2022-2023學(xué)年福建省福州市鼓樓區(qū)重點中學(xué)高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷

第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學(xué)年福建省福州市鼓樓區(qū)重點中學(xué)高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.設(shè)復(fù)數(shù)z=1?i1+i，那么在復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z?1對應(yīng)的點位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.給定一組數(shù)據(jù)：2.1，3.0，3.2，3.4，3.8，4.0，4.2，4.4，5.3，5.6，則這組數(shù)據(jù)的第25百分位數(shù)是(

)A.3.0 B.3.2 C.4.4 D.5.33.如果一個水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是如圖所示的直角梯形，其中O′A′=2，∠B′A′O′=45°，B′C′//O′A′.則原平面圖形的面積為(

)A.32

B.62

C.4.如圖所示，A，B為正方體的兩個頂點，M，N為其所在棱的中點，則異面直線AB與MN所成角的大小為(

)A.30°

B.45°

C.60°

D.90°5.若(a+b+c)(b+c?a)=3ab，且sinA=2sinBcosC，那么△ABC是(

)A.直角三角形 B.等邊三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形6.如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(

)A. B.

C. D.7.如圖，一豎立在地面上的圓錐形物體的母線長為4，一只小蟲從圓錐的底面圓上的點P出發(fā)，繞圓錐爬行一周后回到點P處，若該小蟲爬行的最短路程為43，則這個圓錐的體積為(

)

A.153 B.3235π278.如圖，在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，AA1⊥底面ABCD，AA1=2AB，A.直線A1C與直線MNN可能異面

B.三棱錐A1?C1MN的體積保持不變

C.直線AC與直線MN所成角的大小與點M的位置有關(guān)

D.

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）9.給出以下結(jié)論：正確的為(

)A.直線a//平面α，直線b?α，則a//b B.若a?α，b?α，則a、b無公共點

C.若a?α，則a//α或a與α相交 D.若a∩α=A，則a?α10.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，下列命題中正確的有(

)A.若acosA=bcosB=ccosC，則△ABC一定是等邊三角形

B.若a2tanB=b2tanA，則△ABC一定是等腰三角形

11.已知α，β是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，則下列說法正確的有(

)A.若l//α，m//α，則l//m

B.若l//α，α//β，l?β，則l//β

C.若l⊥α，m⊥β，α⊥β，則l⊥m

D.若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，則l⊥β12.對于給定的△ABC，其外心為O，重心為G，垂心為H，則下列結(jié)論正確的是(

)A.AO?AB=12AB2

B.OA?OB=OA?OC=OB?OC

C.過點G的直線l交AB、三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.如圖，在四邊形ABCD中，DC=13AB，E為BC的中點，且AE=x﹒AB+y?

14.已知a=(2,1)與b=(1,2)，要使|a+tb|最小，則實數(shù)15.已知正三棱錐P?ABC的頂點都在球O的球面上，其側(cè)棱與底面所成角為π3，且PA=23，則球O的表面積為______16.如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為所在棱的中點，P為平面BCC1B1內(nèi)(包括邊界)

四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

已知向量a=(2,?6)，b=10．

(1)若a與b共線且方向相反，求向量b的坐標(biāo)；

(2)若a+b與b垂直，求向量a，18.(本小題12.0分)

如圖，在平面四邊形ABCD中，∠D=23π，CD=6，△ACD的面積為332．

(1)求AC的長；

(2)19.(本小題12.0分)

古人云“民以食為天”，某校為了了解學(xué)生食堂服務(wù)的整體情況，進(jìn)一步提高食堂的服務(wù)質(zhì)量，營造和諧的就餐環(huán)境，使同學(xué)們能夠獲得更好的飲食服務(wù).為此做了一次全校的問卷調(diào)查，問卷所涉及的問題均量化成對應(yīng)的分?jǐn)?shù)，從所有答卷中隨機(jī)抽取100份分?jǐn)?shù)作為樣本，將樣本的分?jǐn)?shù)(成績均為不低于40分的整數(shù))分成六段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]，得到如表所示的頻數(shù)分布表．樣本分?jǐn)?shù)段[40,50)[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]頻數(shù)51020a2510(1)求頻數(shù)分布表中a的值，并求樣本成績的中位數(shù)和平均數(shù)；

(2)已知落在[50,60)的分?jǐn)?shù)的平均值為56，方差是7；落在[60,70)的分?jǐn)?shù)的平均值為65，方差是4，求兩組成績的總平均數(shù)z?和總方差s220.(本小題12.0分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，AB//CD，AB⊥平面PAD，PA=AD=DC=2AB=4，PD=27，M是PC的中點．

(1)證明：BM//面PAD；

(2)證明：平面ABM⊥平面PCD；

(3)求三棱錐M?PAB的體積．21.(本小題12.0分)

在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，向量m=(sinB+sinC,sinA+sinB)，n=(sinB?sinC,sinA)，且m⊥n．

(1)求角C的大??；

(2)若c=22.(本小題12.0分)

如圖1所示，在矩形ABCD中，AB=4，BC=62，點E為線段AB上一點，AE=1，現(xiàn)將△BCE沿CE折起，將點B折到點B′位置，使得點B′在平面AECD上的射影在線段AD上，得到如圖2所示的四棱錐B′?AECD．

(1)在圖2中，線段B′C上是否存在點F，使得EF//平面B′AD？若存在，求B′FB′C的值，若不存在，請說明理由；

(2)在圖2中求二面角B′?EC?D的大?。?/p>

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：復(fù)數(shù)z=1?i1+i=(1?i)2(1+i)(1?i)=?2i2=?i，

那么在復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z?1=?1?i對應(yīng)的點2.【答案】B

【解析】解：因為10×25%=2.5，

因此這組數(shù)據(jù)的第25百分位數(shù)是數(shù)據(jù)中的第三個數(shù)據(jù)3.2，

故選：B．

因為10×25%=2.5，因此即可求解．

本題考查了百分位數(shù)的求解，考查了學(xué)生的運算能力，屬于基礎(chǔ)題．

3.【答案】A

【解析】解：直觀圖中，∵∠B′A′O′=∠B′O′A′=45°，∴△B′A′O′是等腰直角三角形，

∵O′A′=2，∴B′A′=B′O′=2，

∵B′C′//O′A′，∴∠C′B′O′=45°，

∵直觀圖是直角梯形，

∴O′C′⊥C′B′，∠C′O′B′=45°，∴C′B′=O′C′=1，

∴S直=12×2×24.【答案】C

【解析】解：作如圖所示的輔助線，由于M，N為其所在棱的中點，所以MN//PQ，

又因為AC//PQ，所以AC//MN，

所以∠CAB即為異面直線AB與MN所成的角，

因為AB=AC=BC，

所以∠CAB=60°．

故選：C．

利用中位線定理找到與MN平行的直線，利用異面直線所成角的定義得到∠CAB即為異面直線AB與MN所成的角，求解即可．

本題考查了空間平行關(guān)系以及異面直線所成的角，解題的關(guān)鍵是利用異面直線的定義找到異面直線所成的角，屬于基礎(chǔ)題．

5.【答案】B

【解析】【解析】

對(a+b+c)(b+c?a)=3bc化簡整理得b2?bc+c2=a2，代入余弦定理中求得cosA，進(jìn)而求得A=60°，又由sinA=2sinBcosC，可求sinAsinB=2cosC，即ab=2a2+b2?c22ab，化簡可得b=c，結(jié)合A=60°，進(jìn)而可判斷三角形的形狀．

本題主要考查了余弦定理在解三角形中的應(yīng)用．要熟練記憶余弦定理的公式及其變形公式，考查了計算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．

【解析】

解：∵(a+b+c)(b+c?a)=3bc，

∴[(b+c)+a][(b+c)?a]=3bc，

∴(b+c)2?a2=3bc，

b2+2bc+c2?a2=3bc，

b2?bc+c2=a2，

6.【答案】D

【解析】解：對于A選項，連接CD，如下圖所示：

因為AC//BD且AC=BD，所以，四邊形ABDC為平行四邊形，所以CD//AB，

因為N、Q分別為CE、DE的中點，則NQ//CD，所以NQ//AB，

因為AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，

所以，AB//平面MNQ；

對于B選項，連接CD，如下圖所示：

因為AC//BD且AC=BD，所以，四邊形ABDC為平行四邊形，所以AB//CD，

因為M、Q分別為CE、DE的中點，所以MQ//CD，所以MQ//AB，

因為AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；

對于C選項，連接CD，如下圖所示：

因為AC//BD且AC=BD，所以，四邊形ABDC為平行四邊形，所以AB//CD，

因為M、Q分別為CE、DE的中點，所以MQ//CD，所以MQ//AB，

因為AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；

對于D選項，連接CD、BE交于點O，

則O為BE的中點，設(shè)BE∩MN=F，連接FQ，

因為Q、O分別為AE、BE的中點，則OQ//AB，

若AB//平面MNQ，AB?平面ABE，平面ABE∩平面MNQ=FQ，則FQ//AB，

在平面ABE內(nèi)，過該平面內(nèi)的點Q作直線AB的平行線，有且只有一條，與題設(shè)矛盾，

假設(shè)不成立，故D選項中的直線AB與平面MNQ不平行．

故選：D．

利用線面平行的判定定理逐項判斷可得出合適的選項．

本題考查了線面平行的判定，屬于中檔題．

7.【答案】C

【解析】【分析】本題考查空間幾何體的表面展開圖的應(yīng)用，最小值的求法，三角形的解法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力，是拔高題．

