2024-2025学年浙江省台州市高一数学下学期6月期末考试检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省台州市高一数学下学期6月期末考试检测试题（附答案），共21页。试卷主要包含了 已知复数，则的实部为， 已知，若，则等内容，欢迎下载使用。
1. 已知复数，则的实部为（）
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数实部的定义可求解.
【详解】复数的实部为.
故选：B.
2. 已知，若，则（）
A. 6B. 4C. 2D. -6
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用向量共线的坐标运算即可求解.
【详解】因为，，
所以，解得
故选：A.
3. 用斜二测画法画水平放置的边长为1的正方形，所得直观图的周长为（）
A. 4B. 3C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】画出直观图，结合斜二测画法线段关系得到直观图中相关的线段长度，即可得解.
【详解】如图平面正方形边长为，
则直观图如下所示：
则，，，
所以直观图的周长为.
故选：B
4. 在下列四组数中，方差最大的一组是（）
①；
②；
③；
④.
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】D
【解析】
【分析】只需按照样本数据的方差公式进行计算即可.
【详解】易知四组数据的平均数均为4；
对选项A，方差；
对选项B，方差;
对选项C，方差;
对选项D，方差.
故选：D.
5. 一条河的两岸平行，河宽，一艘船从河岸边的某处出发到河对岸.设船在静水中行驶的速度的大小为，水流速度的大小为.当船以最短距离到对岸时，船行驶所用的时间（保留两位小数）为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】要使航程最短，需使船的速度与水流速度的合成速度必须垂直于对岸，利用勾股定理求出合速度，从而可求出航行时间.
【详解】设一艘船从岸边A处出发到河的正对岸，设船的速度，水流速度，
要使航程最短，需使船的速度与水流速度的合成速度必须垂直于对岸，
如图指：，
所以.
故选：A.
6. 抛掷两枚质地均匀的骰子1次，记“出现点数之和为偶数”，“出现点数之积为偶数”，则（）
A. B.
CD.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意利用列表法结合古典概型求，结合概率的性质逐项分析判断.
【详解】由题意可知：基本事件的总数为，
对于事件A，列表如下：
可知，则；
对于事件B，列表如下：
可知，则；
对于事件，列表如下：
可知，则；
对于选项A：，故A错误；
对于选项B：，故B错误；
对于选项C：，故C正确；
对于选项D：，故D错误；
故选：C.
7. 如图所示，在同一个铅垂面，在山脚测得山顶仰角为，斜坡长为，在处测得山顶的仰角为，则山的高度为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在中，由正弦定理得，，得，在直角三角形中，，即可求解.
【详解】解：如图所示：
因为，，
所以，
则，
在中，由正弦定理得，
，
则，
得，
在直角三角形中，，
得.
故选：D
8. 设是样本空间中三个概率大于0的随机事件，则下列选项错误的是（）
A. 互斥事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件
B. 事件相互独立与互斥不能同时成立
C. 若成立，则事件与相互独立
D. 若成立，则事件一定两两独立
【答案】D
【解析】
【分析】利用互斥事件与对立事件的概念可判断A；利用互斥事件的概念及独立事件的概念可判断BCD.
【详解】对于A，互斥事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件，故A正确；
对于B，因为，若事件相互独立，则，
故事件不互斥，若事件互斥，则，故事件不独立，
所以事件相互独立与互斥不能同时成立，故B正确；
对于C，若成立，则事件与相互独立，故C正确；
对于D，若成立，不一定能得出，
，，则事件不一定两两独立，故D错误.
故选：D.
二､多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在复平面内，满足下列条件的复数所对应的点与点在同一个圆上的是（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由复数几何意义，计算它们的模，得这4个点在以原点为圆心，为半径的圆上.，根据各个选项提供的条件进行判断.
【详解】因为，
所以，
因此这4个点在以原点为圆心，为半径的圆上.所以；
对于A，，故A错误；
对于B，故B正确；
对于C，设，故C正确；
对于D，
解得，所以，故D错误；
故选：BC.
10. 为了实现绿色发展，避免浪费能源，某市政府计划对居民用电采用阶梯收费方法.为此，相关部门在该市随机调查了户居民六月份的用电量（单位：），以了解这个城市家庭用电量的情况.通过收集､整理数据，得到如下频率分布直方图.则下列选项正确的是（）
A. 直方图中
B. 在被调查的用户中，用电量不超过的户数为
C. 这户居民六月份用电量的平均数小于中位数
D. 估计该市居民六月份用电量的第百分位数约为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由频率分布直方图矩形面积之和为即可解得；对于B，计算前三组的频率即可；对于C，计算平均数和中位数作比较即可；对于D，设第百分位数为，则在第三组，由计算即可.
【详解】对于A，由频率分布直方图矩形面积之和为得
，
解得，故A正确；
对于B，用电量不超过的频率为，
所以户数为，故B正确；
对于C，平均数为
设中位数为，则在第三组，
即，解得，
故平均数大于中位数，故C错误；
对于D，设第百分位数为，则在第三组，
，解得，故D正确.
故选：ABD.
11. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为线段上的动点（含端点），则下列选项正确的是（）
A. 若直线与直线所成角为，则的最大值为
B. 若直线与平面所成角为，则的最大值为
C. 若点到平面的距离为，则的最小值为
D. 若过三点的平面截正方体所得截面面积为，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于选项A，根据点运动情况，求得即可判断；对于选项B，根据点运动情况找到使角最大的位置即可求解；对于选项C，根据动点到面和点到线的距离转化求解即可；对于选项D，当截面为经过的中点，的中点时，面积最小.
【详解】
对A，当点N运动到与M点重合时，求得，故A错误；
对B，因为，所以当线段最小时，最大，
分析知，当点运动到满足时，最小，此时根据勾股定理，也最小.
又因为平面，所以，又，，所以平面，所以.
在中，由勾股定理得，
由得，
在中，由勾股定理得.
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
所以中，，故B正确；
对C，过作，再作，又，易证平面，
所以点到平面等于点到平面，所以，
将平面和平面展开放在同一平面内（如图所示），取的中点，则有，所以，所以为等腰直角三角形，所以，
又因为为等腰直角三角形，所以，
所以，所以，
设，，则，，
在中，，
所以，
所以，，
所以，下面求其最小值，令，则，由辅助角公式可得，，其中取，所以，
所以存在角使得，即存在，化简得，
，又由方程解得，
所以或，又因为，
所以，
所以的最小值为，故C正确；
对D，分析知，经过，，三点的平面截正方体得到的截面经过的中点，的中点时，截面面积最小，此时截面为四边形，由于，，，都全等，所以，所以四边形为菱形，
易求，，
所以，故D正确.
，
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：（1）本题关键是把动点问题进行转化，找到符合条件的特殊位置，从而判断角度变化情况；（2）动点到面和动点到线的距离通过平面几何知识（将军饮马）转化求解，也可以采用代数方法求解，但是求三角函数的值域是一个难点，要注意转化求解；（3）要分析出截面为经过的中点，的中点时，面积最小.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某学校有高二学生600人，其中男生360人，女生240人.有人为了获得该校全体高二学生的身高信息，采用分层抽样的方法抽取了容量为100的总样本（观测数据单位：），若已知男生样本的平均数为172，女生样本的平均数为162，则总样本的平均数是__________.
【答案】168
【解析】
【分析】根据分层抽样求各层人数，结合平均数公式分析求解.
【详解】由题意可知：男、女生所占的频率分别为、，
则抽取的男、女生人数分别为、，
所以总样本的平均数.
故答案为：168.
13. 已知正四棱台，下底面边长为，侧面与下底面所成二面角的大小为，则该正四棱台的体积可能为__________（写出一个即可）
【答案】（介于区间内都可以，答案不唯一）.
【解析】
【分析】根据二面角的平面角的大小计算出高，然后利用柱体、锥体和台体之间的关系求解.
【详解】如下图，延长棱台母线交于点，过作平面ABCD于G，连接S，G与AB中点F，
则.
又，所以，.
又棱台的高度不确定，所以.
故答案为：（介于区间内都可以，答案不唯一）.
14. 已知线段为的两条内角平分线，若，且，则的值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】可以先利用数量积定义得到角A，然后利用数量积定义和正弦定理转化条件，再综合利用三角变换知识得到结果.
【详解】由，所以.
因为，
所以，
即，则.
在中应用正弦定理，，
所以，又，
所以，即，
展开，
整理可得，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题为三角变换与解三角形综合问题，其中向量可以看成给出条件的载体.首先我们需要把向量数量积关系转化为三角形的边角关系，然后利用三角变换，在方程思想的指导下解决问题.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 在四棱锥中，底面，为中点，为棱上任意一点.
（1）求证：平面；
（2）求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证明四边形是平行四边形，得，由线面平行的判定定理求解；
（2）通过证明平面，求解即可.
【小问1详解】
取中点，连接.
则是的中位线，得，且.
因为，且，所以，且，
因此，四边形是平行四边形，得.
又因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接，不妨设，
由，在直角梯形中，求得，
因为，所以，
因为底面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又因为平面，所以.
16. 在中，，设.
（1）用表示；
（2）若，则当时，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）结合图形，利用向量加，减，数乘的运算法则，即可求解；
（2）利用已知可得，进而可得，求解即可.
【小问1详解】
因为，，
，
因为，所以，
.
【小问2详解】
当时，，
即，
所以，
所以，
因为，
所以，
故.
17. 某商店在“五一”期间举办促销活动，设立了抽奖环节，在一个不透明的抽奖箱里放置6个大小质地完全相同的三种颜色的球，其中1个白球，2个红球，3个黑球.凡在本店累计消费满百元的顾客，可以持购物凭证参与一次抽奖活动.抽奖采用不放回方式从中依次随机地取出2个球，若取到两球同色，则称为中奖，可以领取一张优惠券；若取到两球异色，则称为不中奖.一次抽奖结束后，取出的球放回抽奖箱，供下一位顾客抽奖.
（1）若一位顾客参与一次抽奖活动，求这位顾客中奖的概率；
（2）现有甲､乙两位顾客各参与一次抽奖活动，求两人中至少有一人中奖的概率.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）列举法应用古典概型公式计算即可；
（2）应用对立事件结合概率乘积公式计算即得.
【小问1详解】
将白球编号为1，红球编号为2，3，黑球编号为.
记“取到两球同色”，
，
，
，
因此，
【小问2详解】
记“甲顾客中奖”，“乙顾客中奖”，相互独立，
则.
18. 在中，角所对的边分别为，满足.
（1）求的值；
（2）当与边上的中线长均为2时，求的周长；
（3）当内切圆半径为1时，求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理及两角和得正弦公式化简即可得解；
（2）利用余弦定理及向量化求出，即可得解；
（3）先利用等面积法求出与的关系，再结合余弦定理可求出与的关系，再结合基本不等式及三角形的面积公式即可得解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
又由，得.
因为，所以；
【小问2详解】
由余弦定理得，
即，①
设的中点为，则，
则，
则，②
由①②得，
联立，解得，
所以，即的周长为；
【小问3详解】
由（1）得，
由内切圆半径为1，得，即，
由余弦定理得，所以，
得，因为，所以，
解得或，
又因为的面积大于其内切圆面积，即，
得，所以，
当且仅当时，的面积取到最小值.
【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：
（1）利用正弦定理实现“边化角”；
（2）利用余弦定理实现“角化边”.
求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：
（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；
（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
19. 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为.
（1）类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式；
（2）在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值；
（3）已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）类比球的体积公式推导，把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，结合锥体体积公式可得“球锥”体积.
（2）设圆锥半径为，由勾股定理可得，由题意，计算体积消去化简即可.
（3）根据四面体棱长计算高和底面外接圆的半径，结合题意分析即可.
【小问1详解】
把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结合锥体体积公式得“球锥”的体积为.
【小问2详解】
设圆锥半径为，则，
当球缺的体积与圆锥的体积相等时，，
即，
消去，得，
整理得，因为，所以.
【小问3详解】
设正四面体内接“球锥”，顶点与球心重合，棱长为，
则外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件.
注意到，当顶点在圆锥底面圆周上时，
，得，
当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体，所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”.
因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则，且顶点在球冠上.即，且.
又因为，所以.
1
2
3
4
5
6
1
√
╳
√
╳
√
╳
2
╳
√
╳
√
╳
√
3
√
╳
√
╳
√
╳
4
╳
√
╳
√
╳
√
5
√
╳
√
╳
√
╳
6
╳
√
╳
√
╳
√
1
2
3
4
5
6
1
╳
√
╳
√
╳
√
2
√
√
√
√
√
√
3
╳
√
╳
√
╳
√
4
√
√
√
√
√
√
5
╳
√
╳
√
╳
√
6
√
√
√
√
√
√
1
2
3
4
5
6
1
╳
╳
╳
╳
╳
╳
2
╳
√
╳
√
╳
√
3
╳
╳
╳
╳
╳
╳
4
╳
√
╳
√
╳
√
5
╳
╳
╳
╳
╳
╳
6
╳
√
╳
√
╳
√