.故选：B.7.正三棱台中，平面，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如图将正三棱台补全为正三棱锥，因为平面，即平面，根据正三棱锥的性质可得平面，平面，平面，所以，，又平面，，又，所以为的中点，同理可得为的中点，为的中点，取的中点，连接，，则，所以即为异面直线与所成的角（或补角），不妨令，则，，，在中由余弦定理，即，解得，所以异面直线与所成角余弦值为.故选：A.8.如图，在中，D是BC的中点，E是AC上的点，，，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设在三角形与三角形中，解得：作的四等分点，且，由题意知，，又因为，所以，，又，所以，在三角形与三角形中，化简得：，代入解得：，从而解得：.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，，，，则下列结论正确的是（）A. B.C.A与B互斥 D.A与B相互独立〖答案〗ABD〖解析〗因为，，，，所以，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，，，所以事件A与B相互独立，故B、D选项正确.故选：ABD.10.已知，，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，，，，则B.若，，，，则C.若，，，则D.若，，，则〖答案〗BC〖解析〗对于选项A：在正方体中，平面，平面，平面，平面，满足条件，但平面平面，故A错误；对于选项D：平面平面，平面平面，，满足条件，但与平面、平面均不垂直，故D垂直，对于选项B：因为，由线面平行的判定定理可得，根据线面平行的性质定理可得，故B正确；对于选项C：若，则存在异于的直线，使得，因为，则//，根据线面平行的性质定理可得，所以，故C正确.故选：BC.11.如图，在平行四边形ABCD中，，，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，B.存在点，使得C.的最小值为D.若，，则的取值范围是〖答案〗ACD〖解析〗对于A，当点E是AD的中点时，，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，，，易得：，点E是边AD上的动点，设，，，，，所以，即不存在点，使得，故B错误；对于C，，所以，故当时，取到最小值，故C正确；对于D，若，即，所以，，即，，，故D正确.故选：ACD.12.四面体ABCD中，，，则有（）A.存在，使得直线CD与平面ABC所成角为B.存在，使得二面角的平面角大小为C.若，则四面体ABCD的内切球的体积是D.若，则四面体ABCD的外接球的表面积是〖答案〗BCD〖解析〗对于选项A，取中点，连接，过作，交于点，因为，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，所以为直线与平面所成角，若，因为，则，，又因为，所以为的外心，故，所以，所以；又因为为的外心，且，所以，出现矛盾，故选项A错误；对于选项B，取中点，连接，因为，所以，又因为平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以是二面角的平面角，若，因为，所以.在中，，所以的外接圆半径为，在中，由正弦定理得，，所以；由余弦定理得，，由得，故选项B正确；对于选项C，当时，四面体为棱长为2的正四面体，底面上的高，，正四面体的高，正四面体的体积，正四面体的表面积，设四面体的内切球的半径为，，所以四面体的内切球的体积为，故选项C正确；对于选项D，四面体中，设四面体外接球球心为，取中点，连接、、，则且，所以为二面角的平面角，，所以，设、分别是平面和平面的外接圆圆心，则，在中，，，在中，，即外接球的半径，四面体的外接球的表面积，故选项D正确.故选：BCD.三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13.已知复数（i为虚数单位），则____________.〖答案〗〖解析〗复数，所以.故〖答案〗为：.14.已知正方体棱长为3，在正方体的顶点中，到平面的距离为的顶点可能是______________.（写出一个顶点即可）〖答案〗A（A，C，，任填一个即可）〖解析〗显然在平面内，不合题意，设点A到平面的距离为，可知，因为，则，解得，设，即平面，且为的中点，所以点C到平面的距离为，可证平面//平面，则平面上任一点到平面的距离为，所以C，，符合题意，由图易知点到面的距离大于，综上所述：平面的距离为的顶点有且仅有A，C，，.故〖答案〗为：A（A，C，，任填一个即可）.15.在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知，，，若有两解，则的取值范围是_____________.〖答案〗〖解析〗由正弦定理得：，即，，若有两解，则，且，即，所以，故〖答案〗为：.16.已知平面向量，，均为非零向量，，且，，则的最小值为____________.〖答案〗〖解析〗因为平面向量，，均为非零向量，，且，所以，即，所以的最小值为.故〖答案〗为：.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，为虚数单位.（1）求；（2）若是关于的方程一个根，求p，q的值.解：（1）.（2），即，，解得，.18.已知，是非零向量，①；②；③.（1）从①②③中选取其中两个作为条件，证明另外一个成立；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.）（2）在①②的条件下，，求实数.解：（1）选①②：若，，则，所以③成立；选①③：由，得，而，则，即，又，所以，②成立；选②③：由，得，而，则，整理得，而，所以，①成立.（2）由，得，，而，，因此，又，所以.19.如图，在直三棱柱中，，，D为AC的中点.（1）求证：平面；（2）求三棱锥体积的最大值.解：（1）连接交于点E，连接DE，因为D，E分别是AC，的中点，则，且平面，平面，所以平面.（2）过点D作DF垂直BC交于点F，因为，则DF//AB，所以F为BC的中点，因为平面，平面，则，，平面，则平面，设，则，，当且仅当时，等号成立，所以三棱锥的体积的最大值是.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，