精品解析：浙江省重点中学四校2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题

2023学年第二学期高一年级四校联考 数学学科 试题卷 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）； 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若与共线，则（ ） A. B. 4 C. D. 或4 3. 如图，的斜二测直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为（ ） A. B. C. 6 D. 4. 某同学坚持夜跑锻炼身体，他用手机记录了连续周每周的跑步总里程（单位：千米），其数据分别为17，21，15，8，9，13，11，10，20，6，则这组数据的分位数是（ ） A. 12 B. 16 C. 17 D. 18.5 5. 已知，，分别是三内角，，的对边，则“”是“为直角三角形”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 6. 某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（ ） A. B. C. D. 7. 如图，平行四边形中，，.现将沿起，使二面角大小为120°，则折起后得到的三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 正方形边长为1，平面内一点满足，满足的点的轨迹分别与，交于，两点，令，分别为和方向上的单位向量，，为任意实数，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 设是不同的直线，是不同的平面，则下列说法不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 10. 已知，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 有最小值 B. 有最小值 C. 有最小值 D. 有最小值 11. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 存在点使得 B. 若点满足，则动点的轨迹长度为 C. 若点满足平面时，动点的轨迹是正六边形 D. 当点在侧面上运动，且满足时，二面角的最大值为60° 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量满足，则向量在上的投影向量为___________. 13. 若，则的最大值为______. 14. 在中，，，的外接圆为圆O，P为圆O上的点，则的取值范围是________. 四、解答题（本题共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中a的值； （2）求样本成绩的第75百分位数； （3）已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差 16. 如图，在直三棱柱中，，，四边形为正方形. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 17. 请从①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答（如未作出选择，则按照选择①评分.选择的编号请填写到答题卡对应位置上） 在中，，，分别是角，，的对边，若______， （1）求角的大小； （2）若，为边上一点，，，求的面积. 18. 在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 19. 如图，是一座“双塔钢结构自锚式悬索桥”，悬索的形状是平面几何中的悬链线，悬链线方程为（为参数，），当时，该方程就是双曲余弦函数，类似的有双曲正弦函数. （1）类比正弦函数的二倍角公式，请写出双曲正弦函数的一个正确的结论：______.（用，表示） （2），不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）设，证明：有唯一的正零点，并比较和的大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023学年第二学期高一年级四校联考 数学学科 试题卷 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）； 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接计算得到，然后根据虚部的定义即可. 【详解】，所以. 故选：B. 2. 已知向量，，若与共线，则（ ） A. B. 4 C. D. 或4 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量平行的坐标表示，再解方程即可. 【详解】由两向量共线可知，即，解得或. 故选：D. 3. 如图，的斜二测直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为（ ） A. B. C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】将直观图还原为原图，如图，求出，进而求出，即可求解. 【详解】将直观图还原为原图，如图， 由，，所以， 所以，则， 即原平面图形的面积是． 故选：D 4. 某同学坚持夜跑锻炼身体，他用手机记录了连续周每周的跑步总里程（单位：千米），其数据分别为17，21，15，8，9，13，11，10，20，6，则这组数据的分位数是（ ） A. 12 B. 16 C. 17 D. 18.5 【答案】C 【解析】 【分析】将数据从小到大排列，再根据百分位数计算规则计算可得. 【详解】依题意这个数据从小到大排列为：，，，，，，，，，， 又，所以分位数为从小到大排列的第八个数，即为. 故选：C 5. 已知，，分别是三内角，，的对边，则“”是“为直角三角形”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 【答案】A 【解析】 【分析】在中，由，利用正弦定理结合三角形内角和及三角形内角取值范围求出，所以 “”是“为直角三角形”的充分条件；举出反例可以说明“”不是“为直角三角形”的必要条件；最后选出答案即可. 【详解】在中，由正弦定理可得：， 由，可得：， 所以，因为，所以， 即，所以， 因为，所以， 所以，所以为直角三角形， 故“”是“为直角三角形”的充分条件； 若为直角三角形，设，， 则，所以， 所以， 所以“”不是“为直角三角形”的必要条件； 即“”是“为直角三角形”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据题意得到杯套的形状可看作一个圆台，求出该圆台的母线长及上、下底面圆的半径，然后结合圆台的侧面积公式、圆的面积公式求解即可. 【详解】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的，即4cm， 下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm， 上底面圆的半径是， 所以杯套的表面积. 故选：C. 7. 如图，平行四边形中，，.现将沿起，使二面角大小为120°，则折起后得到的三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出辅助线，找到二面角的平面角，并得到球心的位置，利用半径相等得到方程，求出外接球半径，得到表面积. 【详解】如图所示，过点作，过点作，两直线相交于点， 因为，， 所以，⊥，则⊥， 由于⊥，故即为二面角的平面角， 则， 过点作⊥于点， 因为⊥，⊥，，平面， 故⊥平面， 因为平面，所以⊥， 又，平面， 则⊥平面，， 取的中点，则外接球球心在平面的投影为，即⊥平面， 连接，，则，过点作，交直线于点， 则， ， ， 由余弦定理得 ， 设，则，故， 由勾股定理得，， 故，解得， 故外接球半径为，外接球表面积为. 故选：C 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 8. 正方形边长为1，平面内一点满足，满足的点的轨迹分别与，交于，两点，令，分别为和方向上的单位向量，，为任意实数，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据题意确定，的位置，然后设，利用平面向量的减法运算可得，，，最后求点关于的对称点,点关于的对称点，计算长度即可得到答案. 【详解】由题意知，当时，点的轨迹与相交于，即， 当时，点的轨迹与相交于，即. 设，则， ，. 于是, 设点关于的对称点,点关于的对称点， 则， 所以点共线的时候取得最小值， 即. 故选：B. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 设是不同的直线，是不同的平面，则下列说法不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，B，D选项，可以举出相应的反例否定，而C选项可以直接证明. 【详解】对于A，若，，则或，故A错误； 对于B，令，，，则，从而有，，但不满足，故B错误； 对于C，若，，，所以，因为是不同的平面，所以，故C正确； 对于D，若，，则或或与斜交，故D错误. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对空间中的位置关系的判定. 10. 已知，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 有最小值 B. 有最小值 C. 有最小值 D. 有最小值 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，直接利用基本不等式式即可；对于B，利用乘“1”法即可；对于C，代换，再利用乘“1”法即可；对于D，化简表达式得到，再利用和不能同时为零即可否定结论. 【详解】对于A，由，得，当且仅当，即，时取等号，故A正确； 对于B，，当且仅当，即，时取等号，故B正确； 对于C，由，得， 所以， 当且仅当，即，即时取等号，故C错误； 对于D，有， 而由于和不相等，从而它们不能同时为零，所以，故D错误. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用基本不等式及不等式的性质求出或否定最值. 11. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 存在点使得 B. 若点满足，则动点的轨迹长度为 C. 若点满足平面时，动点的轨迹是正六边形 D. 当点在侧面上运动，且满足时，二面角的最大值为60° 【答案】AC 【解析】 【分析】根据各选项的条件，分别确定动点的轨迹，判断轨迹的形状，求轨迹周长，求二面角，进行判断. 【详解】对A：如图： 当点位于边上时，因为平面，所以，故A正确； 对B：如图： 当时，点轨迹为矩形，其中分别为，中点，所以动点轨迹的周长为：，故B错误； 对C：如图： 当平面时，点轨迹是正六边形，其中均为棱的中点，故C正确； 对D：如图： 当点在侧面上运动，且满足时，点轨迹是以为圆心，以1为半径的圆弧，则即为二面角的平面角，所以当与的中点重合时，二面角取得最大值，此时，因为，所以.故D错误. 故选：AC 【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量满足，则向量在上的投影向量为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由投影向量的公式计算可得. 【详解】， 又在上的投影向量为， 故答案为：. 13. 若，则的最大值为______. 【答案】3 【解析】 【分析】由复数模的几何意义确定复数z对应点的轨迹，问题化为圆上点到原点的距离最大值，即可得结果. 【详解】令且，又， 所以，即， 所以复数z对应点在以为圆心，半径为1的圆上， 又表示圆上点到原点的距离，而圆心到原点距离为， 所以的最大值为. 故答案为：3 14. 在中，，，的外接圆为圆O，P为圆O上的点，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知条件利用三角形面积公式，向量的数量积和三角恒等变换，得，，的外接圆半径，，由向量的模和夹角讨论运算结果的取值范围. 【详解】，又， 由，解得， 由，得，则有，. ， 则有， ，则有，所以有，， 的外接圆为圆O，P为圆O上的点， 由正弦定理得的外接圆半径，则有， ， ，， 为中点，，， 当与方向相同时，有最大值， 当与方向相反时，有最小值， 所以的最大值为，最小值为， 即的取值范围是. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义，具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用，本题利用向量数量积的定义结合了图形几何性质求解. 四、解答题（本题共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中a的值； （2）求样本成绩的第75百分位数； （3）已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差 【答案】（1）0.030 （2）84 （3）总平均数是62，总方差是23. 【解析】 【分析】（1）利用小矩形的面积之和为1，进行求解； （2）先判断第75百分位数在，然后列方程可求得结果； （3）由频率分布直方图中数据结合方差计算公式即可解答. 【小问1详解】 每组小矩形的面积之和为1， ， ； 【小问2详解】 成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 设第75百分位数为m， 由， 得，故第75百分位数为84； 【小问3详解】 由频率分布直方图知，成绩在的市民人数为， 成绩在的市民人数为，所以； 由样本方差计算总体方差公式，得总方差为 16. 如图，在直三棱柱中，，，四边形为正方形. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，然后结合面面垂直的判定定理即可得证； （2）根据定义得出为二面角的平面角，结合解三角形知识即可得解. 【小问1详解】 由平面为正方形，因为，所以， 又因为，，所以， 所以，又，且，平面， 所以平面， 因为，所以平面， 因为平面，平面平面. 【小问2详解】 因为直角三角形中，. 所以，所以为等边三角形. 又因为为等腰三角形. 所以取得中点，连结，，则，， 所以为二面角的平面角. 因为直角三角形中，. 在等边三角形中， 所以在三角形中，. 所以二面角的余弦值为. 17. 请从①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答（如未作出选择，则按照选择①评分.选择的编号请填写到答题卡对应位置上） 在中，，，分别是角，，的对边，若______， （1）求角的大小； （2）若，为边上一点，，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）若选①，则由正弦定理、三角恒等变换可得，由此即可得解；若选②，则由正弦定理、余弦定理可得，由此即可得解；若选③，则由正弦定理三角恒等变换可得，进一步即可得解. （2）在中，由余弦定理得，对，两边平方整理得，联立解出，结合三角形面积公式即可得解. 【小问1详解】 若选①，因为， 由正弦定理得， 即， 所以， 由，得，所以，即， 因为，所以. 若选②，由，化简得. 由正弦定理得：，即，所以. 因为，所以. 若选③，由正弦定理得，即， 因为，所以， 所以，所以， 又因为，所以，即. 【小问2详解】 由（1）知，且， 在中，由余弦定理得， 即①， 由于，所以， 平方， 即②. 由①②得：，， 所以的面积为， 即所求面积为. 18. 在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）平面平面平面. 同理可得平面. 又平面， 平面平面. 平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而根据线面平行的性质可证得结论. （2）法1：根据面面垂直得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可；法2：根据点、线、面的位置关系，利用等体积转化求解到平面的距离，从而转化求解直线与平面所成角得正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法1：取中点，易知. 平面平面，平面平面， 又平面，， 平面. 如图，建立空间直角坐标系， 则. 从而，得. 又，设平面的法向量， 有，得，解得，取，故， 设直线与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 法2：取中点，则是平行四边形，所以. 从而与平面所成角即为与平面所成角，设为. 过作交于，过作交于， 过作交于. 因为平面平面，平面平面， 又平面， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 从而平面，因为平面， 所以，又，平面， 从而平面. 所以的长即为到平面的距离. 由，可得. 又，所以到平面的距离设为即为到平面的距离，即. 又，可得. 在中，，所以，得. 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 19. 如图，是一座“双塔钢结构自锚式悬索桥”，悬索的形状是平面几何中的悬链线，悬链线方程为（为参数，），当时，该方程就是双曲余弦函数，类似的有双曲正弦函数. （1）类比正弦函数的二倍角公式，请写出双曲正弦函数的一个正确的结论：______.（用，表示） （2），不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）设，证明：有唯一的正零点，并比较和的大小. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）仿照正弦函数的二倍角公式写出类似形式，代入新定义中给出的关系验证即可. （2）根据单调性求出函数的值域，代入不等式求解即可. （3）将新定义代入可以得到，根据零点存在定理和在单调递增，可证有唯一正零点；通过代换去掉指数式，做差可证得. 【小问1详解】 仿照正弦函数的二倍角公式：，得； 将定义带入验证，可得 成立. 故答案为： 【小问2详解】 依题意，，不等式， 函数在上单调递增，，令， 显然函数在上单调递减，在上单调递增，， 又， 于是，， 因此，，显然函数在上单调递减， 当时，，从而， 所以实数的取值范围是. 【小问3详解】 依题意，，显然在上为增函数， 且，， 则在上存在唯一的实数，使， 所以有唯一的正零点； 由，得，两边同时取对数得， 于是， 而在上是增函数，则有， 因此，所以. 【点睛】方法点睛：对于证明连续函数在区间内有唯一零点的问题，可以寻找命题的一个充分条件：在区间上是单调函数，并在区间内存在两个特殊值，，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $