2023學年第二學期溫州市高一期末教學質量統一檢測數學試題（A卷）本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共4頁，滿分150分，考試時間120分鐘．考生注意：1．考生答題前，務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫在答題卡上．2．選擇題的答案須用2B鉛筆將答題卡上對應題目的答案涂黑，如要改動，須將原填涂處用橡皮擦凈．3．非選擇題的答案須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題卡上相應區域內，答案寫在本試題卷上無效．選擇題部分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知向量，若∥，則（

）A．2 B． C． D．32．設是一條直線，、是兩個不同的平面，則下列命題一定正確的是（

）A．若，，則B．若，，則C．若，，則D．若，，則3．復數（

）A． B． C． D．4．如圖，某校數學興趣小組對古塔AB進行測量，AB與地面垂直，從地面C點看塔頂A的仰角為，沿直線BC前行20米到點D此時看塔頂A的仰角為，根據以上數據可得古塔AB的高為（

）米.A． B．20 C．10 D．5．數據：1，1，2，3，3，5，5，7，7，x的分位數為2.5，則x可以是（

）A．2 B．3 C．4 D．56．在銳角中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，面積為S，且，若，則面積的取值范圍是（

）A． B． C． D．7．已知樣本數據的平均數為9，方差為12，現這組樣本數據增加一個數據，此時新樣本數據的平均數為10，則新樣本數據的方差為（

）A．18.2 B．19.6 C．19.8 D．21.78．已知平面向量滿足對任意實數恒成立．若對每一個確定的，對任意實數m，n，有最小值t．當變化時，t的值域為，則（

）A． B． C． D．二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分．9．已知復數z滿足，則下列結論正確的是（

）A． B．C．的最大值為2 D．10．如圖所示，下列頻率分布直方圖顯示了三種不同的分布形態.圖（1）形成對稱形態，圖（2）形成“右拖尾”形態，圖（3）形成“左拖尾”形態，根據所給圖作出以下判斷，正確的是（）A．圖（1）的平均數中位數眾數B．圖（2）的平均數<眾數<中位數C．圖（2）的眾數中位數<平均數D．圖（3）的平均數中位數眾數11．正方體棱長為1，E，F分別為棱，AD（含端點）上的動點，記過C，E，F三點的平面為，記為點B到平面的距離，為點到平面的距離，則滿足條件（

）的是不唯一的．A． B．C． D．非選擇題部分三、填空題：本大題共3小題，每題5分，共15分．把答案填在題中的橫線上12．已知是關于x的實系數方程的一個根，則實數p的值為．13．設樣本空間含有等可能的樣本點，，則．14．與多面體的每條棱都相切的球稱為該多面體的棱切球．已知四面體ABCD滿足，，且四面體ABCD有棱切球，則AC的長為．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．已知圓臺上底面半徑為1，下底面半徑為2，高為2．(1)求該圓臺的體積；(2)求該圓臺母線與下底面所成角的余弦值．16．已知是單位向量，滿足，記與夾角為．(1)求；(2)若平面向量在上的投影向量為，求．17．如圖，繞邊BC旋轉得到，其中，平面ABC，∥．(1)證明：平面ACD；(2)若二面角的平面角為，求銳二面角平面角的正弦值．18．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，過內一點M的直線l與直線AB交于D，記與夾角為.(1)已知，（i）求角A﹔（ii）M為的重心，，求；(2)請用向量方法探究與的邊和角之間的等量關系.19．給定兩組數據與，稱為這兩組數據之間的“差異量”．鑒寶類的節目是當下非常流行的綜藝節目．現有n個古董，它們的價值各不相同，最值錢的古董記為1號，第二值錢的古董記為2號，以此類推，則古董價值的真實排序為．現在某專家在不知道古董真實排序的前提下，根據自己的經驗對這n個古董的價值從高到低依次進行重新排序為，其中為該專家給真實價值排第i位古董的位次編號，記，那么A與I的差異量可以有效反映一個專家的水平，該差異量越小說明專家的鑒寶能力越強．(1)當時，求的所有可能取值；(2)當時，求的概率；(3)現在有兩個專家甲、乙同時進行鑒寶，已知專家甲的鑒定結果與真實價值I的差異量為a，專家甲與專家乙的鑒定結果的差異量為4，那么專家乙的鑒定結果與真實價值I的差異量是否可能為？請說明理由．1．C【分析】根據向量平行的坐標表示運算求解.【詳解】因為，若∥，則，即.故選：C.2．C【解析】對于選項A：根據面面垂直的性質定理即可判斷；對于選項B：根據面面垂直的性質定理即可判斷；對于選項C：根據面面平行的性質定理判斷即可；對于選項D：根據線面的位置關系判斷即可.【詳解】對于選項A：若，，則或，故A不正確；對于選項B：若，，則或或，故B不正確；對于選項C：若，，根據面面平行的性質定理可得，故C正確；對于選項D：若，，則或，故D不正確.故選：C.【點睛】本題主要考查了面面垂直的性質定理以及面面平行的性質定理.屬于較易題.3．C【分析】由復數的乘除法運算法則求解即可.【詳解】.故選：C.4．A【分析】根據直角三角形三角關系可得，，根據題意列式求解即可.【詳解】設古塔AB的高為米，在中，可得；在中，可得；由題意可知：，即，解得，所以古塔AB的高為米.故選：A.5．A【分析】按照百分位數計算公式，逐項計算即可求解.【詳解】對于A，因為，所以若，則1，1，2，2，3，3，5，5，7，7的分位數為，故A正確；對于B，因為，所以若，則1，1，2，3，3，3，5，5，7，7的分位數為，故B錯誤；

