1、台州市台州市 2020 学年第二学期高一年级期末质量评估学年第二学期高一年级期末质量评估数学数学试题试题 2021.07 一一 单项选择题单项选择题：本题共：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项在每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求符合题目要求. 1.在复平面内复数3i(iz 为虚数单位)对应的点位于（ ） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.半径为 1 的球的体积为（ ） A. B. 3 C.4 D. 4 3 3.已知向量1,2 ,3,abm .若 / /ab，则m（ ） A.6 B.6 C.
2、 3 2 D. 3 2 4.“直线a与直线b没有交点”是“直线a与直线b为异面直线”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 5.已知ABC的内角 , ,A B C所对的边分别为, ,a b c，若 : :2:3:4a b c，则ABC为（ ） A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.等腰三角形 6.若数据 12 , n x xx的方差为 2，则 12 23,23,23 n xxx的方差为（ ） A.1 B.2 C.4 D.8 7.已知直线, l m和平面 , ，下列命题正确的是（ ） A.若/ / , / /l l，则/ / B.若
3、,ll，则/ / C.若 ,llm，则 /m D.若 , / / ,/ /lmlm，则/ / 8.已知向量, a b满足： 3,2abab.设a b 与a b 的夹角为，则sin的最大值为（ ） A. 4 5 B. 3 5 C. 1 2 D. 3 2 二二 多项选择题多项选择题：本题共：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的四个选项中，有多个选在每小题给出的四个选项中，有多个选 项符合题目要求项符合题目要求.全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分. 9.某公司为检测某型号汽车的质量问
4、题，需对三个批次生产的该型号汽车进行检测，三个批次产量分别为 100000 辆150000 辆和 250000 辆， 公司质监部门计划从中抽取 500 辆进行检测， 则下列说法正确的是 （ ） A.样本容量为 500 B.采用简单随机抽样比分层随机抽样合适 C.应采用分层随机抽样，三个批次的汽车被抽到的概率不相等 D.应采用分层随机抽样，三个批次分别抽取 100 辆150 辆250 辆 10.已知非零向量, ,a b c，下列命题正确的是（ ） A.若/ / ,/ /ab ac，则/ /bc B.若a ba c ，则b c C.abacbc D. 2 ()4abacb c 11.在ABC中，
5、60 ,45 ,2BACBAB，点D为直线BC上的点.则（ ） A.当ADBC时，2AD B.当 2AD 时，ADBC C.当AD为BAC 的角平分线时，2 32AD D.当2 32AD 时，AD为BAC的角平分线 12.如图， 在圆锥SO中， 轴截面SAB是边长为 2 的等边三角形， 点M为高SO上一动点， 圆柱MO为圆锥SO 的内接圆柱(内接圆柱的两个底面的圆周都在圆锥表面上).点P为圆锥底面的动点，且AMMP.则（ ） A.圆柱MO的侧面积的最大值为 3 2 B.圆柱MO的轴截面面积的最大值为3 C.当 2 2 OM 时，点P的轨迹长度为3 D.当 3 3 OM 时，直线MP与圆锥底面所
6、成角的最大值为60 三三 填空题填空题：本大题共：本大题共 4 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 20 分分 13.已知复数31 izmm (i为虚数单位)为纯虚数，则实数m_. 14.已知直线l与平面所成角为30，若直线m ，则l与m所成角的最小值为_. 15.某小区 12 户居民四月份月用水呈(单位：t)分别为： 5.413.66.87.716.83.5 10.57.120.54.915.211.1 则所给数据的第 75 百分位数是_. 16.在ABC中， 2,1.ABAC若对任意的R,3tABtAC恒成立，则角A的取值范围为 _. 四四 解答题解答题：本大题共：本大题共 5 小题，
7、共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤. 17.(本小题满分 12 分) 已知复数1 iz (i为虚数单位). （1）求z； （2）若i 1 i z ab ，求实数a和b的值. 18.(本小题满分 14 分) 如图，在三棱锥PABC中，2,1PAPBABACBCPC. （1）求证：PCAB； （2）求点P到平面ABC的距离. 19.(本小题满分 14 分) 某高中为了解全校高一学生的身高，随机抽取 40 个学生，将学生的身高分成 4 组：150,160 ,160,170)， 170,180 , 180,190，进行统计，画出如图所示的
8、频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中a的值； （2）求高一学生身高的平均数和中位数的估计值. 20.(本小题满分 14 分) 已知ABC的内角, ,A B C所对的边分别为, ,a b c，且_.请从下面三个条件中任选一个， 补充在题目 的横线上，并作答. coscos2 cos2sin2 sin2ABCBC；sinsinsinsincBCaA bB：ABC的面积为 222 3 4 abc . （1）求角A的大小； （2）若点D满足 c BDDC b ，且1AD ，求4cb的最小值. 21.(本小题满分 15 分) 在矩形ABCD中，4,2.ABAD点,E F分别在,AB CD上， 且2
9、,1AECF.沿EF将四边形AEFD翻 折至四边形A EFD，点A平面BCFE. （1）求证：/ / CD 平面A BE； （2）, ,A B C D 四点是否共面？给出结论，并给予证明； （3）在翻折的过程中，设二面角ABCE 的平面角为，求tan的最大值. 数学参考答案数学参考答案 一一 单项选择题单项选择题：本题共：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项在每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求符合题目要求. 1-8BDABCDBA 二二 多项选择题多项选择题：本题共：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分
10、，共 20 分分.在每小题给出的四个选项中，有多个选在每小题给出的四个选项中，有多个选 项符合题目要求项符合题目要求.全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分. 9.AD 10.AD 11.ABC 12.ACD 三三 填空题填空题：本大题共：本大题共 4 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 20 分分. 13.3 14.30 15.14.4 16. 2 , 33 四四 解答题解答题：本大题共：本大题共 5 小题，共小题，共 70 分，解答应写出文字说明分，解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤. 17.(本
11、小题满分为 12 分) （1） 22 |1( 1)2z （2）因为 2 (1)2 1(1) (1)2 zii i iii 所以a bii，所以0,1ab 18.(本小题满分为 14 分) 证明：取AB中点D，连接,PD CD， 因为2PAPBABACBC 所以,ABPD ABCD， 又因为PDCDD， 所以AB 平面PCD，. 又因为PC 平面PCD， 所以PCAB 解（2）过点P作PKCD，垂足K， 由（1）可知AB 平面PCD，又因为AB 平面ABC 所以平面PCD平面ABC，所以PK 平面ABC， 所以PK即为点P到平面ABC的距离 在PDC中， 222 3 3 15 cos 26233
12、 PDCDPC PDC PD CD 所以 2 533 sin31 66 PKPDPDC 即点P到平西ABC的距离为 33 6 . 19.(本小题满分为 14 分) （1） 由图可知150,160 , 170,180 , 180,190三组的频率分别为0.275,0.225,0.05， 所以身高在160,170 内的频率1 0.275 0.225 0.050.45， 所以 0.45 0.045 10 a ； （2）平均数0.275 155 0.45 165 0.225 175 0.05 185 165.5，. 设中位数x.由0.0275 100.0451600.5x 解得165x . 20.(本
13、小题满分为 15 分) 解： （1）若选，由已知得coscos2()cos2ABCA 2 2coscos10AA 即 1 cos 2 A 或cos1A(舍去) 又 2 0 3 AA 若选，由已知得 22, 2cosc bcabbcbcA即 1 cos 2 A 又 2 0 3 AA 若选，井已知得 31 2cossin 42 SbcAbcA， tan3A ，又 2 0 3 AA （2）解法一：()() c BDDCb ADABc ACAD b 即 bc ADABAC bcbc 22 222 22 22 1 2,? ()() b c ADb ABc ACbcAB AC bcbc 即 22 2 1
14、() b c bc ，bcb c 即 11 1 bc 114 4(4)59 cb cbcb bcbc 当且仅当 4cb bc ，即2bc，4cb有最小值 9. 解法二：由已知得 | | BDc bDC ，所以 AD 是BAC角分线： 113 sin60sin60(), 224 ABC SAB ADAC ADbc 又 13 sin120, 24 ABC SAB ACbcbcbc 以下解法同解法一 21.(本小题满分为 15 分) （1）证明：因为/DFAE，DF平面A EB，A E平面A EB， 所以/DF平面A EB， 因为/FCEB，FC 平面A EB，EB 平面A EB. 所以/DF平面A
15、 EB， 又因为FCDFF，所以平面/DFC平面A EB， 因为CD面DFC，所以CD / / 平面A EB： （2）,A B C D 四点不共面. 证明：假设,A D B C 四点共面，则/ADBC 或A DBCQ . 若/ADBC ，又因为AD 平再BCFE，所以/AD 平面BCFE， 所以/ADEF (与已知矛盾，舍去) 若A DBCQ ，所以Q平面A EFD，Q平面BCFE 根据基本事实 3，所以QEF 所以,A D BC EF 交于一点(与已知矛盾，舍去)； 综上所述，,A B C D 四点不共面. （3）解：如图，在面AC内作AOEF于点O，作AMAO于M，作MNBC于N， 由题意
16、可得点 M 为点 A 在平面BCFE的射影，所以A M平面BCFE 所以AMBC，又因为,MNBC MNA MM ， 所以BC 平面AMN，所以BCAN ， 所以ANM为二面角ABCE 的平面角 因为,AOEF A OEF ，所以AOM为二面角AEFB 的平面角， 设,0,AOM 当 2 时，点O与点M重合，由 412 , 55 AOON ， 可得 5 tan 3 ，. 0, 2 时，因为 4 5 AO ，所以 44 sin ,cos 55 A MOM 所以 44 cos 55 AM ，故 442128 4coscos 55555 MN 所以 5sin tan 32cos A M MN 同理当, 2 时， 44 sin ,cos 55 A MOM 所以 44 cos 55 AM ，故 442128 4coscos . 55555 MN 所以 5sin tan 32cos A M MN ， 设 5sin 32cos y ，所以5sin2 cos3 .yy所以 2 3 sin 45 y y ， 由 2 3 1 45 y y 解得11y 剟，所以tan的最大值为1. 当 2 cos 3 时取到.