2022-2023学年重庆市缙云教育联盟高一下学期期末数学试题（含解析）

这是一份2022-2023学年重庆市缙云教育联盟高一下学期期末数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，某几何体三视图为三个完全相同的圆心角为90°的扇形，则该几何体的表面积是( )
A. π2B. 3π4C. 5π4D. 7π4
2.已知两条相交直线a，b，a/​/平面α，则b与α的位置关系是
．( )
A. b⊂平面αB. b与平面α相交C. b/​/平面αD. b在平面α外
3.在△ABC中，sinA:sinB:sinC=3:5:7，则此三角形中的最大角的大小为
( )
A. 150∘B. 135∘C. 120∘D. 90∘
4.设A，B，C，D是同一个半径为6的球的球面上四点，且△ABC是边长为9的正三角形，则三棱锥D−ABC体积的最大值为
( )
A. 81 24B. 81 34C. 243 24D. 243 34
5.若向量a、b为两个非零向量，且a=b=a−b，则向量a+b与a的夹角为
( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
6.将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，将第一次向上的点数记为m，第二次向上的点数记为n，曲线C:x2m2+y2n2=1，则曲线C的焦点在x轴上且离心率e≤ 32的概率等于
．( )
A. 56B. 16C. 34D. 14
7.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点P，Q，R分别是线段B1B，AB和A1C上的动点，观察直线CP与D1Q，CP与D1R给出下列结论：
①对于任意给定的点Q，存在点P，使得CP⊥D1Q；
②对于任意给定的点P，存在点Q，使得D1Q⊥CP；
③对于任意给定的点R，存在点P，使得CP⊥D1R；
④对于任意给定的点P，存在点R，使得D1R⊥CP．
其中正确的结论是
( )
A. ①B. ②③C. ①④D. ②④
8.如图是正四面体的平面展开图，G,H,M,N分别是DE,BE,EF,EC的中点，在这个正四面体中：①DE与MN平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直.以上四个命题中，正确命题的个数是
．( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下面是关于复数z=2−1+i(i为虚数单位)的命题，其中真命题为
．( )
A. z= 2B. 若复数z1=1+i，则z−z1=2 2
C. z的共轭复数为1+iD. z的虚部为−1
10.已知a、b、c均为非零向量，下列命题错误的是
( )
A. ∃λ∈R，λa+b=a⋅b
B. a⋅b⋅c=a⋅b⋅c可能成立
C. 若a⋅b=b⋅c，则a=c
D. 若a⋅b=1，则a=1或b=1
11.正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中，以P,Q,R,S,T为顶点的多边形为正五边形且PTAT= 5−12，下列关系中正确的是( )
A. BP−TS= 5+12RSB. CQ+TP= 5+12TS
C. ES−AP= 5−12DRD. AT+BQ= 5−12CR
12.若四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，则其体积的可能值是( )
A. 1412B. 146C. 1112D. 116
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.某公司准备推出一项管理新措施，为了解公司职员对新措施的支持情况，设置了支持、不支持、无所谓三种态度，对本公司300名职工进行调查后，相关数据统计在如下表格中：
现从300名职员中用分层抽样的方法抽取30名座谈，则抽取“支持”态度的男职员的人数是 ．
14.已知正方形ABCD的边长为1，E为BC的中点，则AE⋅BD= ．
15.设▵ABC的面积为S，满足2S+ 3AB⋅AC=0.且|BC|= 3，若角B不是最小角，则S的取值范围是 ．
16.如图，在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，点M是侧棱AA1的中点，点P、Q分别是侧面BCC1B1、底面ABC内的动点，且A1P//平面BCM，PQ⊥平面BCM，则点Q的轨迹的长度为 ．
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.(本小题10分)
微信是现代生活进行信息交流的重要工具，随机对使用微信的60人进行了统计，得到如下数据统计表，每天使用微信时间在两小时以上的人被定义为“微信达人”，不超过两小时的人被定义为“非微信达人”.已知“非微信达人”与“微信达人”人数比恰为3∶2．
确定x，y，p，q的值，并补全频率分布直方图．
18.(本小题12分)
先后抛掷两枚骰子．
(1)写出该试验的样本空间．
(2)出现“点数相同”的结果有多少种？
19.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanBtanA=2ca−1．
(1)求B；
(2)若a=3，b=3 7，求▵ABC的面积．
20.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且acsB−bcsA=12c.
(1)求证：tanA=3tanB；
(2)若B=45°，b= 5，求△ABC的面积．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60∘，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，E为线段AB的中点，M在线段PD上．
(1)求证：PE⊥AC；
(2)当点M满足PM=2MD时，求多面体PAECM的体积．
22.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，PA⊥面ABCD，PA= 3，E，F分别为BC，PA的中点．
(1)求证：BF//面PDE；
(2)求二面角D−PE−A的正弦值；
(3)求点C到面PDE的距离．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查球的表面积，属于基础题．
由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，画出直观图，根据球的表面积公式和扇形的面积公式，即可求出结果．
【解答】
解：由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，直观图如图所示．
其表面积 S=12×π2×12×3+18×4π×12=5π4 ．
故选：C．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查线面位置关系，属于基础题．
根据空间中直线与平面的位置关系依次判断即可得出正确选项．
【解答】
解：因为两条相交直线a，b，a/​/平面α，
所以b与α相交或b/​/平面 α ，因而b在平面α外.