對于C，因為，所以若，則1，1，2，3，3，4，5，5，7，7的分位數為，故C錯誤；

對于D，因為，所以若，則1，1，2，3，3，5，5，5，7，7的分位數為，故D錯誤.故選：A.6．A【分析】根據題意利用余弦定理和面積公式可得，利用正弦定理結合三角恒等變換可得，代入面積公式結合角C的范圍運算求解.【詳解】因為，則，整理可得，且，可知，由題意可得：，解得，由正弦定理可得，則面積，因為，則，可得，所以面積.故選：A.7．C【分析】根據平均數和方差公式整理可得，由新樣本數據的平均數可得，結合方差公式運算求解即可.【詳解】由題意可知：，可得，且，解得，所以新樣本數據的方差為.故選：C.8．D【分析】根據題意結合向量的幾何意義分析可知，進而分析可知的最小值分別為過點分別作直線的垂線長，設，分和兩種情況討論，結合三角函數運算求解即可.【詳解】設，，可知，則，可知的最小值即為點到直線的距離，若對任意實數恒成立，可知當點為線段的中點，且，即在方向上的投影向量為，則，可得，即，可知為等邊三角形，可設，則，可知的最小值分別為過點分別作直線的垂線長，設，根據對稱性只需分析即可，若，可得，因為，則，可得，即；若，則，因為，則，可得，即；綜上所述：，即，可得.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題的解題關鍵是把向量的模長轉化為兩點間距離，結合幾何性質分析求解，這樣可以省去煩瑣的運算.9．ABC【分析】根據共軛復數及乘法計算判斷A,B選項，應用特殊值法判斷D選項，結合模長公式判斷C選項.【詳解】設,所以,D選項錯誤；,C選項正確；設,因為所以，所以,A選項正確；,B選項正確.故選：ABC.10．ACD【詳解】根據平均數，中位數，眾數的概念結合圖形分析判斷.【分析】圖（1）的分布直方圖是對稱的，所以平均數=中位數=眾數，故A正確；圖（2）眾數最小，右拖尾平均數大于中位數，故B錯誤，C正確；圖（3）左拖尾眾數最大，平均數小于中位數，故D正確.故選：ACD.11．AC【分析】設，結合解三角形知識求得的面積，利用等體積法求得，.根據題意結合選項逐一分析判斷即可.【詳解】設，則，可得，在中，由余弦定理可得，且，則，所以的面積，設平面與直線的交點為，連接，可知，

