第第頁浙江省臺州市2022-2023學年高一下學期期末數學試題一、單選題1．復數?1?2iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知向量a=(1，m)，A．-2 B．?12 C．13．我國南宋數學家秦九韶，發現了三角形面積公式，即S=12c2aA．24 B．34 C．224．已知表面積為27πA．3 B．32 C．6 D．5．一個袋子中裝有大小和質地相同的5個球，其中有2個黃色球，3個紅色球，從袋中不放回的依次隨機摸出2個球，則事件“兩次都摸到紅色球”的概率為（）A．14 B．310 C．136．拋擲一枚骰子5次，記錄每次骰子出現的點數，已知這些點數的平均數為2且出現點數6，則這些點數的方差為（）A．3.5 B．4 C．4.5 D．57．正三棱臺ABC?A1B1C1中，AA1⊥A．25 B．35 C．458．如圖，在△ABC中，D是BC的中點，E是AC上的點，AC=2AB，CD=1，AE=3EC，∠ADB=∠EDC=α，則A．32 B．33 C．23二、多選題9．已知一個古典概型的樣本空間Ω和事件A、B，滿足n(Ω)=32，n(A．P(A)C．A與B互斥 D．A與B相互獨立10．已知m，n，l是空間中三條不同直線，α，β，，γA．若m?α，m∥β，n?β，B．若α∩β=m，α∩γ=n，β∩γ=l，C．若α⊥β，α⊥γD．若α∩β=m，α⊥β，11．如圖，在平行四邊形ABCD中，∠B=60°，A．當點E是AD的中點時，BDB．存在點E，使得(C．EB?ECD．若CE=xCB+yCD，x12．四面體ABCD中，AB=BC=CD=DA=BD=2，AC=m，則有（）A．存在m，使得直線CD與平面ABC所成角為πB．存在m，使得二面角A?BC?D的平面角大小為πC．若m=2，則四面體ABCD的內切球的體積是6D．若m=3，則四面體ABCD的外接球的表面積是28π三、填空題13．已知復數z=1?i（i為虛數單位），則|z14．已知正方體ABCD?A1B1C1D15．在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，已知B=θ，b=2，c=2，若△ABC有兩解，則16．已知平面向量a，b，c均為非零向量，a?b=a?c=14四、解答題17．已知復數z=2?i，i（1）求z2（2）若z是關于x的方程2x18．已知a，b是非零向量，①|a|=3|b|（1）從①②③中選取其中兩個作為條件，證明另外一個成立；（注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.）（2）在①②的條件下，(a+b19．如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C（1）求證：AB1//（2）求三棱錐B120．第19屆亞運會將于2023年9月23日至10月8日在杭州舉行，為了弘揚奧林匹克和亞運精神，某學校對全體高中學生組織了一次關于亞運會相關知識的測試.從全校學生中隨機抽取了100名學生的成績作為樣本進行統計，測試滿分為100分，并將這100名同學的測試成績分成5組，繪制成了如圖所示的頻率分布直方圖.（1）求頻率分布直方圖中t的值，并估計這100名學生的平均成績；（2）用樣本頻率估計總體，如果將頻率視為概率，從全校學生中隨機抽取3名學生，求3名學生中至少有2人成績不低于80分的概率.21．在銳角△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，b=（1）求證：2b=a+c；（2）求sinB22．如圖，平面ADEF⊥平面ABCD，四邊形ADEF為矩形，且M為線段EF上的動點，AB//CD，∠ABC=90°（1）當M為線段EF的中點時，（i）求證：AM⊥平面BDM（ii）求直線AM與平面MBC所成角的正弦值；（2）記直線AM與平面MBC所成角為α，平面MAD與平面MBC的夾角為β，是否存在點M使得α=β?若存在，求出

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】由題意可知：復數?1?2i在復平面內對應的點為-1，-2，位于第三象限.

故答案為：C.

2．【答案】B【解析】【解答】因為a∥b，則1×-1=2×m，解得m=-13．【答案】B【解析】【解答】由題意可得：S=121?(c2+a2?12)2，

因為a2+c2≥2ac=2，當且僅當a=c4．【答案】A【解析】【解答】設圓錐的半徑r，母線為l，

由題意可得πr2+πrl=27π2πr=15．【答案】B【解析】【解答】由題意可得：事件“兩次都摸到紅色球”的概率P=35×246．【答案】B【解析】【解答】設第i次的點數為xi∈1，2，3，4，5，6，i∈1，2，3，4，5，

