浙江省宁波市镇海中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波市镇海中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 已知事件A，B满足，，则等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案标号涂黑.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；不准使用铅笔和涂改液.
4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破.
选择题部分（共58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. 复数，，其中为虚数单位，则复数在复平面内所对应的点在第（ ）象限
A. 一B. 二C. 三D. 四
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数乘法运算和复数几何意义即可求解.
【详解】由题，
所以复数对应的点的坐标为，故在复平面内复数对应的点在第二象限.
故选：B.
2. 边长为2正三角形的直观图的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出正三角形的直观图，求出高，计算面积即可.
【详解】正三角形的直观图如图：
由题意，，，
所以过点作，垂足为，
则，所以三角形的面积为：.
故选：A
3. 甲乙丙丁四位同学各掷5次骰子并记录点数，方差最大是（ ）
甲：4 5 4 5 5 乙：4 2 3 4 3
丙：2 3 2 3 4 丁：6 1 2 6 1
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，利用方差的定义，分别求出甲乙丙丁四位同学各掷5次骰子的点数的方差，即可求出结果.
【详解】由题知，所以，
，所以，
，所以，
，所以，
所以方差最大的是丁，
故选：D.
4. 若a，b，c为空间中的不同直线，，，为不同平面，则下列为真命题的个数是（ ）
①，，则； ②，，则；
③，，则； ④，，则.
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由空间中线面的位置关系判断即可.
【详解】对于①，，则与可能平行，可能异面，可能相交，故①错误；
对于②，，垂直于同一平面的两条直线平行，故②正确；
对于③，，垂直于同一平面的两个平面可能平行，可能相交，故③错误；
对于④，，垂直于同一直线的两个平面平行，故④正确；
故选：C
5. 一个射击运动员打靶6次的环数为：9，5，7，6，8，7下列结论不正确的是（ ）
A. 这组数据的平均数为7B. 这组数据的众数为7
C. 这组数据的中位数为7D. 这组数据的方差为7
【答案】D
【解析】
【分析】由一组数据的数字特征求解判断即可.
【详解】9，5，7，6，8，7这组数据从小到大排列，5，6，7，7，8，9，
所以众数为7，中位数为7，平均数为，
方差为：，
故选：D
6. 如图，正三棱柱的所有边长都相等，为线段的中点，为侧面内的一点（包括边界，异于点），过点、、作正三棱柱的截面，则截面的形状不可能是（ ）

A. 五边形B. 四边形
C. 等腰三角形D. 直角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】当的延长线与线段（除端点外）相交于点时，作出截面，即可判断B，对的延长线与线段、（除点外）相交时截面为三角形 ，结合B即可判断A，利用特殊点判断C、D.
【详解】对于B：当的延长线与线段（除端点外）相交于点时，延长交的延长线于点，
连接交于点，连接，
此时过点、、作正三棱柱的截面为四边形（当在线段（除端点外）时截面也为四边形），故B正确；

对于A：当的延长线与线段、（除点外）相交
（或点在线段、（除点外）上时）截面为三角形，
结合B选项可知，截面为三角形或四边形，不可能为五边形，故A错误；
对于C：取的中点，连接、，又为线段的中点，
所以，所以为等腰三角形，故C正确；

对于D：取的中点，连接、，
因为三棱柱为正三棱柱，所以，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，
所以，所以为直角三角形，故D正确；

故选：A
7. 已知球O为棱长为1的正四面体的外接球，若点P是正四面体ABCD的表面上的一点，Q为球O表面上的一点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出正四面体外接球半径，再分析出最大值即可外接球直径.
【详解】首先求出正四面体外接球的半径：
由正四面体的对称性与球的对称性可知球心在正四面体的高上：
设外接球半径为，如图(为外接球球心，为的重心），
，
，，
中，，
即，得，
因为点P是正四面体的表面上的一点，Q为球O表面上的一点，
则的最大值相当于外接球的直径，则最大值为.
故选：D.
8. 三棱锥中，，，，，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出三棱锥的外接球，当点在三棱锥的外接球的顶端时，且平面ABC，点到平面的距离最大，则三棱锥的体积的最大，求解即可.
【详解】如图：
因为，，
由余弦定理得：，
所以，外接圆的圆心为，
则半径，
如图，当点在三棱锥的外接球的顶端时，且平面，
点到平面的距离最大，
又，所以，
，
所以三棱锥的体积的最大值为.
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，有选错的得0分，部分选对的得部分．
9. 已知事件A，B满足，，则（ ）
A. 事件A与B可能为对立事件
B. 若A与B相互独立，则
C. 若A与B互斥，则
D. 若A与B互斥，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据对立事件的定义判断选项A；若相互独立，则相互独立，可以判断选项B;互斥，判断选项C和D.
【详解】对于A，由,则,故A错误；
对于B，与相互独立，则与相互独立，
故故B正确；
对于CD，互斥，则,,故C正确，D错误.
故选：BC
10. 如图，在正方体中，分别为线段，，中点，分别为线段，线段上的动点，则三棱锥的体积（ ）
A. 与点位置有关B. 与点位置无关
C. 与点位置有关D. 与点位置无关
【答案】BD
【解析】
【分析】利用线面平行的判定定理可得平面，平面，再根据等体积法即可求解.
【详解】如图所示，连接，
因为正方体中，分别为线段，中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为是线段上的动点，且平面与平面共面，
所以点到平面的距离与点位置无关，
所以三棱锥的体积与点位置无关，A说法错误，B说法正确，
同理因为分别为线段，中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为是线段上的动点，所以点到平面的距离与点位置无关，
所以三棱锥的体积与点位置无关，C说法错误，D说法正确，
故选：BD
11. 如图，三棱锥中，为边长是的正三角形，底面是线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 点B到平面的距离的最大值为
B. 三棱锥的内切球半径为
C. PB与AQ所成角可能为
D. 与平面所成角的正切值的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】取的中点为，连接，求出即可判断选项A；由等体积法即可计算内切球半径判断选项B；当点与点重合时，PB与AQ所成角最小，即可判断选项C；当点为的中点时，与平面所成角的正切值的最大，即可判断选项D.
【详解】当点与点重合时，点B到平面的距离的最大，
如图：
取的中点为，连接，为正三角形，所以，
又底面，底面，所以，
，平面，所以平面，
所以点B到平面的距离的最大为，故A正确；
设三棱锥的内切球半径为，由等体积法可得：
，
，所以的边上的高为，
，
所以
所以，故B正确；
如图：
PB与AQ所成角即为，当点与点重合时，PB与AQ所成角即为，
随着点在边上由到运动过程中，点越靠近点，PB与AQ所成角越大，
所以当点与点重合时，PB与AQ所成角最小为，
此时，
所以PB与AQ所成角大于，故C错误；
如图过点作垂直于平面，垂足为，
则与平面所成角为，，由于不变，
所以最小时，最大，
如图当点为的中点时，与平面所成角的正切值的最大，
此时，,
所以与平面所成角的正切值的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
非选择题部分（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷次，向上的点数分别记为，则事件“”的概率为____________.
【答案】
【解析】
【分析】采用列举法可得所有基本事件个数和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.
【详解】将一枚质地均匀的骰子连续抛掷次，向上的点数所有可能的结果有：，共个基本事件；
其中满足的有：，共个基本事件，
所求概率.
故答案为：.
13. 正方体棱长为2，N为线段上一动点，为线段上一动点，则的最小值为____________.
【答案】##
【解析】
【分析】先明确MN最小值情况，进而得到MN最小时MN位置，然后把空间两根线段和等价转化成共面的两根线段和即可求解.
【详解】如图，连接MC，MA，
则由题意可知当为等腰三角形，当MN垂直于AC时MN最短，
此时N为AC中点，面，
如图延长至G，使得，连接GM，
则面，且，
所以面，故当三点共线时最小，
此时.
故答案为：.
14. 某工厂三个车间生产同一种产品，三个车间的产量分布如图所示，现在用分层随机抽样方法从三个车间生产的该产品中，共抽取70件做使用寿命的测试，则C车间应抽取的件数为____________；若A，B，C三个车间产品的平均寿命分别为200，220，210小时，方差分别为30，20，40，则总样本的方差为____________.

【答案】 ①. 21； ②. 89
【解析】
【分析】根据分层抽样按比例抽取即可得到C车间应抽取的件数；由分层抽样的方差公式：计算即可.
【详解】解：由分层抽样方法可得：抽取C车间应抽取的件数为；
样本的总体平均数为：，
样本的总体方差为：，
故答案为：21；89.
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. 已知复数满足方程，其中为虚数单位，.
（1）当，时，求；
（2）若，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：利用复数除法运算整理得到，由模长运算定义可求得结果；
方法二：根据复数模长运算性质直接求解即可；
（2）由可整理得到，根据二次函数最值可得结果.
【小问1详解】
当，时，
方法一：，；
方法二：.
【小问2详解】
，，即，，
，的最小值为.
16. 正方体棱长为2，，分别为和的中点．
（1）证明：直线平面；
（2）求直线与平面所成角的正切值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取中点G，证明E，G，B，D四点共面，根据线面平行的判定定理可得结果；
（2）取中点分别为P，Q，连接，取中点H，连接，根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理可得直线与平面所成角为，进而可得结果.
【小问1详解】
如图一所示：取中点G，连接，，
E，F分别为和的中点，∴，易证，∴，
∴E，G，B，D四点共面，又，，
∴四边形为平⾏四边形.∴，
又平面，平面，平面．
【小问2详解】
如图二所示：取中点分别为P，Q，连接，取中点H，连接，
由题意得平面，∴，又、，、平面，
∴平面，平面，∴平面平面，
交线为，易证，∴直线与平面所成角为，
因为，在中，，
在中，，所以，
.
17. 为贯彻落实党的二十大关于深化全民阅读活动的重要部署，进一步推动青少年学生阅读深入开展，促进全面提升育人水平，教育部决定开展全国青少年学生读书行动.某校实施了全国青少年学生读书行动实施方案.现从该校的2400名学生中发放调查问卷，随机调查100名学生一周的课外阅读时间，将统计数据按照，，…分组后绘制成如图所示的频率分布直方图（单位：分钟）
（1）若每周课外阅读时间1小时以上视为达标，则该校达标的约为几人（保留整数）；
（2）估计该校学生每周课外阅读的平均时间；
（3）估计该校学生每周课外阅读时间的第75百分位数（结果保留1位小数）.
【答案】（1）1440；
（2）68分钟； （3）86.7
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图求出阅读时间1小时以上的频率，进而求出达标人数；
（2）根据频率分布直方图求数字特征平均数可得结果；
（3）根据频率分布直方图求数字特征百分位数可得结果；
【小问1详解】
由题意知，
每周课外阅读时间为1⼩时以上的⼈数约为.
【小问2详解】
该校学⽣每周课外阅读的平均时间为：
分钟.
【小问3详解】
因为前4组的频率和为，
第5组的频率为，所以第75百分位数位于第5组内.
所以估计第75百分位数为.
18. 如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，

（1）证明：平面；
（2）求点到面的距离；
（3）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得；由面面垂直和线面垂直的性质可证得，结合可证得结论；
（2）延长交于一点，根据可求得，利用体积桥可构造方程求得结果；
（3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果.
【小问1详解】
连接，

在三棱台中，；
，四边形为等腰梯形且，
设，则.
由余弦定理得：，
，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
是以为直角顶点的等腰直角三角形，，
，平面，平面.
【小问2详解】
由棱台性质知：延长交于一点，

，，，
；
平面，即平面，
即为三棱锥中，点到平面的距离，
由（1）中所设：，，
为等边三角形，，
，；
，，
，
设所求点到平面的距离为，即为点到面的距离，
，，解得：.
即点到平面的距离为.
【小问3详解】
平面，平面，平面平面，
平面平面
取中点，在正中，，平面，
又平面，平面平面．
作，平面平面，则平面，
作，连接，则即在平面上的射影，

平面，平面，，
，平面，平面，
平面，，即二面角的平面角.
设，
在中，作，

，，又平面，平面，
，解得：，
由（2）知：，，
，，
，，
，，
若存在使得二面角的大小为，
则，解得：，
，
存在满足题意的点，.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果.
19. 球面几何学是在球表面上的几何学，也是非欧几何的一个例子.对于半径为R的球，过球面上一点作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边.不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角.

已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点．
（1）球面的三条边长相等（称为等边球面三角形），若，求球面的内角和；
（2）类比二面角，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为.
其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角. 若三面角的三个面角的余弦值分别为.
（ⅰ）求球面的三个内角的余弦值；
（ⅱ）求球面的面积.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）； （ⅱ）
【解析】
【分析】（1）通过已知条件直接证明三个平面两两垂直，然后由球面角的定义即可得出；
（2）使用空间解析几何方法求出球面的三个球面角，再证明球面球面的面积，即可得到结果.
【小问1详解】
本题解析中涉及的角的取值均为弧度制下的取值.
由可知在两个互相垂直（即交点处切线垂直）的大圆上，
从而，故.
设，则，
从而.
注意到到直线的距离均为，故.
所以由知，
所以，即，
这得到.
从而，而在两个互相垂直的大圆上，
故，
从而两两垂直.
从而由在平面内交于点，可知垂直于平面，
而在平面和平面内，
故平面垂直于平面，同理平面垂直于平面，平面垂直于平面，
所以三个平面两两垂直.
故由球面角的定义知，所以球面的内角和是.
【小问2详解】
（ⅰ）由已知条件，可设，，.
如图，以为原点，构建空间直角坐标系，则. 不妨设，.

设，则由可知
；
；
.
故，，.
不妨设，则，所以有.
设平面的法向量分别为，并设.
则，即.
从而，故可以取.
所以我们有
；
；
.
故球面的三个内角的余弦值分别为.
（ⅱ）先证明一个引理.
引理：若球面的三个球面角，设该球面的面积为，则.

引理的证明：
记球的表面积为，则.
设的对径点分别为，则所在的大圆和所在的大圆，
它们将球面分成了四个部分，其中面积较小的两个部分的面积之和等于球的表面积的倍，
即，类似可定义，且同理有，.
而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有.
所以，故
.
引理得证.
回到原题，根据（ⅰ）的结论，有，，.
再由引理知球面的面积.
【点睛】关键点点睛：本题具有一定的非欧几何背景. 事实上，在二维黎曼流形中，测地线三角形的内角和等于，这里是该测地线三角形的内部，为流形的高斯曲率. 而半径为的球面的高斯曲率恒为，这就直接得到单位圆上的球面的内角和等于，从而直接得出.