福建省安溪铭选中学2023-2024学年高一下学期6月份质量检测数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省安溪铭选中学2023-2024学年高一下学期6月份质量检测数学试题（Word版附解析），文件包含数学试卷docx、参考答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。

数学试题参考答案
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，只有一项是符合要求的．
1．【解答】解：对于：当时，，故错误；
对于：若，则没有关系，故错误；
对于：若，则，故正确；
对于：若，则和不能比较大小，故错误．故选：．
2．【解答】解：，
，，解得．故选：．
3．【解答】解：因为是的外心，为的中点，
设的中点为，连接，所以，，设，
则
，
又是的外心，
所以
，
所以．故选：．
4．【解答】解：在中，，，，
因为，且，
所以，在中，．故选：．
5．【解答】解：复数虚部是．故选：．
6．【解答】解：八根小圆木截面圆的圆心构成一个正八边形，边长为，
相邻两根小圆木圆心与大圆木圆心构成一个底边长为，腰长为，顶角为的等腰三角形，
根据余弦定理，得，
解得，
所以中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为．
故选：．
7．【解答】解：解关于整数的不等式组，可得，所以．
由于，所以有．
由于，，成等差数列，所以．故选：．
8．【解答】解：把数字1，2，3，4，5，6任意顺序排成一排，基本事件总数，
成等比数列的3个数1，2，4先不排，3，5，6排成一排有种排法，
再把1，2，4插空排到3，5，6这一排中，有种排法，
其中成等比数列的几个数互不相邻包含的基本事件个数为，
则其中成等比数列的几个数互不相邻的概率为：
．故选：．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．【解答】解：设，，，，，，
对于，，，故选项正确；
对于，因为，
则，则或，
所以，中至少有一个0，即或，故选项不正确；
对于，由复数模的运算性质可知，
，
，
所以，故选项正确；
对于，当，则，
可得，解得，即，
所以，故选项正确．故选：．
10．【解答】解：对于，因为第2次传球之前球不在甲手中，所以，错误；
对于，因为第次传球之前球在甲手中的概率为，则当时，第次传球之前球在甲手中的概率为，第次传球之前球不在甲手中的概率为，
则，从而，又，
是以为首项，公比为的等比数列，故正确；
对于，由选项可得，故，故正确；
对于，第3次传球后球在甲手中有：甲乙丙甲，甲乙丁甲，甲丙乙甲，甲丙丁甲，甲丁乙甲，甲丁丙甲，共6种传法，
第3次传球后球在丙手中有：甲乙甲丙，甲乙丁丙，甲丙甲丙，甲丙乙丙，甲丙丁丙，甲丁甲丙，甲丁乙丙，共7种传法，
第3次传球后球在丁手中有：甲乙甲丁，甲乙丙丁，甲丙甲丁，甲丙乙丁，甲丁甲丁，甲丁乙丁，甲丁丙丁，共7种传法，
所以第4次传球后，球落在乙手中的传球方式共20种，故正确．故选：．
11．【解答】解：对选项，当与重合时，易知，从而可得，，，四点共面，选项正确；
对选项，当为的中点时，易知，从而可得平面，选项正确；
对选项，当与重合时，易知截面为对角面，其面积为，选项错误；
对选项，根据分割补形法易知：经过，，，四点的球即为长宽高分别为2，2，1的长方体的外接球，所求球的直径满足：，
经过，，，四点的球的表面积为，选项正确．故选：．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【解答】解：的面积为，则，即，
，则，，则，解得．故答案为：2．
13．【解答】解：总体的平均值为10，，
由题意可知，，，
，当且仅当，即时，等号成立，即的最小值为．故答案为：．
14．【解答】解：根据题意，由等可能事件概率得：被调查者回答第一个问题的概率为，
其阳历生日日期是偶数的概率是，对随机抽出的200名中学生进行了调查，
其中回答两个问题的人数估计各有人，
人中抽取到白球并回答第一个问题为“是”的学生估计有人，
抽到红球并回答第二个问题为“是”的人数估计为人，
此中学学生有习惯人数的百分比为．故答案为：．
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．（本小题满分13分）
解：（1）因为，所以，
由正弦定理得：，由余弦定理可得，
所以，因为，可得；
（2）由（1）可知，又，则，
由基本不等式可知由余弦定理可得，当且仅当时取等号，
所以，
所以，所以的面积最大值为．
16．（本小题满分15分）
解：证明：取中点，连结，，，
依题意可知，均为正三角形，所以，，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，所以，
即，从而为直角三角形，
由可知，又平面平面，平面平面，
因为平面，所以平面，
，
由，则．
17．（本小题满分15分）
解：（1）由题意得，解得；
（2）由方差公式得：，
该组数据的方差为．
18．（本小题满分17分）
解：（1）由题意得．．
（2）每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态形始，若第一次末中奖而第二次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
综上所述，对任意的，，
，
，，．
（3）由题意知每抽三次至少有一次获奖，
故连抽9次至少中奖3次，
只需排除3次中奖的情况即可得到一枚优胜者勋章，
另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始姿态开始，抽一次中奖的概率为，
从初始状态开始抽两次，第一次均未中奖而第二次中奖的概率为，
从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为，
用，，表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖，
则3次中奖的所有情况如下：
，4，，，4，，，5，，，5，，，4，，，5，，，5，，，6，，，6，，，6，，
故仅三次中奖的概率为：
，
从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为：
．
（本小题满分17分）
解：（1）由复数，，，，
得，
，，，，
，，，．
（2）由，
，
，
，，解得，
，，，，，
符合条件的有506个，这样的有506个．
（3）令，而，则，
令，
则，
两边同乘，得：
，
，
，
，
．