浙江省绍兴市柯桥区2023-2024学年高一上学期期末数学试题 Word版含解析.docx

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2023学年高一第一学期期末教学质量调测数学试题注意事项：1.本科考试分为试题卷和答题卷，考生须在答题卷上答题.2.答题前，请在答题卷的规定处用黑色字迹的签字笔或钢笔填写学校、班级、姓名和准考证号.3.试卷分为选择题和非选择题两部分，共6页.全卷满分150分，考试时间120分钟.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数（为虚数单位），则（）A.B.2C.D.1【答案】A【解析】【分析】根据复数模长公式计算.【详解】由复数得，.故选：A2.已知向量，，且，则（）A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】由，可得，计算即可得的值.【详解】由，故，故.故选：D.3.已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】根据斜二测画法的公式，画出复原图即可求解.【详解】因为，，取的中点为坐标原点，以为建立坐标系如左图，因斜二测直观图为矩形，，,则，可得原图中（右图），,,四边形的面积为.故选：D.4.大善塔，位于绍兴市区城市广场东南隅，是绍兴城地标性建筑，其塔顶部可以近似地看成一个正六棱锥.假设该六棱锥的侧面和底面的夹角为，则该六棱锥的高和底面边长之比为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】如图正六棱锥中，取的中点，则为侧面和底面的夹角，根据的值可求得的值. 【详解】如图正六棱锥中，底面中心为，取的中点，连接，则，所以为侧面和底面的夹角，即因为底面，底面，所以，所以，又，所以，所以.故选：C5.某校组织高一1班，2班开展数学竞赛，1班40人，2班30人，根据统计分析，两班成绩的方差分别为，.记两个班总成绩的方差为，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】借助分层抽样的方差公式计算即可得.【详解】设两个班的平均分分别为，，两个班的总的平均分为，则.故选：B.6.有一座6层大楼，3人从大楼第一层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则这3人离开电梯的层数之和为10的概率是（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用古典概型，根据这人离开电梯的层数之和为的情况进行分类求解.【详解】假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的,则基本事件的总数，这人离开电梯的层数之和为有4种情况：①三个人下电梯的层数分别为，有种情况，②三个人下电梯的层数分别为，有种情况，③三个人下电梯的层数分别为，有种情况，④三个人下电梯的层数分别为，有种情况，所以这3人离开电梯的层数之和为10的概率是.故选：B.7.已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意，分析可得点的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可.【详解】若点P在正方形内，过点P作平面于，连接.则为直线与平面所成的角，则， 又，则，得，则点的轨迹为以为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分），若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段和，因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点的轨迹如图所示：故点P的轨迹长度为.故选：D8.费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为.已知在中，，为的费马点，若，，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意作出图形，设，利用正弦定理将表示为关于的式子，然后利用三角恒等变形与三角函数的值域求的取值范围即可.【详解】设，则，，由得，解得，满足，， 在中，，可得，同理可得，所以，因为，所以当，即时，最大值为，结合，可得的最小值为， 所以当时，由最小值，即的取值范围是.故选：D.【点睛】方法点睛：对于三角中有关边的最值问题，我们通常利用正弦定理将边转化为角，然后利用三角公式变形求最值.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下面给出的关系式中，不正确的是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据向量数量积的运算性质求解.【详解】对A：由可得，而，故A说法正确；对B：取，则成立，但不一定成立，故B说法错误；对C：表示与共线的向量，而表示与共线的向量，所以不一定成立，故C说法错误；对D：，故，故D说法错误.故选：BCD10.已知复数，，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则在复平面内对应的点在一条直线上【答案】AD【解析】 【分析】根据题意，由共轭复数的定义分析A；举反例说明BC；由复数的几何意义确定D.