精品解析：浙江省温州市2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试题

机密★考试结束前 2023学年第二学期温州市高一期末教学质量统一检测 数学试题（B卷） 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上. 2.选择题的答案须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净. 3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，答案写在本试题卷上无效. 选择题部分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 2. 已知向量，，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列是真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 4. 气象台预报“本市明天中心城区的降雨概率为30%，郊区的降雨概率为70%.”基于这些信息，关于明天降雨情况的描述最为准确的是（ ） A. 整个城市明天的平均降雨概率为50% B. 明天如果住在郊区不带伞出门将很可能淋雨 C. 只有郊区可能出现降雨，而中心城区将不会有降雨 D. 如果明天降雨，郊区的降雨量一定比中心城区多 5. 如图，水平放置的的斜二测直观图为，若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 一个袋子中装有3个红球和3个黑球，除颜色外没有其他差异.现采用有放回的方式从袋中任意摸出两球，设“第一次摸到黑球”，“第二次摸到红球”，则A与B的关系为（ ） A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 相等 7. 已知平面向量和满足，在方向上的投影向量为，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为一个棱长为1的正八面体，则其内切球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，角所对的边为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. （为的外接圆半径） 10. 已知复数z满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的最大值为2 D. 11. 小明与小红两人做游戏，抛掷一枚质地均匀的骰子，则下列游戏中不公平的是（ ） A. 抛掷骰子一次，掷出的点数为1或2，小明获胜；否则小红获胜 B. 抛掷骰子两次，掷出的点数之和为奇数，小明获胜；否则小红获胜 C. 抛掷骰子两次，掷出的点数之和为6，小明获胜；点数之和为8，小红获胜；否则重新抛掷 D. 抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，小明获胜；掷出的点数都相同，小红获胜；否则重新抛掷 非选择题部分 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上. 12. 已知复数z满足，则______. 13. 如图，在中，，点P在线段上，若的面积为，，则的最小值为______. 14. 已知样本数据的平均数为9，方差为12，现这组样本数据增加一个数据，此时新样本数据的平均数为10，则新样本数据的方差为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知，为单位向量. （1）若，求的最大值； （2）若，求与夹角的余弦值. 16. 在三棱锥中，两两垂直，，. （1）求三棱锥的表面积； （2）求P到平面的距离. 17. 如图，小明统计了他爸爸9月的手机通话明细清单，发现他爸爸该月共通话60次.小明按每次通话时间长短进行分组（每组为左闭右开的区间），画出了频率分布直方图. （1）通话时长在区间，内的次数分别为多少？ （2）若小明爸爸通话时间的众数是第百分位数，求的值. 18. 在中，，，. （1）求A； （2）D为边的中点，E为边上一点，交于P. （i）若E为的中点，求的余弦值； （ii）当时，求的面积. 19. 已知矩形中，，，E为线段的中点，沿线段将翻折到，Q为线段的中点. （1）证明：平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正切值； （3）当在翻折过程中，是否存在点P使直线与直线所成角为？若存在，求出二面角平面角的余弦值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 机密★考试结束前 2023学年第二学期温州市高一期末教学质量统一检测 数学试题（B卷） 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上. 2.选择题的答案须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净. 3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，答案写在本试题卷上无效. 选择题部分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的概念判断即可. 【详解】由复数的概念可知，复数的虚部为． 故选：C． 2. 已知向量，，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接使用向量数量积的坐标表示即可. 【详解】. 故选：D. 3. 设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列是真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面关系可判断A；举反例可判断BD；利用线面平行、线面垂直的性质定理可判断C. 【详解】对于A，若，，则，或相交，或异面，故A错误； 对于B，如下图，，，，则不一定垂直，故B错误； 对于C，因为，过做平面，与平面交于直线，所以， 因为，，所以，，故C正确； 对于D，如图，，，，，则不平行，故D错误. 故选：C. 4. 气象台预报“本市明天中心城区的降雨概率为30%，郊区的降雨概率为70%.”基于这些信息，关于明天降雨情况的描述最为准确的是（ ） A. 整个城市明天的平均降雨概率为50% B. 明天如果住在郊区不带伞出门将很可能淋雨 C. 只有郊区可能出现降雨，而中心城区将不会有降雨 D. 如果明天降雨，郊区的降雨量一定比中心城区多 【答案】B 【解析】 【分析】由概率的定义即可逐一判断各个选项. 【详解】对于A，中心城区面积和郊区面积不一定相同，故整个城市明天的平均降雨概率不一定为50%，故A错误； 对于B，明天郊区的降雨概率比中心城区的降雨概率大，故B正确； 对于C，不管郊区还是中心城区都可能会出现降雨，故C错误； 对于D，降雨量并不取决于降雨概率，反而是降雨时长以及有效覆盖面积（即下雨的区域在该所参考区域的面积）会影响降雨量，故D错误. 故选：B. 5. 如图，水平放置的的斜二测直观图为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算得出，，然后还原直观图得到，结合勾股定理计算即可. 【详解】因为，， 所以，所以，即， 因为，所以，， 所以， 还原直观图得到，如图所示： 此时，所以. 故选：D. 6. 一个袋子中装有3个红球和3个黑球，除颜色外没有其他差异.现采用有放回的方式从袋中任意摸出两球，设“第一次摸到黑球”，“第二次摸到红球”，则A与B的关系为（ ） A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 相等 【答案】C 【解析】 【分析】根据概率值判断相等，再应用独立事件概率乘法公式判断独立事件. 【详解】因为A=“第一次摸到黑球”，B=“第二次摸到红球”，A与B不相等，D选项错误； 则, ,A与B相互独立，C选项正确； A与B可以同时发生，A选项错误；B选项错误； 故选：C. 7. 已知平面向量和满足，在方向上的投影向量为，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据投影向量公式求出向量数量积，再求出投影向量即可. 【详解】因为在方向上的投影向量为，所以, 又因为，所以, 在方向上的投影向量为. 故选：D. 8. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为一个棱长为1的正八面体，则其内切球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等体积法求出内切球的半径即可进一步求解. 【详解】如图， 正八面体的棱长为1，点为中点（显然根据对称性可知点也是内切球球心），显然平面， 因为直线平面，所以， 在正方形中，， 所以， 正八面体的表面积为， 设内切球半径为， 由等体积法有，， 解得，内切球的表面积为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是求出内切球的半径，由此即可顺利得解. 二、选择题：本大题共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.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，角所对的边为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. （为的外接圆半径） 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，给出作为反例即可；对于B，直接利用三角形的内角和为即可；对于C，使用余弦定理即可；对于D，使用面积公式和正弦定理即可. 【详解】对于A，由于当时，，从而，，故A错误； 对于B，由于三角形的内角和为，所以，故B正确； 对于C，若，由于，故. 所以，这就得到. 从而 ， 再由得到，即，故C正确； 对于D，有，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对正弦定理和余弦定理的运用. 10. 已知复数z满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的最大值为2 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据共轭复数及乘法计算判断A,B选项，应用特殊值法判断D选项，结合模长公式判断C选项. 【详解】设,所以,D选项错误； ,C选项正确； 设,因为所以，所以,A选项正确； ,B选项正确. 故选：ABC. 11. 小明与小红两人做游戏，抛掷一枚质地均匀的骰子，则下列游戏中不公平的是（ ） A. 抛掷骰子一次，掷出的点数为1或2，小明获胜；否则小红获胜 B. 抛掷骰子两次，掷出的点数之和为奇数，小明获胜；否则小红获胜 C. 抛掷骰子两次，掷出的点数之和为6，小明获胜；点数之和为8，小红获胜；否则重新抛掷 D. 抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，小明获胜；掷出的点数都相同，小红获胜；否则重新抛掷 【答案】AD 【解析】 【分析】对于每个选项，由古典概型概率计算公式计算各自获胜的概率即可求解. 【详解】对于A，小明获胜的概率为，故A符合题意； 对于B，若要点数之和为奇数，则只能是一奇一偶，而每抛一次出现奇数，偶数的概率都是， 但可能是先出现奇数，有可能先出现偶数，故小明获胜的概率为，故B不符合题意； 对于C，若点数之和为6，则两个加数可以是，即小明获胜的概率为， 若点数之和为8，则两个加数可以是，即小红获胜的概率为，故C不符合题意； 对于D，抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，则这三个自然数可以是， 所以小明获胜的概率为， 若掷出的点数都相同，则这三个自然数可以是， 所以小红获胜的概率为，故D符合题意. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：关键是准确计算出各自获胜的概率，由此即可顺利得解. 