作出該圓錐的側(cè)面展開圖，該小蟲爬行的最短路程為PP′，由余弦定理求出∠P′OP=2π3.【解答】解：作出該圓錐的側(cè)面展開圖，如圖所示：

該小蟲爬行的最短路程為PP′，

由余弦定理可得cos∠P′OP=OP2+OP′2?PP′22·OP?OP′=?12，

∴∠P′OP=2π3，設(shè)底面圓的半徑為r，

則有2πr=

8.【答案】B

【解析】解：對A選項，如右圖，過N作NE⊥AA1于E點，連接EB，則DN=AE=B1M，

∴EA1=BM，又EA1//BM，四邊形A1EBM為?，

∴EB//A1M，且EB=A1M，

又NE//DA，且NE=DA，DA//CB，且DA=CB，

∴NE//CB，且NE=CB，

∴四邊形BCNE為?，∴NC//EB，且NC=EB，

又∴EB//A1M，且EB=A1M，

∴NC//A1M，且NC=A1M，∴四邊形NCMA1為?，

∴直線A1C與直線MN共面，∴A選項錯誤；

對B選項，∵四邊形NCMA1為?，∴對角線A1C與NM相互平分，

∴A1與C到平面MNC1的距離相等，∴VA1?C1MN=VC?C1MN=VM?NCC1，

又△NCC1的面積為定值，M到平面NCC1的距離也為定值，

故三棱錐A1?C1MN的體積保持不變，∴B選項正確；

對C選項，∵AC⊥BD，又D1D⊥底面ABCD，

∴AC⊥D1D，∴AC⊥平面D1DBB1，又MN?平面D1DBB1，∴AC⊥MN，

∴直線AC9.【答案】CD

【解析】解：若直線a//平面α，直線b?α，則a//b或a與b異面，故A錯誤；

若a?α，b?α，則a、b至多有1個公共點，故B錯誤；

若a?α，則a//α或a與α相交，故C正確；

若a∩α=A，則a?α，故D正確．

故選：CD．

由直線與平面平行的定義判斷A；由直線與平面相交的性質(zhì)判斷B；由直線在平面外的定義判斷C與D．

本題考查空間中直線與平面的位置關(guān)系，考查空間想象能力與思維能力，是基礎(chǔ)題．

10.【答案】AC

【解析】解：對于A，由正弦定理可得sinAcosA=sinBcosB=sinCcosC，

故tanA=tanB=tanC，而A，B，C為三角形內(nèi)角，故A=B=C，

故三角形為等邊三角形，故A正確；

對于B，若a2tanB=b2tanA，由正弦定理及同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可得sin2AsinBcosB=sin2BsinAcosA，

即sinAcosA=sinBcosB，

故sin2A=sin2B，故2A=2B+2kπ，k∈Z或2A=π?2B+2kπ，k∈Z，

而A，B，A+B∈(0,π)，

故2A=2B或2A=π?2B即A=B或A+B=π2，

故三角形為等腰三角形或直角三角形，故B錯誤；

對于C，A>B等價于a>b，而后者等價于2RsinA>2RsinB，即sinA>sinB，

其中R為三角形外接圓半徑，故A>B的充要條件為sinA>sinB，故C正確；

對于D，由a11.【答案】BC

【解析】解：對于A，若l//α，m//α，l和m可以相交，故錯誤；

對于B，若l//α，α//β，l?β，則l//β，正確；

對于C，若l⊥α，α⊥β，則l//β或l在β內(nèi)，又m⊥β，則l⊥m正確；

對于D，若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，可能l?β，故不一定成立．

故選：BC．

由空間中直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系判斷即可．

本題考查了空間中直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．

12.【答案】ACD

【解析】【分析】本題考查了平面向量的綜合應(yīng)用，涉及了三角形外心、重心、垂心的應(yīng)用，屬于拔高題．

利用向量數(shù)量積的定義即可判斷選項A，利用向量數(shù)量積的運算法則將OA?OB=OA?OC變形，得到OA⊥BC，利用三角形的外心的定義即可判斷選項B，利用平面向量基本定理的推論即可判斷選項C，利用向量數(shù)量積的運算和向量垂直的條件可判斷【解答】解：如圖，設(shè)AB中點為M，則OM⊥AB，

所以|AO|cos∠OAM=|AM|，

所以AO?AB=|AO||AB|cos∠OAB

=|AB|(|AOcos∠OAB|)

=|AB|?|AB|2=12|AB|2，

故選項A正確；

因為OA?OB=OA?OC，

所以O(shè)A?(OB?OC)=0，

則OA?CB=0，

故OA⊥BC，

對于一般三角形而言，O是外心，OA不一定與BC垂直，

比如直角三角形ABC中，若B為直角頂點，

則O為斜邊AC的中點，OA與BC不垂直，故選項B錯誤；

設(shè)BC的中點為D，

則AG=23AD=13(AB+AC)

13.【答案】1

【解析】解：∵E為BC的中點，∴BE=12BC，

又BC=BA+AD+DC=?AB+AD+13AB，

∴BE=12(?214.【答案】?4【解析】解：|a+tb|2=(a+tb)=215.【答案】16π

【解析】解：根據(jù)題意，如圖，設(shè)點Q為△ABC的中心，則PQ⊥平面ABC，

三棱錐的側(cè)棱與底面所成角為π3，即∠PAQ=π3，

又由PA=23，則AQ=3，PQ=3．

則球心O在直線PQ上，連接AO，設(shè)球O的半徑為r，

則OA=OP=r，OQ=3?r，

在Rt△OAQ中，有r2=(3)2+(3?r)2，解可得r=2，16.【答案】2

【解析】解：根據(jù)題意，連接D1C，

E和F分別為所在棱的中點，則EF//CD1，則有EF//面BCD1，

F和G分別為所在棱的中點，則FG//BC，則有FG//面BCD1，

故有面EFG//面BCD1，

若D1P//平面EFG，則P必在平面BCD1內(nèi)，

又由P為平面BCC1B1內(nèi)一動點，故P的軌跡為平面BCC1B1和平面BCD1的交線，即線段BC，

其長度為2，即P點的軌跡長度為2．

故答案為：2．17.【答案】解：(1)∵a=(2,?6)，且a與b共線且方向相反．

∴設(shè)b=λa=(2λ,?6λ)，λ<0．

∵|b|=10，∴4λ2+36λ2=10，

∴λ=?12.∴【解析】(1)a與b共線且方向相反．設(shè)b=λa=(2λ,?6λ)，λ<0.利用向量的模轉(zhuǎn)化求解λ，即可得到結(jié)果．

(2)通過a+b與b18.【答案】解：(1)∵∠D=23π，CD=6，△ACD的面積為332，

∴S△ACD=12AD?CD?sinD=12×AD×6×32=332，

∴AD=6，

∴由余弦定理，得AC2=AD2+CD2?2AD?CD?cosD

=6+6?2×6×(?1【解析】(1)根據(jù)S△ACD=12AD?CD?sinD=332，求出AD，再利用余弦定理得AC；

(2)根據(jù)已知條件在19.【答案】解：(1)由5+10+20+a+25+10=100，解得a=30，

由0.05+0.1+0.2+x=0.5，所以x=0.15，

由成績在[70,80)的頻率為0.3，所以中位數(shù)為70+802=75，

平均數(shù)x?=45×0.05+55×0.10+65×0.20+75×0.30+85×0.25+95×0.10=2.25+5.5+13+22.5+21.25+9.5=74．

(2)由表可知，分?jǐn)?shù)在[50,60)的市民人數(shù)為10人，

成績在[60,70)的市民人數(shù)為20人，

故z?=10×56+65×2010+20=62，

【解析】(1)根據(jù)題意，求解x=0.15，再利用中位數(shù)和平均數(shù)公式，計算即可；

(2)由表可知，分?jǐn)?shù)在[50,60)的市民人數(shù)為10人，成績在[60,70)的市民人數(shù)為20人，再計算兩組成績的總平均數(shù)z?和總方差s2即可．

20.【答案】(1)證明：如圖，取PD的中點N，連接MN，AN，

又M為PC中點，∴MN//DC，MN=12DC，

又AB//DC，AB=12DC，

∴MN//AB，MN=AB，

∴四邊形ABMN為平行四邊形，

∴BM//AN，又BM?面PAD，AN?面PAD，

∴BM//面PAD；

(2)證明：取PD的中點N，連接MN，AN，

∵PA=AD，∴AN⊥PD，

∵AB//CD，AB⊥平面PAD，

∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AN，

又PD∩CD=D，PD、CD?平面PCD，

∴AN⊥平面PCD，

∵AN?平面ABM，

∴平面ABM⊥平面PCD．

(3)解：由(1)知，AN⊥PD，∴AN=AD2?(12PD)2=42?(7)2=3，

∵M(jìn)，N分別為PC，PD的中點，

【解析】(1)取PD的中點N，連接MN，AN，易證四邊形ABMN為平行四邊形，從而得BM//AN，再根據(jù)線面平行的判定定理，即可證明；

(2)取PD的中點N，連接MN，AN，則AN⊥PD，易知CD⊥平面PAD，有CD⊥AN，推出AN⊥平面PCD，再由面面垂直的判定定理，得證；

(3)由中位線的性質(zhì)，知MN//AB，由線面平行的判定定理知，MN//平