由題意不妨設x5=6，則x1+x2+x3+x7．【答案】A【解析】【解答】如圖，將正三棱臺ABC?A1B1C1補成正三棱錐S-ABC，

因為AA1⊥平面B1BCC1，即SA⊥平面SBC，

可知SB⊥平面SAC，SC⊥平面SAB，則SA⊥SB，SA⊥SC，SB⊥SC，

又因為AB=2A1B1，則A1為SA的中點，

同理可得：B1為SB的中點，C1為SC的中點，

取SC1的中點D，連接B1D，AD，則B1D∥BC1，

所以異面直線AB1與BC1所成角為∠AB1D（或其補角），

設BC=2，則AB1=18．【答案】D【解析】【解答】設CE=m，則AE=3m，AB=2m，AC=4m，

在△ABC中，由正弦定理可得ABsinC=ACsinB，則sinB=ACABsinC=2sinC，

在△ABD中，由正弦定理可得ABsin∠ADB=ADsinB，即2msinα=ADsinB，

在△CDE中，由正弦定理可得CEsin∠EDC=DEsinC，即msinα=DEsinC，

整理得：2=ADsinBDEsinC=AD2DE，即AD=4DE，

在9．【答案】A,B,D【解析】【解答】對A：PA=nAnΩ=12，PB=nBnΩ=14，PA∪B=n10．【答案】B,C【解析】【解答】對AD：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1?平面ABB1A1，AA1∥平面BCC1B1，CC1?平面BCC1B1，CC1∥平面ABB1A1，但平面ABB1A1與平面BCC1B1相交，故A錯誤；

平面ABB1A1∩平面BCC1B1=BB1，平面ABB111．【答案】A,C,D【解析】【解答】對A：當點E是AD的中點時，BD→=BE→+ED→=BE→+12BC→，故A正確；

對D：因為CE→=CD→+DE→=xCB→+yCD→，則DE→=xCB→，y=1，可得x∈0，1，

所以x+2y=x+2∈2，3，故D正確；

可得CE→=xCB→+CD→，x∈12．【答案】B,C,D【解析】【解答】對A：取AC中點E，連接ED，EB，過D作DF⊥BE，交EB于點F.

因為AB=BC=CD=DA，所以ED⊥AC，EB⊥AC，

又因為ED∩EB=E，ED?平面BED，EB?平面BED，

所以AC⊥平面BED，且DF?平面BED，所以AC⊥DF.

又因為DF⊥BE，AC∩BE=E，AC?平面ABC，BE?平面ABC，

所以DF⊥平面ABC，所以∠FCD為直線CD與平面ABC所成角.

若∠FCD=π3，因為CD=2，則DF=3，CF=1，又因為DB=DC=DA，

所以F為△ABC的外心，故FB=CF=1，所以FB+CF=2=BC，所以F∈BC，

又因為F為△ABC的外心，且AB=BC，所以F?BC，兩者相矛盾，故A錯誤；

對B：取BC中點G，連接GF，GD，因為DB=DC，所以BC⊥GD，

又因為DF⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以DF⊥BC，

又DG∩DF=D，DG?平面DGF，DF?平面DGF，

所以BC⊥平面DGF，又GF?平面DGF，所以BC⊥GF，

所以∠DGF是二面角A?BC?D的平面角，

若∠DGF=π3，因為DG=3，所以DF=32.

在Rt△BDF中，BF=22-322=72，所以△ABC的外接圓半徑為72，

在△ABC中，由正弦定理得，ACsin∠ABC=2×72=7AC，所以sin∠ABC=7m7；

由余弦定理得，cos∠ABC=4+4?m22×2×2=8?m28，

由7m72+8?m28=1得m=4217，故B正確；

對C：當m=2時，四面體ABCD為棱長為2的正四面體，底面BCD上的高DG=3，DH=233，

正四面體ABCD的高h=22-2332=263，

正四面體ABCD的體積V=13×34×22×263=223，

正四面體ABCD的表面積S=434×22=43，

設四面體ABCD的內切球的半徑為r，則r=3VS=3×22343=66，

所以四面體ABCD的內切球的體積為V1=43π×663=6π27，故C正確；

對D，四面體ABCD中AC=3，設四面體ABCD外接球球心為O，13．【答案】2【解析】【解答】由題意可得：|z|=12+-12=14．【答案】A（A，C，B1，D【解析】【解答】設A到平面A1DB的距離為d，

因為VA-A1DB=VA1-ADB，則13×d×12×32×32×32=13×3×12×3×3，解得d=3，

所以A到平面A1DB的距離為3，

連接AD1交A1D于點O，可知O為AD1的中點，所以D1到平面A1DB的距離為3，

可證平面A1BD∥平面AB1D1，所以15．【答案】(【解析】【解答】因為△ABC有兩解，則csinB<b，且B為銳角，

即2sinB<2，可得sinB<22，且B為銳角，則B∈0，π4，16．【答案】7【解析】【解答】由題意可得：k|a→|2=|a→+c→+2b→|17．【答案】（1）解：z2（2）解：2(2?i6+2p+q=0，p+8=0.，解得p=?8【解析】【分析】(1)根據復數的乘法運算求解；

