浙江省嘉兴市2023-2024学年高一下学期6月期末检测数学试题 含解析

这是一份浙江省嘉兴市2023-2024学年高一下学期6月期末检测数学试题 含解析，共17页。
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上．
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效．
一、选择题：本大题共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. 复数（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】确定复数在复平面内对应的点，即可判定象限.
【详解】复数在复平面内对应的点为，
所以复数在复平面内对应的点在第二象限.
故选：B
2. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于AC：根据数量积的坐标运算结合垂直关系分析判断；对于B：根据向量平行的坐标表示分析判断；对于D：根据向量加法的坐标运算分析判断.
【详解】因为，，
对于选项AC：因为，可知不相互垂直，故AC错误；
对于选项B：因为，可知不相互平行，故B错误；
对于选项D：因为，故D正确；
故选：D.
3. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据正弦定理即可求解.
【详解】由.
故选：A
4. 如图，下列几何关系表达正确的是（ ）

A. ，，m，n共面
B. ，，m，n共面
C. ，，m，n异面
D. ，，m，n异面
【答案】D
【解析】
【分析】根据点线面的位置关系，正确应用数学符号即可判断.
【详解】因是直线，是点，故它们与平面的关系应该是 ，
而且从虚线看，m，n异面，故A, B，C均错误；故答案为D.
故选：D.
5. 一个笔袋中装有4支不同的水笔，其中2支黑色，1支蓝色，1支红色，若从中任取2支，恰好取到1支黑色和1支红色水笔的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用古典概率模型直接求解即可.
【详解】从4支不同的水彩笔中任取2支，共有种情况，
取到1支黑笔1支红笔，共有种情况，
根据古典概型计算公式得，所求概率为.
故选：C.
6. 在平行四边形中，已知，（如图1），将沿BD折起到的位置（如图2），使得平面平面，则直线SB与直线CD所成角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】分别取的中点,推理得到直线SB与直线CD所成角即直线与直线所成角或其补角，通过设边长，求出的三边长即可求得.
【详解】
如图，分别取的中点,依次连接.
因平面平面，平面平面, ，平面,
故平面，
又,则平面，因平面,故.
因,故直线SB与直线CD所成角即直线与直线所成角或其补角.
设，则,故,
因则,在中，因,故,
即直线SB与直线CD所成角为.
故选：B.
7. 已知数据的平均数为10，方差为1，数据的平均数为5，方差为3，将两组数据合在一起组成一个容量为10的新样本，则新样本的方差为（ ）
A. 4.2B. 4.8C. 7.8D. 9.2
【答案】C
【解析】
【分析】利用分层抽样的平均数与方差公式即可得解.
【详解】因为数据的平均数为10，方差为1，
数据的平均数为5，方差为3，
所以新样本的平均数为：，
方差为：.
故选：C.
8. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，E为BC中点，在线段AB上，且，和CF相交于点，则的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知，由正弦定理、余弦定理可得，，可得是直角三角形，以为原点，建立直角坐标系，由又E为BC中点，在线段AB上，且，可得，的坐标，利用坐标运算可得的余弦值.
【详解】已知，由正弦定理得，又，
由余弦定理，所以，
则有，即是以为直角的直角三角形，
如图，以为原点，建立直角坐标系，设，则，
又E为BC中点，在线段AB上，且，
则，，，，，
解得．
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. 气象台预报嘉兴市5月份气候适宜，温度波动幅度较小，比较适合户外运动，其中2024年5月9日至5月15日7天内的当日最高温度（单位℃）分别为：24，28，23，25，26，26，29，则以下说法正确的是（ ）
A. 该组数据的极差为6B. 该组数据的众数为26
C. 该组数据的中位数为25.5D. 该组数据的第70百分位数为26
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据极差、众数、中位数和百分位数的定义求解即可.
【详解】将这组数据按照从小到大的顺排列得，
则该组数据的极差为，故A正确；
该组数据的众数为，故B正确；
该组数据的中位数为26，故C错误；
因为，
所以该组数据的第70百分位数为第个数据，即，故D正确.
故选：ABD.
10. 如图，点A，B在上，则下列所给条件可以求出数量积的是（ ）
A. ，，B. ，
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用向量数量积定义即可求得；对于B，利用垂径定理可求得，计算即得；对于C，因没有和夹角，无法得出；对于D，利用向量分解和数量积运算律、垂径定理等计算即得.
【详解】对于A，由向量数量积的定义式，，故A正确；
对于B，如图，过点作于点，因，，
则，由A项分析易得，故B正确；
对于C，因，仅知道，不能求出，故C错误；
对于D，与B项同法作辅助线，因,而,且，
故,即D正确.
故选：ABD .
11. 如图，已知正八面体（围成八面体的八个三角形均为等边三角形）的棱长为2，其中四边形为正方形，其棱切球（与正八面体的各条棱都相切）的球心为，则以下结论正确的是（ ）
A. 点到平面的距离等于1
B. 点到直线的距离等于1
C. 球在正八面体外部的体积小于
D. 球在正八面体外部的面积大于
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，先确定球的中心，然后利用正八面体的性质计算即可；对于B，直接利用三角形面积公式即可；对于C，计算在正八面体外部的球冠对应的圆锥的体积，然后估计出球在正八面体外部的体积的上界即可；对于D，利用旋转体体积公式求得球冠体积，并得到球冠与圆锥的总体积占整个球的比例，即可得到球冠的表面积，然后进行放缩即可.
【详解】对于A，由对称性可知棱切球球心就是正八面体的中心，而，
所以.
设点到平面的距离为，则有
，
故，故A错误；
对于B，由于，故在平面上的投影就是正方形的中心，
故平面，而在平面内，故.
又因为，知点到直线的距离，故B正确；
对于C，根据上面分析，球的半径等于点到直线的距离，即.
从而平面截棱切球所得圆的半径，设这个圆为圆.
设球的体积为，而以为顶点、圆为底面的圆锥的体积为，
则棱切球在正八面体内部的体积大于.
从而球在正八面体外部的体积小于
，故C正确；
对于D，球在正八面体外部的面积等于正八面体外8个球冠的表面积.
而对于一个球冠而言，由其顶点和底面可以确定一个圆锥，而该圆锥的侧面积一定小于球冠的表面积.
从而，每个球冠的表面积都大于由该球冠顶点和底面圆确定的圆锥的侧面积.
该圆锥的底面半径，高，故母线长.
所以每个球冠的表面积都大于该圆锥的侧面积.
所以8个球冠的表面积之和大于，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用恰当的方式对球冠的表面积和体积进行估计.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若复数满足（为虚数单位），则__________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据复数的除法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式即可得解.
【详解】由，得，
所以.
故答案为：.
13. 已知，，且与相互独立，__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由和事件的概率公式与独立事件的概率公式结合已知条件求解即可.
【详解】因为与相互独立，所以，
因为，，，
所以，
，解得，
故答案为：
14. 如图，壕股塔位于嘉兴南湖西侧的南湖渔村中，某项目化学习小组为了测量其高度，选取与塔底O在同一水平面的三个测量点A，B，C，分别测得塔顶P点的仰角为30°，45°，30°，延长AB交OC于点D，经测量D为OC上靠近O点的三等分点，B为AD的中点，米，则塔高__________米．
【答案】60
【解析】
【分析】设，设，先利用直角三角形求出其它边，在中，利用余弦定理可解.
【详解】设，设，
由，得，同理可得，，
由为OC上靠近点的三等分点，解得，
在中，
由，解得，
中，
由，
解得．
故答案为：60
四、解答题：本大题共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. 已知向量，满足，，．
（1）求向量与的夹角；
（2）求．
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）根据向量夹角的计算公式计算即得；
（2）利用向量的模的定义，运用向量数量积的运算律计算即得.
【小问1详解】
由，
因，故有，；
【小问2详解】
．
16. 在中，角所对的边分别为，且．
（1）求；
（2）若的面积为，且，求．
【答案】（1）
（2），或，
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理进行边角转化，再进行三角恒等变形即可求解.
（2）结合已知条件面积公式和余弦定理即可求解.
