第第頁(yè)浙江省溫州市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)一檢測(cè)數(shù)學(xué)試題（A卷）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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．已知向量a=2,1,b=t,?1，若A．2 B．12 C．?2 2．設(shè)m是一條直線，α、β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題一定正確的是（）A．若α⊥β，m⊥α，則mB．若α⊥β，m//αC．若α//β，m⊥αD．若α//β，m3．復(fù)數(shù)i2024A．?12?12i B．?4．如圖，某校數(shù)學(xué)興趣小組對(duì)古塔AB進(jìn)行測(cè)量，AB與地面垂直，從地面C點(diǎn)看塔頂A的仰角β為60°，沿直線BC前行20米到點(diǎn)D此時(shí)看塔頂A的仰角α為30°，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可得古塔AB的高為（）米.A．103 B．20 C．10 D．5．?dāng)?shù)據(jù)：1，1，2，3，3，5，5，7，7，x的40%A．2 B．3 C．4 D．56．在銳角△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，面積為S，且3a2+c2A．38,34 B．38,7．已知樣本數(shù)據(jù)x1,xA．18.2 B．19.6 C．19.8 D．21.78．已知平面向量a,b,c滿足a=c=a?b=2,a?λA．2+3 B．32 C．2+23二、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(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)得部分分，有選錯(cuò)的得0分．9．已知復(fù)數(shù)z滿足z=1A．z?z=1 C．z?1的最大值為2 D．z10．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(tài).圖（1）形成對(duì)稱形態(tài)，圖（2）形成“右拖尾”形態(tài)，圖（3）形成“左拖尾”形態(tài)，根據(jù)所給圖作出以下判斷，正確的是（）A．圖（1）的平均數(shù)=中位數(shù)=眾數(shù)B．圖（2）的平均數(shù)<眾數(shù)<中位數(shù)C．圖（2）的眾數(shù)<中位數(shù)<平均數(shù)D．圖（3）的平均數(shù)<中位數(shù)<眾數(shù)11．正方體ABCD?A1B1C1D1棱長(zhǎng)為1，E，F(xiàn)分別為棱B1C1，AD（含端點(diǎn)）上的動(dòng)點(diǎn)，記過(guò)C，E，F(xiàn)三點(diǎn)的平面為α，記dA．d1+d2=2 B．d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2i?3是關(guān)于x的實(shí)系數(shù)方程2x13．設(shè)樣本空間Ω=1,2,3,4含有等可能的樣本點(diǎn)，A1=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AB=BC=CD=DA=6，BD=8，且四面體ABCD有棱切球，則AC的長(zhǎng)為．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．15．已知圓臺(tái)上底面半徑為1，下底面半徑為2，高為2．（1）求該圓臺(tái)的體積；（2）求該圓臺(tái)母線與下底面所成角的余弦值．16．已知a,b是單位向量，滿足a?2b=7，記（1）求θ；（2）若平面向量c在a上的投影向量為a,b?17．如圖，△ABC繞邊BC旋轉(zhuǎn)得到△DBC，其中AC=BC=2，AC⊥BC,AE⊥平面ABC，DE∥AC．