精品解析：浙江省绍兴市2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试题

2023学年第二学期高中期末调测 高一数学 注意事项： 1.请将学校、班级、姓名分别填写在答卷纸相应位置上.本卷答案必须做在答卷相应位置上. 2.全卷满分100分，考试时间120分钟. 一、选择题：本大题共8小题，每小题3分，共24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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 用斜二测画法画水平放置的边长为2的正方形的直观图，所得图形的面积是（ ） A. 4 B. C. D. 3. 十名工人某天生产同一批零件，生产的件数分别是：15，17，14，10，16，17，17，16，14，12，则这组数据的极差、众数、第一四分位数分别是（ ） A. 3，17，12 B. 5，16，14 C. 7，17，14 D. 7，17，13 4. 已知m，n是两条直线，α，β是两个平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 已知平面四边形，，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 6. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图是一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，其中，，则（ ） A. 事件A与事件B互斥 B. 事件A与事件B相互独立 C. 事件A与事件C互为对立 D. 事件A与事件C相互独立 8. 如图，矩形ABCD中，．面积为的平行四边形ACEF绕AC旋转，且平面ABCD，则（ ） A. 平面平面EFD B. 平面平面ABC C. 平面平面BCF D. 平面平面ADF 二、选择题：本大题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 复数的模为 B. 复数的虚部为﹣1 C. 若，则 D. 若复数满足，则 10. 已知一组样本数据的标准差，其平均数，则下列数据的标准差与不相等的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，已知正方体的棱长为，分别为棱上的点，，则（ ） A. B. 平面经过棱的中点 C. 平面截该正方体，截面面积的最大值为 D. 点到平面距离的最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题4分，共12分. 12. 抛掷两枚质地均匀的骰子，则事件“两枚骰子的点数都为奇数”的概率是______． 13. 已知向量与的夹角为，，则向量在向量上的投影向量的模为______． 14. 正四棱锥的外接球半径为R，内切球半径为r，则的最小值为______． 四、解答题：本大题共5小题，共52分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点， （1）求及向量与夹角的大小； （2）若，求实数t的值. 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧面PAB是正三角形，平面PAB，M，N分别为AB，PC的中点． （1）证明：平面PAD； （2）求四棱锥的体积． 17. 某机构对甲、乙两个工厂生产的一批零件随机抽取部分进行尺寸检测，统计所得数据分别画出了如下频率分布直方图： 根据乙工厂零件尺寸的频率分布直方图估计事件“乙工厂生产的零件尺寸不低于60cm”的频率为0.70． （1）估计甲工厂生产的这批零件尺寸的平均值； （2）求乙工厂频率分布直方图中a，b的值，并求乙工厂被测零件尺寸的中位数(结果保留两位小数)； （3）现采用分层抽样的方法，从甲工厂生产的零件中随机抽取尺寸在[40，50)和[70，80)内的零件3个，从乙工厂生产的零件中随机抽取尺寸在[40，50)和[80，90)内的零件5个，再从抽得的8个零件中任取2个，求这两个零件的尺寸都在[40，50)内的概率． 18. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，． （1）证明：平面ACE； （2）求点E到平面ABCD的距离； （3）求侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值． 19. 克罗狄斯、托勒密(ptolemy)所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意平面凸四边形(所有内角都小于180°的四边形)中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号．已知圆O是凸四边形ABCD的外接圆，其中． （1）若圆O的半径为r，且， (ⅰ)求的大小； (ⅱ)求的取值范围(用r表示)． （2）若，求线段BD长度的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023学年第二学期高中期末调测 高一数学 注意事项： 1.请将学校、班级、姓名分别填写在答卷纸相应位置上.本卷答案必须做在答卷相应位置上. 2.全卷满分100分，考试时间120分钟. 一、选择题：本大题共8小题，每小题3分，共24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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义可以求得. 【详解】由共轭复数的定义可得，复数的共轭复数为， 故选：B. 2. 用斜二测画法画水平放置的边长为2的正方形的直观图，所得图形的面积是（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法的原则得到直观图的对应边长关系，即可求出相应的面积. 【详解】斜二测画法画水平放置的边长为2的正方形的直观图如图所示， 根据斜二测画法的原则可知，，，， 所以直观图的面积为. 故选：C. 3. 十名工人某天生产同一批零件，生产的件数分别是：15，17，14，10，16，17，17，16，14，12，则这组数据的极差、众数、第一四分位数分别是（ ） A. 3，17，12 B. 5，16，14 C. 7，17，14 D. 7，17，13 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由极差，众数以及第一四分位数的定义，代入计算，即可得到结果. 【详解】将数据从小到大排序可得， 则极差为，众数为， 且，则第一四分位数为. 故选：C 4. 已知m，n是两条直线，α，β是两个平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系逐一分析求解． 【详解】若，则与可能平行也可能异面，A选项错误； 若，则与可能平行也可能相交，B选项错误； 若，则可能与平行，可能与相交，也可能在内，C选项错误； 垂直于同一平面的两条直线互相平行，D选项正确. 故选：D. 5. 已知平面四边形，，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构建以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，应用坐标表示，结合平面向量基本定理求，，得到两个关系式，即可求值； 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则 因为， ， 化简，即 化简得，即 所以，即, 故选：B. 6. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式计算可得. 【详解】因为， 由正弦定理可得， 又， 所以， 即， 又，所以，所以. 故选：A 7. 如图是一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，其中，，则（ ） A. 事件A与事件B互斥 B. 事件A与事件B相互独立 C. 事件A与事件C互为对立 D. 事件A与事件C相互独立 【答案】B 【解析】 【分析】根据互斥事件和对立事件，事件相互独立的定义逐一判断即可得解. 【详解】对于A，，所以与事件B可以同时发生，故A错； 对于B， , ,所以事件A与事件B相互独立，故B正确； 对于C ， ,所以事件A与事件C不对立，故C错误； 对于D，由图可知，所以，所以，所以事件A与事件C不相互独立，故D错误； 故选：B. 8. 如图，矩形ABCD中，．面积为的平行四边形ACEF绕AC旋转，且平面ABCD，则（ ） A. 平面平面EFD B. 平面平面ABC C. 平面平面BCF D. 平面平面ADF 【答案】A 【解析】 【分析】利用旋转体的性质，发现在平行四边形ACEF绕AC旋转得到的旋转体上，从而利用半圆得到线线垂直，再结合旋转轴垂直横截面，即可得到另一个线线垂直，从而可证线面垂直，最后得证. 【详解】 如图，过作直线， 因为矩形ABCD中，．所以， 又平行四边形ACEF面积为，所以平行四边形ACEF的高为， 又在中，令到高为，所以, 所以平行四边形ACEF绕AC旋转时，会经过，形成如图所示半圆, 由旋转体的性质可知，，所以, 又，所以 又在半圆中，为直径，所以， 又，，所以， 又，所以， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：该题的关键是平行四边形ACEF绕AC旋转时经过两点，从而可以利用旋转体的性质来解题. 二、选择题：本大题共3小题，每小题4分，共12分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 复数的模为 B. 复数的虚部为﹣1 C. 若，则 D. 若复数满足，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据复数模长公式和虚部的定义可以判断A、B选项，虚数不能比较大小，可判断C选项，举反例即可判断D选项. 【详解】对于A选项，，故A正确， 对于B选项，的虚部为，故B正确， 对于C选项，因为，均为虚数，虚数不能比较大小，故C错误， 对于D选项，令 ，则，故D错误， 故选：AB. 10. 已知一组样本数据的标准差，其平均数，则下列数据的标准差与不相等的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据方差（标准差）的性质及方差公式一一判断即可. 【详解】因为的标准差，其平均数， 则， 对于A：数据的标准差为，故A符合题意； 对于B：数据的标准差为，故B不符合题意； 对于C：因为 ， 又数据的平均数为， 设数据的标准差为， 则的方差， 所以，则，故C符合题意； 对于D：数据的标准差为，故D符合题意； 故选：ACD 11. 