非选择题部分 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上. 12. 已知复数z满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法和复数模的计算公式即可得到答案. 【详解】， 则. 故答案为：. 13. 如图，在中，，点P在线段上，若的面积为，，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先通过三角形面积公式、三点共线结论得出以及，再结合模长公式以及基本不等式即可求解. 【详解】若的面积为，，则，所以， 又因为，点P在线段上， 所以，所以， ，等号成立当且仅当， 所以的最小值为. 故答案为：. 14. 已知样本数据的平均数为9，方差为12，现这组样本数据增加一个数据，此时新样本数据的平均数为10，则新样本数据的方差为______. 【答案】19.8 【解析】 【分析】利用平均数公式和方差公式计算. 【详解】设增加的数为， 则，， 所以， 又因为即 所以 故答案为:19.8. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知，为单位向量. （1）若，求的最大值； （2）若，求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角不等式求解；（2）利用数量积的定义和坐标表示求解. 【小问1详解】 由于，且当时. 所以的最大值是. 【小问2详解】 由已知有，故. 所以与夹角的余弦值是. 16. 在三棱锥中，两两垂直，，. （1）求三棱锥的表面积； （2）求P到平面的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理求出三角形的三条边长，结合余弦定理、平方关系以及得出，再结合三角形面积公式即可求解； （2）由等体积法列方程即可求解. 【小问1详解】 因为两两垂直，，， 所以， 所以， 从而三棱锥的表面积为； 【小问2详解】 设点P到平面的距离为， 由（1）得三角形的面积为， 由等体积法有，，即， 解得，所以点P到平面的距离为. 17. 如图，小明统计了他爸爸9月的手机通话明细清单，发现他爸爸该月共通话60次.小明按每次通话时间长短进行分组（每组为左闭右开的区间），画出了频率分布直方图. （1）通话时长在区间，内的次数分别为多少？ （2）若小明爸爸通话时间的众数是第百分位数，求的值. 【答案】（1）9；12 （2）15 【解析】 【分析】（1）根据频率直方图的性质求出值，利用在区间，的频率求得通话时长在区间，内的次数；（2）由众数结合百分位的定义求解即可. 【小问1详解】 由频率直方图的性质可得，解得：， 所以通话时长在区间内的次数为次； 通话时长在区间内的次数为次； 【小问2详解】 由图可得通话时长众数为，所以，则小明爸爸通话时间的众数是第15百分位数，即 18. 在中，，，. （1）求A； （2）D为边的中点，E为边上一点，交于P. （i）若E为的中点，求的余弦值； （ii）当时，求的面积. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边，在结合余弦定理即可求解； （2）（i）分解向量得，，再分别求出它们的模、数量积，结合向量夹角公式即可求解；（ii）设，由以及，可求出，再结合三点共线的向量推论得出的值即可得出面积比，再结合三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，所以，即， 所以， 因为， 所以； 【小问2详解】 （i）若E为的中点，D为边的中点， 则，， 从而， ， ， 所以， 所以的余弦值为； （ii）由（2）（i）可知，， 因为三点共线，所以可设， 当时， ， 所以， 所以， 因为三点共线，所以设， 因为与是共线向量，且与不共线， 所以，解得， 所以，， 所以点到的距离与点到的距离之比为， 所以的面积为. 【点睛】关键点点睛：第二问（ii）的关键是得出的值，由此即可顺利得解. 19. 已知矩形中，，，E为线段的中点，沿线段将翻折到，Q为线段的中点. （1）证明：平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正切值； （3）当在翻折过程中，是否存在点P使直线与直线所成角为？若存在，求出二面角平面角的余弦值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 如图，点是线段的中点，连接， 因为点是线段的中点，所以， 因为，所以，即四边形是平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设点是线段的中点，连接，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）将问题转化为求与平面所成角的正切即可，然后根据定义找到线面角，结合解三角形知识即可求解； （3）设二面角的余弦值为，利用二面角的余弦值表示出得到，利用直线与直线所成角为，结合余弦定理得到，从而建立方程即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图， 过分别过点作，垂足分别为， 因为点为线段的中点，，所以是三角形的中位线， 所以，而， 所以，，也是三角形的中线， 所以，，，， 因为，且平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 所以为与平面所成的角， 因为， 所以直线与平面所成角的正切值即为； 【小问3详解】 如图， 一方面：因为， 所以，又因为， 所以，即， 设， 因为，， 所以二面角平面角的大小即为， 而， 所以， 另一方面：若直线与直线所成角为，且注意到， 所以或， 又因为， 所以，即， 令，解得满足题意， ，不满足题意，舍去； 综上，存在点P使，且直线与直线所成角为， 此时所求二面角平面角的余弦值为. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到以及，由此即可顺利得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $