浙江省温州市2023-2024学年高一下学期6月期末期末数学（A卷）试题（Word版附解析）

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考生注意：
1．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上．
2．选择题的答案须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净．
3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，答案写在本试题卷上无效．
选择题部分
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. 已知向量，若∥，则（ ）
A. 2B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标表示运算求解.
【详解】因为，
若∥，则，即.
故选：C.
2. 设是一条直线，、是两个不同平面，则下列命题一定正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，则
【答案】C
【解析】
分析】
对于选项A：根据面面垂直的性质定理即可判断；对于选项B：根据面面垂直的性质定理即可判断；对于选项C：根据面面平行的性质定理判断即可；对于选项D：根据线面的位置关系判断即可.
【详解】对于选项A：若，，则或，故A不正确；
对于选项B：若，，则或或，故B不正确；
对于选项C：若，，根据面面平行的性质定理可得，故C正确；
对于选项D：若，，则或，故D不正确.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了面面垂直的性质定理以及面面平行的性质定理.属于较易题.
3 复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的乘除法运算法则求解即可.
【详解】.
故选：C.
4. 如图，某校数学兴趣小组对古塔AB进行测量，AB与地面垂直，从地面C点看塔顶A的仰角为，沿直线BC前行20米到点D此时看塔顶A的仰角为，根据以上数据可得古塔AB的高为（ ）米.
A. B. 20C. 10D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直角三角形三角关系可得，，根据题意列式求解即可.
【详解】设古塔AB的高为米，
在中，可得；
在中，可得；
由题意可知：，即，解得，
所以古塔AB的高为米.
故选：A.
5. 数据：1，1，2，3，3，5，5，7，7，x的分位数为2.5，则x可以是（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】按照百分位数计算公式，逐项计算即可求解.
【详解】对于A，因为，所以若，
则1，1，2，2，3，3，5，5，7，7的分位数为，故A正确；
对于B，因为，所以若，
则1，1，2，3，3，3，5，5，7，7的分位数为，故B错误；
对于C，因为，所以若，
则1，1，2，3，3，4，5，5，7，7的分位数为，故C错误；
对于D，因为，所以若，
则1，1，2，3，3，5，5，5，7，7的分位数为，故D错误.
故选：A.
6. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，若，则面积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意利用余弦定理和面积公式可得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得，代入面积公式结合角C的范围运算求解.
【详解】因为，则，
整理可得，且，可知，
由题意可得：，解得，
由正弦定理可得，
则面积，
因为，则，可得，
所以面积.
故选：A.
7. 已知样本数据的平均数为9，方差为12，现这组样本数据增加一个数据，此时新样本数据的平均数为10，则新样本数据的方差为（ ）
A. 18.2B. 19.6C. 19.8D. 21.7
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数和方差公式整理可得，由新样本数据的平均数可得，结合方差公式运算求解即可.
【详解】由题意可知：，
可得，
且，解得，
所以新样本数据的方差为.
故选：C.
8. 已知平面向量满足对任意实数恒成立．若对每一个确定的，对任意实数m，n，有最小值t．当变化时，t的值域为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合向量的几何意义分析可知，进而分析可知的最小值分别为过点分别作直线的垂线长，设，分和两种情况讨论，结合三角函数运算求解即可.
【详解】设，，可知，
则，可知的最小值即为点到直线的距离，
若对任意实数恒成立，
可知当点为线段的中点，且，即在方向上的投影向量为，
则，可得，即，可知为等边三角形，
可设，则，
可知的最小值分别为过点分别作直线的垂线长，
设，根据对称性只需分析即可，
若，可得
，
因为，则，可得，即；
若，则
，
因为，则，可得，即；
综上所述：，即，可得.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是把向量的模长转化为两点间距离，结合几何性质分析求解，这样可以省去烦琐的运算.
二、选择题：本大题共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，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 已知复数z满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 的最大值为2D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据共轭复数及乘法计算判断A,B选项，应用特殊值法判断D选项，结合模长公式判断C选项.
【详解】设,所以,D选项错误；
,C选项正确；
设,因为所以，所以,A选项正确；
,B选项正确.
故选：ABC.
10. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（ ）
A. 图（1）的平均数中位数众数
B. 图（2）的平均数<众数<中位数
C. 图（2）的众数中位数<平均数
D. 图（3）的平均数中位数众数
【答案】ACD
【解析】
【详解】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断.
【分析】图（1）的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数=众数，故A正确；
图（2）众数最小，右拖尾平均数大于中位数，故B错误，C正确；
图（3）左拖尾众数最大，平均数小于中位数，故D正确.
故选：ACD.
11. 正方体棱长为1，E，F分别为棱，AD（含端点）上的动点，记过C，E，F三点的平面为，记为点B到平面的距离，为点到平面的距离，则满足条件（ ）的是不唯一的．
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】设，结合解三角形知识求得的面积，利用等体积法求得，.根据题意结合选项逐一分析判断即可.
详解】设，则，
可得，
在中，由余弦定理可得，
且，则，
所以的面积，
设平面与直线的交点为，连接，可知，

因为平面∥平面，
且平面平面，平面平面，可得∥，
同理可得：∥，可知四边形为平行四边形，则，
对于三棱锥可知：，
则，解得；
对于三棱锥可知：，
则，解得；
对于选项A：若，
显然和上式均成立，所以平面是不唯一的，故A正确；
对于选项B：若，
整理可得，解得，
所以平面是唯一的，故B错误；
对于选项C：若，
显然和上式均成立，所以平面是不唯一的，故C正确；
对于选项D：若，
整理可得，解得，
所以平面是唯一的，故D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：将平面延展为平面，分析可知为平行四边形，进而可利用等体积法求.