故选：D．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，属于基础题．
由正弦定理可得出 a:b:c=3:5:7 ，设 a=3k k>0 ，则 b=5k ， c=7k ，然后根据余弦定理求出 csC 即可得出答案．
【解答】
解：由正弦定理可得， a:b:c=3:5:7 ，
设 a=3k k>0 ，则 b=5k ， c=7k ，所以 C 最大．
由余弦定理可得， csC=a2+b2−c22ab=9k2+25k2−49k22×3k×5k=−12 ．
因为 0∘1 ，D错．
故选：ACD．
11.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查向量的加减与数乘混合运算，属于中档题．
结合平面向量的线性运算对选项进行分析，从而确定正确选项．
【解答】
解：在如图所示的正五角星中，以 A,B,C,D,E 为顶点的多边形为正五边形，且 PTAT= 5−12 ．
在A中， BP−TS=TE−TS=SE= 5+12RS ，故A正确；
在B中， CQ+TP=PA+TP=TA= 5+12ST ，故B错误；
在C中， ES−AP=RC−QC= 5−12QB= 5−12DR ，故C正确；
在D中， AT+BQ=SD+RD, 5−12CR=RS=RD−SD ，
若 AT+BQ= 5−12CR ，则 SD=0 ，不合题意，故D错误．
故选AC．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了棱锥的体积计算，属于难题．
先根据边长，分析四面体由3种情况：(1)1边为1，其他5边为2；(2)2边为1，其他四边为2；(3)3边为1，3边为2，分别计算棱锥的体积即可．
【解答】
解：因为四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，所以四面体的各棱长可以为(1)1边为1，其他5边为2；(2)2边为1，其他四边为2；(3)3边为1，3边为2．
(1)当四面体的各棱长为1边为1，其他5边为2；如图示：
不妨设 AB=1 ，其他5边为2；
取AB的中点为E，连结CE，DE，因为BC=AC=2，
所以CE⊥AB且 CE= AC2−AE2= 22−122= 152 ；
同理可证：DE⊥AB且 DE= 152 ．
又 CE∩DE=E ，CE,DE⊂平面CDE，所以AB⊥面 CDE ．
所以 V=13S▵CDE•AB ．
在△CDE中，取CD中点F，连结EF，则EF⊥CD，且 EF= CE2−CF2= 1522−12= 112 ，
所以 S▵CDE=12CD•EF=12×2× 112= 112
所以 V=13× 112×1= 116；
(2)当四面体的各棱长为2边为1，其他四边为2；由于三角形两边之和大于第三边，只能是对边为1，如图示：不妨设 AB=CD=1 ，其他4边为2；
取AB的中点为E，连结CE，DE，因为BC=AC=2，
所以CE⊥AB且 CE= AC2−AE2= 22−122= 152 ；
同理可证：DE⊥AB且 DE= 152 ．
又 CE∩DE=E ，CE,DE⊂平面CDE，所以AB⊥面 CDE .所以 V=13S▵CDE•AB ．
在△CDE中，取CD中点F，连结EF，则EF⊥CD，且 EF= CE2−CF2= 1522−122= 142 ，
所以 S▵CDE=12CD•EF=12×1× 142= 144
所以 V=13× 144×1= 1412；
(3)当四面体的各棱长为3边为1，3边为2；由于三角形两边之和大于第三边，只能是三条底边为1，侧棱为2，如图示：不妨设 AB=BC=AC=1 ， AD=BD=CD=2 ；
则四面体ABCD为正棱锥，过D作DO垂直底面于O，则O为三角形ABC的中心，
所以 OB=23× 32×AB=23× 32×1= 33 ，
所以 OD= DB2−OB2= 22− 332= 333 ．
而 S△ABC=12AB·AC·sin 60∘=12×1×1× 32= 34
所以 V=13× 34× 333= 1112 ．
故选：ACD．
13.【答案】12
【解析】【分析】
本题考查分层随机抽样，属基础题．
先求出抽样比，求出持“支持”态度的男职员的人数，即可求出答案．
【解答】
解：由题意知，抽样比为 30300 = 110 ，
由表格数据知 m=300−40−50−60−10−20=120 ，
所以抽取持“支持”态度的男职员的人数为120× 110 =12．
故答案为：12．
14.【答案】−12
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积的概念及其运算，属于中档题．
利用基向量 AB,AD 表示向量 AE,BD ，再由平面向量的数量积的运算性质求解即可．
【解答】
解： AE⋅BD=(AB+12AD)⋅(−AB+AD)
=−AB2+12AB⋅AD+12AD2
=−1+0+12=−12，
故答案为：−12．
15.【答案】0, 34
【解析】【分析】
本题考查解三角形中三角形面积最值的计算问题，难度一般.一般地，在△ ABC 中，已知一角及其对边求三角形面积最值及周长最值，都采用余弦定理，结合基本不等式得出另外两边之积或两边之和的最值即可得到答案．
先利用 2S+ 3AB⋅AC=0 解得角 A ，然后利用余弦定理及基本不等式解得 bc 的取值范围，再根据 S=12bcsinA 求解 S 的取值范围．
【解答】
解：由 2S+ 3AB⋅AC=0 得： bcsinA+ 3bccsA=0 ，即 sinA+ 3csA=0 ，
解得： tanA=− 3,A∈0,π ，所以 A=2π3 ．
又 |BC|=a= 3 ，由余弦定理得： a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2+bc
所以 b2+c2+bc=3 ，
又 B 不是最小角，所以 3=b2+c2+bc>2bc+bc=3bc ，得 bc