（1）證明：BC⊥平面ACD；（2）若二面角B?DE?C的平面角為60°，求銳二面角D?CB?A平面角的正弦值．18．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，過(guò)△ABC內(nèi)一點(diǎn)M的直線l與直線AB交于D，記BA與DM夾角為θ.（1）已知c?acos（i）求角A﹔（ii）M為△ABC的重心，b=c=1,θ=30°，求AD；（2）請(qǐng)用向量方法探究θ與△ABC的邊和角之間的等量關(guān)系.19．給定兩組數(shù)據(jù)A=x1,x2,???,xn與B=y1,y2,???,y（1）當(dāng)n=3時(shí)，求XA,I（2）當(dāng)n=5時(shí)，求XA,I（3）現(xiàn)在有兩個(gè)專家甲、乙同時(shí)進(jìn)行鑒寶，已知專家甲的鑒定結(jié)果與真實(shí)價(jià)值I的差異量為a，專家甲與專家乙的鑒定結(jié)果的差異量為4，那么專家乙的鑒定結(jié)果與真實(shí)價(jià)值I的差異量是否可能為a+6？請(qǐng)說(shuō)明理由．

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：a=2,1,b=t,?1，若a∥故答案為：C.【分析】根據(jù)向量平行的坐標(biāo)表示列式求解即可.2．【答案】C【解析】【解答】解：A、若α⊥β，m⊥α，則m//β或B、若α⊥β，m//α，則m//β或C、若α//β，m⊥α，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可得D、若α//β，m//α，則故答案為：C.【分析】利用面面垂直的性質(zhì)定理以及面面平行的性質(zhì)定理逐項(xiàng)判斷即可.3．【答案】C【解析】【解答】解：i2024=i4×506故答案為：C.【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除法運(yùn)算法則求解即可.4．【答案】A【解析】【解答】解：設(shè)古塔AB的高為h米，在Rt△ABC中，BC=在Rt△ABD中，BD=由題意可知：CD=BD?BC，則20=3h?3則古塔AB的高為103故答案為：A.【分析】設(shè)古塔AB的高為h米，利用直角三角形三角關(guān)系可得BC=33h5．【答案】A【解析】【解答】解：10×40%=4，

A、若x=2，則1，1，2，2，3，3，5，5，7，7的40%B、若x=3，則1，1，2，3，3，3，5，5，7，7的40%分位數(shù)為3+32=3C、若x=4，則1，1，2，3，3，4，5，5，7，7的40%分位數(shù)為3+32=3D、若x=5，則1，1，2，3，3，5，5，5，7，7的40%分位數(shù)為3+3故答案為：A.【分析】根據(jù)百分位數(shù)計(jì)算公式逐項(xiàng)計(jì)算即可.6．【答案】B【解析】【解答】解：由3a2+整理可得tanB=3，因?yàn)锽∈0,由題意可得：0<C<π20<由正弦定理asinA=csin則△ABC面積S=1又因?yàn)棣?<C<π2，所以則△ABC面積S=3故答案為：B.【分析】根據(jù)題意利用余弦定理和面積公式可得B=π3，利用正弦定理結(jié)合三角恒等變換可得7．【答案】C【解析】【解答】解：易知19i=19xi=81,i=1則新樣本數(shù)據(jù)的方差為110故答案為：C.【分析】根據(jù)平均數(shù)和方差公式整理可得i=19xi8．【答案】D【解析】【解答】解：設(shè)OA=a,OB=則a?λb=OA?OP=若a?λb≥當(dāng)點(diǎn)P為線段OB的中點(diǎn)，且AP⊥OB，即a在b方向上的投影向量為12則a?b=12b2設(shè)OM=ma,MC,NC的最小值分別為過(guò)點(diǎn)C分別作直線設(shè)∠COA=θ，根據(jù)對(duì)稱性只需分析θ∈0,若θ∈0,π=2sin因?yàn)棣取?,π3，則θ+π3若θ∈π3=2sin因?yàn)棣取师?,π，則θ?π綜上所述：t∈3,23，即x=故答案為：D.【分析】根據(jù)題意結(jié)合向量的幾何意義分析可知b=2，進(jìn)而分析可知MC,NC的最小值分別為過(guò)點(diǎn)C分別作直線OA,OB的垂線長(zhǎng)，設(shè)∠COA=θ，分θ∈9．【答案】A,B,C【解析】【解答】解：對(duì)于A，設(shè)z=a+bi，因?yàn)閦=1,所以對(duì)于B，z+1z=z+z·zz=z+z=∈R，B選項(xiàng)正確；

對(duì)于C，由z=1，設(shè)z=cosθ+isinθ故選：ABC.【分析】本題主要考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的混合運(yùn)算以及共軛復(fù)數(shù)的相關(guān)知識(shí)運(yùn)算，根據(jù)共軛復(fù)數(shù)及乘法計(jì)算判斷A，B選項(xiàng)，應(yīng)用特殊值法判斷D選項(xiàng)，結(jié)合模長(zhǎng)公式判斷C選項(xiàng).10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、圖（1）的分布直方圖是對(duì)稱的，則平均數(shù)=中位數(shù)=眾數(shù)，故A正確；BC、圖（2）呈右拖尾，則眾數(shù)最小，平均數(shù)大于中位數(shù)，故B錯(cuò)誤，C正確；D、圖（3）呈左拖尾，眾數(shù)最大，平均數(shù)小于中位數(shù)，故D正確.故答案為：ACD.【分析】根據(jù)平均數(shù)，中位數(shù)，眾數(shù)的概念結(jié)合圖形分析判斷即可.11．【答案】A,C【解析】【解答】解：設(shè)C1E=x,DF=y，則可得CE=x在△CEF中，由余弦定理可得cos∠ECF=且∠ECF∈0,π，則則△CEF的面積S=1設(shè)平面α與直線A1D1的交點(diǎn)為G，連接GF,GE因?yàn)槠矫鍭DD1A1∥平面BCC1B1，且平面α∩平面ADD同理可得：GE∥CF，可知四邊形CEGF為平行四邊形，則S△GEF由三棱錐B?CEF可知：VB?CEF則13S?d由三棱錐D1?GEF可知：則13S?dA、若d1顯然x=0y=1和x=1y=0上式均成立，所以平面B、若d1整理可得x?y2+x?1即平面α是唯一的，故B錯(cuò)誤；C、若d1顯然x=0y=2?3和x=2?3D、若2d整理可得x?y2+2x?1所以平面α是唯一的，故D錯(cuò)誤.故答案為：AC.【分析】設(shè)C1E=x,DF=y，結(jié)合解三角形知識(shí)求得△CEF的面積S=x2+12．【答案】12【解析】【解答】解：易知?2i?3也是方程由韋達(dá)定理可得2i?3+故答案為：12.【分析】根據(jù)實(shí)系數(shù)一元二次方程虛根成對(duì)原理，結(jié)合韋達(dá)定理求解即可.13．【答案】2【解析】【解答】解：由題意可知：A1A2則PA1=n故PA故答案為：2.【分析】由題意利用列舉法求PA14．【答案】4【解析】【解答】解：設(shè)棱切球的球心為O，與棱AB,BC,CD,DA,AC,BD分別切于點(diǎn)E,F,G,H,I,J，如圖所示：

則AH=AI=AE,BE=BF=BJ,CI=CF=CG,DH=DG=DJ，由題意可得：AH+DH=6AE+BE=AH+BE=6BF+CF=BE+CF=6BJ+DJ=BE+DH=8則AC=AI+CI=AH+CF=4.故答案為：4.【分析】設(shè)球心以及相應(yīng)的切點(diǎn)，根據(jù)題意結(jié)合切線長(zhǎng)性質(zhì)可知相應(yīng)的長(zhǎng)度關(guān)系，棱長(zhǎng)關(guān)系分析運(yùn)算即可.15．【答案】（1）解：圓臺(tái)上底面半徑為1，下底面半徑為2，高為2，則圓臺(tái)的體積V=1（2）解：圓臺(tái)的軸截面，如圖所示：其中O2,O過(guò)C作CE⊥AB，垂足為E，可知CE∥O2則CE與上、下底面均垂直，則該圓臺(tái)母線與下底面所成角的大小為∠CBE，由題意可知：CE=O2O1=2則cos∠CBE=BEBC【解析】【分析】（1）根據(jù)臺(tái)體的體積公式求解即可；（2）作出圓臺(tái)的軸截面，分析可知該圓臺(tái)母線與下底面所成角的大小為∠CBE，結(jié)合題中數(shù)據(jù)分析求解即可.（1）由題意可知：該圓臺(tái)的體積V=1（2）借助于軸截面，如圖所示，其中O2,O過(guò)C作CE⊥AB，垂足為E，可知CE∥O2則CE與上、下底面均垂直，則該圓臺(tái)母線與下底面所成角的大小為∠CBE，由題意可知：CE=O2O1=2則cos∠CBE=BEBC16．【答案】（1）解：易知a=b=1由a?2b=7，可得a?2因?yàn)棣取?,π，所以（2）解：由（1）可知：a=b=1由題意，設(shè)c=x因?yàn)槠矫嫦蛄縞在a上的投影向量為a，則a?由題意可得：a?c=xa2則c=2a+b，可得【解析】【分析】（1）易知a=b=1，a?b=cos（2）設(shè)c=xa+y（1）因?yàn)閍=b=1若a?2b=即7=1?4cosθ+4，可得且θ∈0,π，所以（2）由（1）可知：a=b=1由題意可設(shè)c=x因?yàn)槠矫嫦蛄縞在a上的投影向量為a，則a?由題意可得：a?c=xa2則c=2a+所以c=217．【答案】（1）證明：因?yàn)锽C⊥AC,BC⊥CD，且AC∩CD=C，AC,CD?平面ACD，所以BC⊥平面ACD；（2）解：過(guò)C作CF⊥DE，垂足為F，連接BF，如圖所示：即CF⊥EF，因?yàn)锽C⊥平面ACD，EF?平面ACD，則BC⊥EF，且CF∩BC=C，CF,BC?平面BCF，則EF⊥平面BCF，由BF?平面BCF，可得EF⊥BF，可知二面角B?DE?C的平面角為∠BFC=60°，且BC=2，可得CF=2由（1）可知：BC⊥AC,BC⊥CD，則銳二面角D?CB?A平面角為∠ACD，且DE∥AC，可知∠ACD=∠CDF，可得sin∠ACD=則銳二面角D?CB?A平面角的正弦值為33【解析】【分析】（1）根據(jù)題意可得BC⊥AC,BC⊥CD，結(jié)合線面垂直的判定定理證明即可；（2）作輔助線，根據(jù)三垂線法分析可知二面角B?DE?C的平面角為∠BFC=60°，可得CF=23，結(jié)合（1）分析可知銳二面角D?CB?A平面角為（1）由題意可知：BC⊥AC,BC⊥CD，且AC∩CD=C，AC,CD?平面ACD，所以BC⊥平面ACD.（2）過(guò)C作CF⊥DE，垂足為F，連接BF，即CF⊥EF，因?yàn)锽C⊥平面ACD，EF?平面ACD，則BC⊥EF，且CF∩BC=C，CF,BC?平面BCF，則EF⊥平面BCF，由BF?平面BCF，可得EF⊥BF，可知二面角B?DE?C的平面角為∠BFC=60°，且BC=2，可得CF=2由（1）可知：BC⊥AC,BC⊥CD，則銳二面角D?CB?A平面角為∠ACD，且DE∥AC，可知∠ACD=∠CDF，可得sin∠ACD=所以銳二面角D?CB?A平面角的正弦值為3318．【答案】（1）解：（i）c?acosB=bsin則sinA+B?sin因?yàn)閟inB>0，所以cosA=sin又因?yàn)?°<A<180（ii）由題意b=c=1,θ=30°，因?yàn)镸為△ABC的重心，所以AM=所以AM=在△ADM中，由正弦定理知ADsin∠AMD=顯然△ABC為等腰三角形，則AM平分∠BAC，所以AD=4=2（2）解：直線l與△ABC的邊AC相交于點(diǎn)E，如圖所示：因?yàn)锽A=BC+即DE?又因?yàn)镈E?DE?DE?所以c|DE即ccos【解析】【分析】（1）（i）利用正弦定理結(jié)合兩角和的正弦公式計(jì)算即可；（ii）由AM=13(AB+AC)（2）由BA=BC+CA，結(jié)合數(shù)量積可得DE?BA=（1）（i）因?yàn)閏?acos由正弦定理可得sinC?即sinA+B?sin又0°<B<180°，所以sinB>0又0°<A<180（ii）由題意b=c=1,θ=30°，因?yàn)镸為△ABC的重心，所以AM=所以AM=在△ADM中，由正弦定理知ADsin∠AMD=顯然△ABC為等腰三角形，則AM平分∠BAC，所以AD=4=2（2）直線l與△ABC的邊AC相交于點(diǎn)E，如圖所示，因?yàn)锽A=BC+即DE?又因?yàn)镈E?DE?DE?所以c|DE即ccos19．【答案】（1）解：當(dāng)n=3時(shí)，則A=1,2,3,1,3,2可得XA,I則XA,I（2）解：設(shè)“XA,I=4”為事件M，樣本空間為Ω，因?yàn)閚=5，可知A共有5