因為平面∥平面，且平面平面，平面平面，可得∥，同理可得：∥，可知四邊形為平行四邊形，則，對于三棱錐可知：，則，解得；對于三棱錐可知：，則，解得；對于選項A：若，顯然和上式均成立，所以平面是不唯一的，故A正確；對于選項B：若，整理可得，解得，所以平面是唯一的，故B錯誤；對于選項C：若，顯然和上式均成立，所以平面是不唯一的，故C正確；對于選項D：若，整理可得，解得，所以平面是唯一的，故D錯誤；故選：AC.【點睛】關鍵點點睛：將平面延展為平面，分析可知為平行四邊形，進而可利用等體積法求.12．12【分析】根據題意分析可知也是方程的一個根，利用韋達定理運算求解即可.【詳解】因為是關于x的實系數方程的一個根，則也是關于x的實系數方程的一個根，由韋達定理可得，解得.故答案為：12.13．2【分析】根據題意利用列舉法求，代入即可得結果.【詳解】因為樣本空間，，則，可知，則，所以.故答案為：2.14．4【分析】設球心，和相應的切點，根據題意結合切線長性質可知相應的長度關系，結合題中棱長關系分析運算即可.【詳解】設棱切球的球心為，與棱分別切于點，可知，由題意可得：，解得，所以.故答案為：4.【點睛】關鍵點點睛：本題的解題關鍵是切線長相等，結合棱長列式求解即可.15．(1)(2)【分析】（1）根據題意利用臺體的體積公式運算求解；（2）借助于軸截面，分析可知該圓臺母線與下底面所成角的大小為，結合題中數據分析求解.【詳解】（1）由題意可知：該圓臺的體積.（2）借助于軸截面，如圖所示，其中分別為上、下底面圓的圓心，則與上、下底面均垂直，過作，垂足為，可知∥，則與上、下底面均垂直，則該圓臺母線與下底面所成角的大小為，由題意可知：，，可得，則，所以該圓臺母線與下底面所成角的余弦值為.16．(1)(2)【分析】（1）由題意可知，，由結合數量積的運算可得，即可得結果；（2）設，結合題意列式解得，結合模長與數量積的運算律分析求解.【詳解】（1）因為，則，若，則，即，可得，且，所以.（2）由（1）可知：，，由題意可設，因為平面向量在上的投影向量為，則，由題意可得：，可得，解得，則，可得，所以.17．(1)證明見詳解(2)【分析】（1）根據題意可得，結合線面垂直的判定定理分析證明；（2）作輔助線，根據三垂線法分析可知二面角的平面角為，可得，結合（1）分析可知銳二面角平面角為，運算求解即可.【詳解】（1）由題意可知：，且，平面，所以平面ACD.（2）過作，垂足為，連接，即，因為平面ACD，平面ACD，則，且，平面，則平面，由平面，可得，可知二面角的平面角為，且，可得，由（1）可知：，則銳二面角平面角為，且∥，可知，可得，所以銳二面角平面角的正弦值為.18．(1)（i）；（ii）(2)【分析】（1）（i）利用正弦定理將邊化角，再由兩角和的正弦公式計算可得；（ii）由及數量積模的運算求得，根據正弦定理結合三角恒等變換得，將代入求值即可；（2）由，結合數量積可得，再運用數量積定義可分別求出、、，代入整理即可.【詳解】（1）（i）因為，由正弦定理可得，即，所以，又，所以，所以，所以，又，所以.（ii）由題意，因為M為的重心，所以，所以，在中，由正弦定理知，所以，顯然為等腰三角形，則平分，所以；（2）直線與的邊相交于點，如圖所示，因為，所以，即，又因為，，，所以，即.19．(1)0，2，4(2)(3)不可能，理由見詳解【分析】（1）利用列舉法求的所有可能性結果，結合的定義運算求解；（2）分析可知樣本容量，且只能調整兩次兩個連續序號或連續三個序號之間調整順序，結合（1）中結論運算求解；（3）由題意可得：，，結合絕對值不等式的運算求解.【詳解】（1）若時，則，且，可得，所以的所有可能取值為0，2，4.（2）設“”為事件M，樣本空間為，因為，可知A共有個，即樣本容量，顯然若對調兩個位