如图，已知正方体的棱长为，分别为棱上的点，，则（ ） A. B. 平面经过棱的中点 C. 平面截该正方体，截面面积的最大值为 D. 点到平面距离的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】记为的中点，取线段上的点使得，正方体的中心为，然后说明平面截该正方体的截面就是中心为的六边形，之后根据正方体的对称性和勾股定理，逐个选项验证即可. 【详解】 记为的中点，棱的中点， 取线段上的点使得，正方体的中心为. 则根据对称性，和，和，和分别关于点对称. 从而在平面内，而，故， 从而在平面内. 由于前面的对称性，及在平面内， 知平面截该正方体的截面就是中心为的六边形， 从而一定在平面内，至此我们得到选项B正确. 前面已经证明，同理有，故. 由于，故， 同时显然有. 从而，. 由于，， 故四边形和都是等腰梯形，从而，. 这表明线段和互相平分且长度相等，所以四边形是矩形，故，至此我们得到选项A正确. 由于四边形和都是等腰梯形，且上底均为，下底均为， 腰长均为，故它们的高都等于. 所以它们的面积都等于. 故截面的面积. 当时，，至此我们得到选项C错误. 由于，且在平面内， 故点到平面的距离不超过. 而当时，分别是各自所在棱的中点，从而. 而，这表明点和点到三点的距离两两相等. 故点和点在平面的投影同样满足到三点的距离两两相等， 从而点和点在平面的投影都是的外心， 所以由点和点的投影是同一点，知垂直于平面. 从而由在平面内，知点到平面的距离就是的长，即. 所以，点到平面的距离的最大值是，至此我们得到选项D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于截面六边形的构造，这是利用正方体的对称性的关键. 三、填空题：本大题共3小题，每小题4分，共12分. 12. 抛掷两枚质地均匀的骰子，则事件“两枚骰子的点数都为奇数”的概率是______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式计算可得. 【详解】记“两枚骰子的点数都为奇数”为事件， 抛掷两枚质地均匀的骰子，所以可能结果有个， 其中事件包含的基本事件有：，，，，，， ，，共个， 所以. 故答案为： 13. 已知向量与的夹角为，，则向量在向量上的投影向量的模为______． 【答案】 【解析】 【分析】计算出，利用求出答案. 【详解】， ， 故， 向量在向量上的投影向量的模为. 故答案为： 14. 正四棱锥的外接球半径为R，内切球半径为r，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】设出底面边长和高后，结合正四棱锥外接球与内切球性质用底面边长及高表示出外接球半径与内切球半径，而后作商，多次换元将式子化简后结合基本不等式计算即可. 【详解】设正四棱锥底面边长为，高为，底面的中心为，连接， 则，，所以， 设外接球球心为，内切球球心为，则，在上， 因为，所以， 在中，，化简得， 因为， 所以， 所以 ， 令，则， 令，则， 令，则， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： . 【点睛】关键点点睛：此题解题的关键是表示出外接球半径和内切球半径之比后，经过多次换元转化将式子化简，从而得解. 四、解答题：本大题共5小题，共52分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点， （1）求及向量与夹角的大小； （2）若，求实数t的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，然后可求出，利用向量的夹角公式可求出向量与夹角； （2）求出的坐标，再利用向量平行的条件列方程求解即可. 【小问1详解】 因为O为坐标原点，， 所以，， 所以， ， 因为，所以， 即向量与夹角的大小为； 【小问2详解】 因为， 所以， 因为，， 所以，解得. 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧面PAB是正三角形，平面PAB，M，N分别为AB，PC的中点． （1）证明：平面PAD； （2）求四棱锥的体积． 【答案】（1） 如图，取PD的重点Q，连接AQ，QN， 因为在中，Q，N分别为的PD，PC中点，所以，且， 因为在正方形中，M分别为AB的中点，所以，且, 所以四边形是平行四边形， 则，又平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）做辅助线构造平行四边形，从而证明线线平行，再根据线面平行的判定定理即可证明； （2）连接，证明垂直于底面，从而确定为锥体的高，再利用体积公式求体积即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，因为平面，平面，所以, 又因为侧面是正三角形，M为AB的中点，所以，且， 又因为平面，，所以平面， 所以四棱锥P﹣ABCD的体积是. 17. 