非选择题部分
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分．把答案填在题中的横线上
12. 已知是关于x的实系数方程的一个根，则实数p的值为_______．
【答案】12
【解析】
【分析】根据题意分析可知也是方程的一个根，利用韦达定理运算求解即可.
【详解】因为是关于x的实系数方程的一个根，
则也是关于x的实系数方程的一个根，
由韦达定理可得，解得.
故答案为：12.
13. 设样本空间含有等可能的样本点，，则_______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据题意利用列举法求，代入即可得结果.
【详解】因为样本空间，，
则，可知，
则，
所以.
故答案为：2.
14. 与多面体的每条棱都相切的球称为该多面体的棱切球．已知四面体ABCD满足， ，且四面体ABCD有棱切球，则AC的长为________．
【答案】4
【解析】
【分析】设球心，和相应的切点，根据题意结合切线长性质可知相应的长度关系，结合题中棱长关系分析运算即可.
【详解】设棱切球的球心为，与棱分别切于点，
可知，
由题意可得：，解得，
所以.
故答案为：4.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是切线长相等，结合棱长列式求解即可.
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. 已知圆台上底面半径为1，下底面半径为2，高为2．
（1）求该圆台的体积；
（2）求该圆台母线与下底面所成角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用台体的体积公式运算求解；
（2）借助于轴截面，分析可知该圆台母线与下底面所成角的大小为，结合题中数据分析求解.
【小问1详解】
由题意可知：该圆台的体积.
【小问2详解】
借助于轴截面，如图所示，
其中分别为上、下底面圆的圆心，则与上、下底面均垂直，
过作，垂足为，可知∥，
则与上、下底面均垂直，则该圆台母线与下底面所成角的大小为，
由题意可知：，，可得，
则，所以该圆台母线与下底面所成角的余弦值为.
16. 已知是单位向量，满足，记与夹角为．
（1）求；
（2）若平面向量在上的投影向量为，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知，，由结合数量积的运算可得，即可得结果；
（2）设，结合题意列式解得，结合模长与数量积的运算律分析求解.
【小问1详解】
因为，则，
若，则，
即，可得，
且，所以.
【小问2详解】
由（1）可知：，，
由题意可设，
因为平面向量在上的投影向量为，则，
由题意可得：，可得，解得，
则，可得，
所以.
17. 如图，绕边BC旋转得到，其中，平面ABC，∥．
（1）证明：平面ACD；
（2）若二面角的平面角为，求锐二面角平面角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，结合线面垂直的判定定理分析证明；
（2）作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角的平面角为，可得，结合（1）分析可知锐二面角平面角为，运算求解即可.
【小问1详解】
由题意可知：，且，平面，
所以平面ACD.
【小问2详解】
过作，垂足为，连接，即，
因为平面ACD，平面ACD，则，
且，平面，则平面，
由平面，可得，
可知二面角的平面角为，且，可得，
由（1）可知：，则锐二面角平面角为，
且∥，可知，
可得，
所以锐二面角平面角的正弦值为.
18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，过内一点M的直线l与直线AB交于D，记与夹角为.
（1）已知，
（i）求角A﹔
（ii）M为的重心，，求；
（2）请用向量方法探究与边和角之间的等量关系.
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得；
（ii）由及数量积模的运算求得，根据正弦定理结合三角恒等变换得，将代入求值即可；
（2）由，结合数量积可得，再运用数量积定义可分别求出、、，代入整理即可.
【小问1详解】
（i）因为，
由正弦定理可得，
即，所以，
又，所以，所以，所以，
又，所以.
（ii）由题意，因为M为的重心，所以，
所以，
在中，由正弦定理知，所以，
显然为等腰三角形，则平分，
所以
；
【小问2详解】
直线与的边相交于点，如图所示，
因为，所以，
即，
又因为，
，
，
所以，
即.
19. 给定两组数据与，称为这两组数据之间的“差异量”．鉴宝类的节目是当下非常流行的综艺节目．现有n个古董，它们的价值各不相同，最值钱的古董记为1号，第二值钱的古董记为2号，以此类推，则古董价值的真实排序为．现在某专家在不知道古董真实排序的前提下，根据自己的经验对这n个古董的价值从高到低依次进行重新排序为，其中为该专家给真实价值排第i位古董的位次编号，记，那么A与I的差异量可以有效反映一个专家的水平，该差异量越小说明专家的鉴宝能力越强．
（1）当时，求的所有可能取值；
（2）当时，求的概率；
（3）现在有两个专家甲、乙同时进行鉴宝，已知专家甲的鉴定结果与真实价值I的差异量为a，专家甲与专家乙的鉴定结果的差异量为4，那么专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量是否可能为？请说明理由．
【答案】（1）0，2，4
（2）
（3）不可能，理由见详解
【解析】
【分析】（1）利用列举法求的所有可能性结果，结合的定义运算求解；
（2）分析可知样本容量，且只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，结合（1）中结论运算求解；
（3）由题意可得：，，结合绝对值不等式的运算求解.
【小问1详解】
若时，则，且，
可得，
所以的所有可能取值为0，2，4.
【小问2详解】
设“”为事件M，样本空间为，
因为，可知A共有个，即样本容量，
显然若对调两个位置的序号之差大于2，则，
可知只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，
若调整两次两个连续序号：则有，
共有3种可能；
若连续三个序号之间调整顺序，连续三个序号有：，共3组，
由（1）可知：每组均有3种可能满足，
可得共有种可能；
综上所述：.
所以.
【小问3详解】
不可能，理由如下：
设专家甲的排序为，记；
专家乙的排序为，记；
由题意可得：，，
因为，
结合的任意性可得，
所以专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量不可能为.
【点睛】方法点睛：1.对于（2）：利用转化法，将问题转为（1）中已知的结论；
2.对于（3）：结合绝对值不等式分析证明.