(2)根據復數的乘法結合復數相等列式求解.18．【答案】（1）解：選①②：若|a|=3=3|b選①③：由|a?b|=|b即cos?a，b?=32選②③：由|a?b|=|b整理得|a|2?3|a（2）解：由(a+b)⊥而|a|=3|b|所以λ=【解析】【分析】(1)根據數量積的定義以及運算律分析證明；

(2)根據向量垂直結合數量積的運算律運算求解.19．【答案】（1）證明：連接B1C交因為D，E分別是AC，B1C的中點，則且AB1?平面C1DB所以AB1∥（2）解：過點D作DF垂直BC交于點F，

因為AB⊥因為CC1⊥平面ABC，DF?平面ABCBB1∩BC=B，則DF⊥平面B設BC=a，則DF=1VB當且僅當a=2所以三棱錐B1?DBC【解析】【分析】(1)根據線面平行的判定定理分析證明；

(2)先證DF⊥平面B20．【答案】（1）解：由頻率分布直方圖可得每組的頻率依次為0.則0.15+10t+0.設平均成績的估計值為x，則x=55×0所以這100名學生的平均成績估計值為74分.（2）解：每個學生成績不低于80分的概率為0.4.3名學生中恰有2人成績不低于80分的概率P13名學生中恰有3人成績不低于80分的概率P33名學生中至少有2人成績不低于80分的概率P=P【解析】【分析】(1)根據頻率分布直方圖可得相應的頻率，結合頻率和為求1求t，并結合平均數公式運算求解；

(2)根據題意用頻率估計概率，進而結合獨立事件概率乘法公式運算求解.21．【答案】（1）證明：因為b=由余弦定理得b===a整理得5b2=所以2b=a+c.（2）解：由（1）可知：2b=a+c，由余弦定理可得cosB=設ac=t，則因為2b=a+c，且a≠c，不妨設a>c，即a>b>c，可知t>1，且△ABC是銳角三角形，則cosA>0，得b2則a+c>4(a?c)，解得a由對勾函數可知f(t)=t+1則f(t)且B∈(0，所以sinB的取值范圍為(【解析】【分析】(1)根據題意利用余弦定理角化邊，分析證明；

(2)根據題意利用余弦定理整理得cosB=22．【答案】（1）解：（i）由題意，四邊形ABCD為直角梯形，且∠ABC=90°所以∠BCD=90°，所以取AB的中點N，連接DN，則CD//BN且CD=BN，且故四邊形BCDN為矩形，則DN//BC，且DN=BC，所以又由AB=2，所以BD2+A又平面ADM⊥平面ABCD，平面ADM∩平面ABCD=AD，BD?平面所以BD⊥平面ADM又AM?平面ADM，所以AM⊥BD，因為MD=MA=1，AD=2，則AM2又DM∩BD=D，DM、BD?平面BDM，所以AM（ii）取AD的中點為P，BC的中點為Q，連接MP、PQ、QM，過P在平面PQM內作PO垂直于MQ，垂足為O，又平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，AF⊥AD所以AF⊥平面ABCD，M為EF的中點，所以MP//AF，所以MP⊥平面ABCD，BC?平面ABCD又因為BC⊥PQ，PQ∩PM=P，PQ、PM?平面PMQ，所以BC⊥平面PMQ，PO?平面所以PO⊥BC，MQ∩BC=O，得PO⊥平面BCM，因為MP=22，PQ=所以MQ=M由等面積法可得PO=MP?PQ延長AD與BC交于點G，則D為AG的中點，G為直線AD與平面MBC的交點，設點A到平面MBC的距離為d，直線AM與平面MBC所成的角為θ，則POd=GP由AM=1，所以，sinθ（2）解：假設存在點M，使得α=β，延長AD與BC交于點G，連接MG則平面AMD∩平面MBC=MG，設AR⊥平面MBC，垂足為R，連接MR，∠AMR是直線AM與平面MBC所成的角，因為CD//AB且CD=12AB，所以，點D過點R作RT垂直于MG，垂足為T，

因為AR⊥平面MBC，MG?平面MBC，所以AR⊥MG，又因為RT⊥MG，AR∩RT=R，AR、RT?平面ART，所以MG⊥平面ART，因為AT?平面ART，所以∠ATR是二面角A?MG?B的平面角，所以sinα=AR