【详解】对于A：设，若，则，故必有，A正确；对于B：若，，则有，但，B错误；对于C：若，，则有，但，C错误；对于D：设复数，在复平面内对应的点为和若，则在复平面内对应的点为线段的中垂线，故在复平面内对应的点在一条直线上，D正确.故选：AD.11.下列命题正确的是（）A.对于事件，，若，则B.若三个事件，，两两互斥，则C.若，，则事件，相互独立与互斥不会同时发生D.若事件，满足，，，则【答案】BCD【解析】【分析】根据互斥事件的定义，结合独立事件的定义、对立事件的概率公式逐一判断即可.【详解】A：因为，所以事件，不是互斥事件，因此不成立，所以本选项不正确；B：根据互斥事件的性质可知本选项正确；C：假设事件，相互独立，则有，因此，所以和不互斥；反之，若事件，是互斥事件，则有，那么，所以事件，不独立，因此件，相互独立与互斥不会同时发生，所以本选项正确；D： 因，因为，所以，因此本选项正确，故选：BCD12.如图棱长为2的正方体中，是的中点，点是正方体表面上一动点，点为内（不含边界）的一点，若平面，则下列说法正确的是（）A.平面与线段交点为线段的中点B.到平面的距离为C.三棱锥体积存在最大值D.直线与直线所成角的余弦值的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】对A：取的中点，连接，可证四点共面即可判断A；对B：分别取的中点，可证平面平面，将到平面的距离转化为B到平面的距离，利用空间向量求解；对C：，判断能否取得最大值即可判断C；将直线与直线所成角的最小值转化为与平面夹角求解. 【详解】对A：取的中点，连接，则，所以四点共面，所以平面与线段的交点为线段的中点，故A正确；对B：分别取的中点，连接，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理可证：平面，又，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面，所以的轨迹为线段，所以到平面的距离为到平面的距离，以为坐标原点，分别以为轴正半轴建系，则，则，设平面的一个法向量，则取得，到平面的距离为,所以到平面的距离为，故B正确；对C：,当在E处时最大，而为内(不含边界)的点，故没有最大值，所以三棱锥体积不存在最大值，故 C错.对D：下面证明当在线段上运动时，恒有，当在线段上运动时，设由于在经过两点的直线上知，，，所以，所以，因为，当时，，当时，，所以当即在N处时有最大值；当P在线段上运动时，由对称性知，当在M处时有最大值，当在线段上运动时，设中点为，则，所以在N（或M）处时有最大值；综上知当线段上运动时，恒有.平面平面，平面平面，设平面平面，∴直线与直所成角为与所成角.设夹角， 根据最小角定理（斜线与平面内任意直线的夹角大于等于斜线与该平面的夹角）可知，大于等于与平面的夹角，作平面于H，则，而为定值，，所以，而为与平面夹角正弦值，，平面的法向量为，，∴，∴，所以直线与直线所成角的余弦值的最大值为，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：将直线平移转化到平面内的直线l是关键的一步，这样将与的夹角转化为与l的夹角，进而使用最小角定理转化为与平面夹角问题解决.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，，则________.【答案】【解析】【分析】计算，再求.【详解】，，所以，所以.故答案为：14.已知点为所在平面内一点，若，则点的轨迹必通过的________.（填：内心，外心，垂心，重心）【答案】外心【解析】【分析】为的中点，由，得，则点的轨迹必通过的外心. 【详解】点为所在平面内一点，若，设为的中点，，则有，所以，所以动点在线段的中垂线上，则点的轨迹必通过的外心.故答案为：外心15.在中，角分别对应边，，，已知函数，若存在最大值，则正数的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】由三角形的正弦定理和三角函数的恒等变换，以及正弦函数的最值，结合不等式可得正数的取值范围.【详解】设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，又，可得，即有，所以，，因为，若存在最大值，则，所以，即，解得. 故答案为：.16.已知三棱锥，面，，交于，交于，，记三棱锥，四棱锥的外接球的表面积分别为，，当三棱锥体积最大时，则________.【答案】【解析】【分析】画出对应图形，有题目条件可得其中相应线与线、线与面的位置关系，结合勾股定理可计算出相应长度，即可确定三棱锥的外接球球心及半径，以及四棱锥的外接球球心及半径与的关系，当三棱锥体积最大时，借助等体积法与基本不等式可得此时、的长度，即可帮助确定四棱锥的外接球半径的具体值，即可得解.【详解】由、，取中点，则，故为三棱锥外接球球心，且其半径，由平面，且、平面，故，，又，、平面，且，故平面，又、平面，故，，又，且、平面，，故平面，又、平面，故，，又，、平面，，故平面，又平面，故，又，故，连接，取中点，则为四边形外接圆圆心，连接点与中点，则，又平面，故平面，即平面， 又，故为四棱锥的外接球球心，且其半径，由平面，故，，由，故，有，则，当且仅当时等号成立，故三棱锥体积最大时，有，由，则，由，，则有，则有，解得，故，则.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，一是借助题目条件中所给的位置关系，结合线面垂直的性质定理及判定定理去确定新的位置关系，二是找几何体的外接球球心可借助外接球的性质，即球心到各定点距离相等，或想找出底面外接圆圆心，再过该点作垂直底面的直线，则球心定在此直线上. 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.已知平面向量，的夹角为，且，，.（1）当，求；（2）当时，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当，，两边平方，利用向量数量积求；（2）当时，有，利用向量数量积求的值.【小问1详解】平面向量，的夹角为，且，，当，，则，所以.【小问2详解】当时，，所以.18.《中国制造2025》提出“节能与新能源汽车”作为重点发展领域，这为我国节能与新能源汽车产业发展指明了方向，某新能源汽车生产商为了提升产品质量，对某款汽车的某项指标进行检测后，频率分布直方图如图所示：（1）求该项指标的第30百分位数；（2）若利用该指标制定一个标准，需要确定临界值，将该指标小于的汽车认为符合节能要求，已知 ，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求该款汽车符合节能要求的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用百分位数的定义求解；（2）分和，分别求出，写成分段函数的形式即可.【小问1详解】，，所以第30百分位数落在区间内，设其为，则，解得.即该项指标的第30百分位数为.小问2详解】当时，当时，所以.19.如图，在四棱锥中，，，，，，，点为的中点.（1）证明：平面； （2）当直线与平面所成角为时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，根据条件求出各点坐标，求出平面的一个法向量，根据即可得证；（2）根据条件求得P点坐标，再分别求得面与面的法向量，利用向量法求解即可.【小问1详解】以点A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，过点A且垂直于面的直线向上方向为z轴，建立空间直角坐标系，如图.则.设，则由得，由图知，故解得，所以.设，则，，，因为，，所以有，解得，故，则， 因为，易知面的一个法向量，因为，所以EP⊥平面ABCD【小问2详解】由（1）知因为直线PB与平面ABC所成角为45°，且平面，故有，因为，故解得，所以，则，设面的法向量为，则有，令，则则面的一个法向量，设面的法向量为，则有，令，则则面的一个法向量，设二面角的平面角为，由图知为锐角，故.即二面角的余弦值为.20.在中，内角对应的边分别为，，，若.（1）证明：；（2）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理，以及余弦定理将条件变形整理可得结论；（2）由已知变形可得，然后利用换元法求的取值范围.【小问1详解】解法1：，即证.解法2：要证，只要证，即证只要证，因为，所以成立，故；【小问2详解】，设. 21.某班学生分A，，，四组参加数学知识竞答，规则如下：四组之间进行单循环（每组均与另外三组进行一场比赛）；每场比赛胜者积3分，负者0分；若出现平局，则比赛双方各积1分.现假设四个组战胜或者负于对手的概率均为，出现平局的概率为，每场比赛相互独立.（1）求A组在参加两场比赛后得分为3分的概率；（2）一轮单循环结束后，求四组总积分一样的情况种数，并计算四组总积分一样的概率.【答案】（1）（2）7种，【解析】【分析】（1）A组在参加两场比赛后得分为3分有两种情况，一场胜二场负和一场负二场胜，根据分步乘法原理和分类加法原理可得；（2）求出6场比赛都出现平局的概率以及每组学生3场比赛结果均为1胜1平1负的概率，再求和即可.【小问1详解】A组在参加两场比赛后得分为3分的概率为【小问2详解】四组总积分一样，可以每次都是平局，也可以每组学生是一胜一负一平.如:A胜B负，A负C胜，AD平BC平，B胜D负，C负D胜不难发现，A的三种情况确定后，比赛结果是确定的，所以只要去看可能出现的情况，A胜B负，A负C胜，AD平，A负B胜，A胜C负，AD平A胜B负，A负D胜，AC平，A负B胜，A胜D负，AC平A胜C负，A负D胜，AB平，A负C胜，A胜D负，AB平共6+1=7种 22.如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置.（1）如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围；（2）我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线，如图3所示，记四面体的内切球半径为，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据求出的范围，将平面与平面所成锐二面角的余弦值表示为的函数，再求范围.（2）是四面体的表面积，可证，，从而证得结论.【小问1详解】由题意知，而，是的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面， 在平面内作的垂直作为轴，所以轴，如图以E为坐标原点，分别以分别为轴正半轴建立空间直角坐标系：因为，设，所以，，，，，则，，所以，，，，.设平面的法向量，由得，取，，解得.设平面的法向量，由得，取，设平面与平面所成锐二面角为，则， 所以平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是.【小问2详解】是四面体的表面积，，令与面所成角为，，，因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是，（取不到等号，），，