某机构对甲、乙两个工厂生产的一批零件随机抽取部分进行尺寸检测，统计所得数据分别画出了如下频率分布直方图： 根据乙工厂零件尺寸的频率分布直方图估计事件“乙工厂生产的零件尺寸不低于60cm”的频率为0.70． （1）估计甲工厂生产的这批零件尺寸的平均值； （2）求乙工厂频率分布直方图中a，b的值，并求乙工厂被测零件尺寸的中位数(结果保留两位小数)； （3）现采用分层抽样的方法，从甲工厂生产的零件中随机抽取尺寸在[40，50)和[70，80)内的零件3个，从乙工厂生产的零件中随机抽取尺寸在[40，50)和[80，90)内的零件5个，再从抽得的8个零件中任取2个，求这两个零件的尺寸都在[40，50)内的概率． 【答案】（1） （2），，中位数 （3） 【解析】 【分析】（1）结合频率分布直方图，由平均数的公式代入计算，即可得到结果； （2）由频率分布直方图的性质代入计算，即可求得，再由中位数的公式代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，由分层抽样可得抽取的8个零件中[40，50)个数为个，再由概率的计算公式，代入计算，即可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，甲工厂生产的这批零件尺寸的平均值为. 【小问2详解】 因为“乙工厂生产的零件尺寸不低于60cm”的频率为0.70， 即，解得， 再由频率分布直方图的性质可知 ，解得， 因为， ， 所以中位数位于之间， 设中位数为，则， 解得. 即乙工厂被测零件尺寸的中位数为. 【小问3详解】 由分层抽样可知，甲工厂抽取尺寸在[40，50)为个， 则甲工厂抽取尺寸在[70，80)为个， 乙工厂抽取尺寸在[40，50)为个， 则乙工厂抽取尺寸在[80，90)为个， 所以抽得的8个零件中[40，50)个数为个，记为， 另外4个零件记为， 设事件E为抽取的两个零件的尺寸都在[40，50)内， 所有情况为， ， ，， ，共28种， 其中满足条件的为，共6种， 则. 所以抽取的两个零件的尺寸都在[40，50)内的概率为. 18. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，． （1）证明：平面ACE； （2）求点E到平面ABCD的距离； （3）求侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值． 【答案】（1） 因为四边形是菱形，所以， 又因为,所以,所以 设,连接，则G为BD的中点，, 又,所以平面ACE； （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）证明，得到，进而得到，再利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）证明，确定即为所求，勾股定理求出即可. （3）利用面面平行，把所求二面角转化为了平面与面ADE所成的角，设交线为m，然后分别证明,从而找到对应的平面角，再求出正切值，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点E作,垂足为H,因为平面ACE，平面ACE，所以， 又，所以, 所以点E到平面ABCD的距离即为线段EH的长度. 因为,,所以,所以， 又因为为正三角形，所以点H为的中心. 延长DH交AB于点I，则I为AB的中点. 因为在中，,所以, 因为,所以. 所以点E到平面ABCD的距离为2. 【小问3详解】 过点H作BC的平行先分别交AB,CD于点J,K，则BJ=CK=4， 因为EF=4, ,所以, 所以四边形EFCK和四边形EFBJ均为平行四边形， 所以,所以平面平面. 过点E作直线,则平面平面, 过点H作,垂足为L,连接LE. 因为,所以,所以, 所以, 所以为二面角的平面角. 因为 在直角三角形中，. 因为平面平面, 所以，侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值为. 19. 克罗狄斯、托勒密(ptolemy)所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意平面凸四边形(所有内角都小于180°的四边形)中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号．已知圆O是凸四边形ABCD的外接圆，其中． （1）若圆O的半径为r，且， (ⅰ)求的大小； (ⅱ)求的取值范围(用r表示)． （2）若，求线段BD长度的最大值． 【答案】（1）(ⅰ) ，(ⅱ) （2） 【解析】 【分析】（1）(ⅰ)根据正弦定理和倍角公式即可求得，从而得解； (ⅱ)由(ⅰ)结论得出AC是圆O的直径，设，用表示数量积，再根据的取值范围，求出数量积的范围； （2）令，利用余弦定理和题干中的托勒密定理，用表示BD，再通过换元法，以及函数单调性求出BD的最大值. 【小问1详解】 （i）因为 所以 又因为，所以，所以， （ii）因为，所以, 所以，所以AC是圆O的直径，由（i）可得， 设，则， 所以 又，所以 . 【小问2详解】 设， 所以，由余弦定理得 , 在中，, 由余弦定理得,代入整理得： ，解得. 由托勒密定理可知，代入得 . 设， （其中）， 设，则（其中） 因为在区间上单调递增， 所以当，即时，BD取得最大值. 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键是设，然后借助余弦定理和托勒密定理，用表示出，看上去很复杂，但是通过两次换元发现，可以简化成，最后利用单调性求出最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $