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 數(shù)學(xué)試題（A卷）【含答案】

2023學(xué)年第二學(xué)期溫州市高一期末教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)一檢測數(shù)學(xué)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(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)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(yīng)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(yīng)區(qū)域內(nèi)，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(shè)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(fù)數(shù)（

）A． B． C． D．4．如圖，某校數(shù)學(xué)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(jù)以上數(shù)據(jù)可得古塔AB的高為（

）米.A． B．20 C．10 D．5．?dāng)?shù)據(jù)：1，1，2，3，3，5，5，7，7，x的分位數(shù)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(shù)據(jù)的平均數(shù)為9，方差為12，現(xiàn)這組樣本數(shù)據(jù)增加一個數(shù)據(jù)，此時新樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為10，則新樣本數(shù)據(jù)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(shù)恒成立．若對每一個確定的，對任意實數(shù)m，n，有最小值t．當(dāng)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(fù)數(shù)z滿足，則下列結(jié)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(tài).圖（1）形成對稱形態(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．正方體棱長為1，E，F(xiàn)分別為棱，AD（含端點）上的動點，記過C，E，F(xiàn)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(guān)于x的實系數(shù)方程的一個根，則實數(shù)p的值為．13．設(shè)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(yīng)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(zhuǎn)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(nèi)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(guān)系.19．給定兩組數(shù)據(jù)與，稱為這兩組數(shù)據(jù)之間的“差異量”．鑒寶類的節(jié)目是當(dāng)下非常流行的綜藝節(jié)目．現(xiàn)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(xiàn)在某專家在不知道古董真實排序的前提下，根據(jù)自己的經(jīng)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(dāng)時，求的所有可能取值；(2)當(dāng)時，求的概率；(3)現(xiàn)在有兩個專家甲、乙同時進行鑒寶，已知專家甲的鑒定結(jié)果與真實價值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)果與真實價值I的差異量是否可能為？請說明理由．1．C【分析】根據(jù)向量平行的坐標(biāo)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(jù)面面垂直的性質(zhì)定理即可判斷；對于選項B：根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理即可判斷；對于選項C：根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理判斷即可；對于選項D：根據(jù)線面的位置關(guān)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(jù)面面平行的性質(zhì)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(zhì)定理以及面面平行的性質(zhì)定理.屬于較易題.3．C【分析】由復(fù)數(shù)的乘除法運算法則求解即可.【詳解】.故選：C.4．A【分析】根據(jù)直角三角形三角關(guān)系可得，，根據(jù)題意列式求解即可.【詳解】設(shè)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(shù)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(shù)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(shù)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(shù)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(shù)為，故D錯誤.故選：A.6．A【分析】根據(jù)題意利用余弦定理和面積公式可得，利用正弦定理結(jié)合三角恒等變換可得，代入面積公式結(jié)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(jù)平均數(shù)和方差公式整理可得，由新樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)可得，結(jié)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(shù)據(jù)的方差為.故選：C.8．D【分析】根據(jù)題意結(jié)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(shè)，分和兩種情況討論，結(jié)合三角函數(shù)運算求解即可.【詳解】設(shè)，，可知，則，可知的最小值即為點到直線的距離，若對任意實數(shù)恒成立，可知當(dāng)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(shè)，則，可知的最小值分別為過點分別作直線的垂線長，設(shè)，根據(jù)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(guān)鍵點點睛：本題的解題關(guān)鍵是把向量的模長轉(zhuǎn)化為兩點間距離，結(jié)合幾何性質(zhì)分析求解，這樣可以省去煩瑣的運算.9．ABC【分析】根據(jù)共軛復(fù)數(shù)及乘法計算判斷A,B選項，應(yīng)用特殊值法判斷D選項，結(jié)合模長公式判斷C選項.【詳解】設(shè),所以,D選項錯誤；,C選項正確；設(shè),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(jù)平均數(shù)，中位數(shù)，眾數(shù)的概念結(jié)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(shù)=中位數(shù)=眾數(shù)，故A正確；圖（2）眾數(shù)最小，右拖尾平均數(shù)大于中位數(shù)，故B錯誤，C正確；圖（3）左拖尾眾數(shù)最大，平均數(shù)小于中位數(shù)，故D正確.故選：ACD.11．AC【分析】設(shè)，結(jié)合解三角形知識求得的面積，利用等體積法求得，.根據(jù)題意結(jié)合選項逐一分析判斷即可.【詳解】設(shè)，則，可得，在中，由余弦定理可得，且，則，所以的面積，設(shè)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(guān)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(jù)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(guān)于x的實系數(shù)方程的一個根，則也是關(guān)于x的實系數(shù)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(jù)題意利用列舉法求，代入即可得結(jié)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(shè)球心，和相應(yīng)的切點，根據(jù)題意結(jié)合切線長性質(zhì)可知相應(yīng)的長度關(guān)系，結(jié)合題中棱長關(guān)系分析運算即可.【詳解】設(shè)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(guān)鍵點點睛：本題的解題關(guān)鍵是切線長相等，結(jié)合棱長列式求解即可.15．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)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(jié)合題中數(shù)據(jù)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(jié)合數(shù)量積的運算可得，即可得結(jié)果；（2）設(shè)，結(jié)合題意列式解得，結(jié)合模長與數(shù)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(shè)，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(jù)題意可得，結(jié)合線面垂直的判定定理分析證明；（2）作輔助線，根據(jù)三垂線法分析可知二面角的平面角為，可得，結(jié)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(shù)量積模的運算求得，根據(jù)正弦定理結(jié)合三角恒等變換得，將代入求值即可；（2）由，結(jié)合數(shù)量積可得，再運用數(shù)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(jié)果，結(jié)合的定義運算求解；（2）分析可知樣本容量，且只能調(diào)整兩次兩個連續(xù)序號或連續(xù)三個序號之間調(diào)整順序，結(jié)合（1）中結(jié)論運算求解；（3）由題意可得：，，結(jié)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(shè)“”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(diào)兩個位