【小问1详解】
由，根据正弦定理得
，
，
，又
所以，解得，
所以，因为为三角形的内角，所以．
小问2详解】
由，，解得，
由余弦定理得，解得，
所以，或，．
17. 嘉兴市期末测试中数学多选题评分标准如下：若某试题有两个正确选项，选对一个得3分，选对两个得6分，有错选得0分；若该试题有三个正确选项，选对一个得2分，选对两个得4分，三个都选对得6分，有错选得0分，小明同学正在做一道数学多选题（多选题每题至少选一项且不能全选，假设每个选项被选到的概率是等可能的），请帮助小明求解以下问题：
（1）若该多选题有两个正确选项，在完全盲猜（可以选一个选项、可以选两个选项、也可以选三个选项）的情况下，求小明得6分的概率；
（2）若该多选题有三个正确选项，小明已经判定A正确（正确答案中有A选项，且A必选）的情况下，求小明得分大于等于4分的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）（2）根据题意利用列举法结合古典概型即可得解.
【小问1详解】
设总选项个数为，记事件“小明得6分”，选项个数为，
假设正确选项为AB，则，
列举法：单选项有A，B，C，D共计4个，
双选项有AB，AC，AD，BC，BD，CD共计6个，
三选项有ABC，ACD，ABD，BCD共计4个，
个，
；
【小问2详解】
设总选项个数为，记事件“小明得分大于等于4分”，选项个数为，
假设ABC为答案，小明已经判定A正确（正确答案中有A选项且小明A项必选）的情况下，
列举法：单选项有A共计1个，且仅得2分，
双选项有AB，AC，AD共计3个，其中2个得4分，
三选项有ABC，ACD，ABD共计3个，其中1得6分，
，，
．
18. 如图，在三棱锥中，已知，，底面，E为SB中点，为线段BC上一个动点．
（1）证明：平面平面；
（2）若为线段BC中点，求二面角的余弦值；
（3）设为线段AE上的一个动点，若平面，求线段MF长度的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分别证明和推得平面，即得结论；
（2）由（1）易得为二面角平面角，分别求得,即得结论；
（3）通过作于点，作推得平面平面，满足平面，设，将表示成的函数形式，求其最小值即得.
【小问1详解】
因为底面,平面，所以，
又,平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，E为SB中点，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
由（1）平面，平面，
所以，，平面平面，
可知为二面角的平面角，
因，则，,，
，
由（1）知平面，平面，故，
得，故．
【小问3详解】
过点作AB的垂线，垂足为，过点作，
因为，，且，平面，所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理平面，，平面，所以平面平面，
平面，所以平面．
设，因，则，，，
则，
故当时，线段MF的最小值为．
【点睛】思路点睛：本题主要考查面面垂直的证明、求解二面角以及距离最值问题，属于较难题.解题思路为：利用一般利用线面垂直证明面面垂直；通过二面角一个面内的点在另一个面的射影得到平面角求解；一般要选设一个量（边或者角）为参数，构建关于参数的函数，求其最值得到.
19. 在中，已知，，，为线段BC上一个动点．
（1）若AD为的角平分线，求线段AD的长；
（2）将折起到的位置，记二面角的大小为．
（i）若，且AD为的角平分线，求三棱锥外接球的面积；
（ii）若，求三棱锥外接球的面积最小值．
【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理，结合三角形面积公式求解即得.
（2）（i）由（1）的结论，利用正弦定理求出外接圆直径，结合余弦定理及球的截面小圆性质求出球半径即得；（ii）设，利用余弦定理求出，再利用（i）中的相关信息及结论代入求解即得.
【小问1详解】
在中，，，，由余弦定理得，
由AD为的角平分线，得，
而，解得，，
在中，，所以．
【小问2详解】
（i）在中，由（1）知，解得，
为AD中点，设外接圆为，半径为，，，
由，解得，
，在中，，解得，
设外接圆为，半径为，，，
由，解得，，
平面，则平面，，
令三棱锥外接球的球心为，则平面，平面，
而平面平面，则，又，
平面，于是平面，从而点共面，
显然，OT为四边形的外接圆直径，同时也为外接圆直径，
而，，
三棱锥外接球的半径为，则，
由，得，
所以三棱锥外接球表面积为．
（ii）由为线段BC上一个动点，设，显然不能与点重合，即，
由（1）解得，，，
由（i）知，为AD中点，外接圆为，半径为，，
由，解得，，
外接圆为，半径为，，由，解得，
，令三棱锥外接球的球心为，半径为，
，
当时，，
三棱锥外接球表面积为，当时，，
所以三棱锥外接球表面积的最小值为.
【点睛】关键点点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.