浙江省绍兴市柯桥区2023-2024学年高一上学期期末教学质量调测数学试题（含答案解析）

2023学年第一学期期末教学质量调测高一（实验班）数学试题注意事项：1.本科考试分为试题卷和答题卷，考生须在答题卷上答题.2.答题前，请在答题卷的规定处用黑色字迹的签字笔或钢笔填写学校、班级、姓名和准考证号.3.试卷分为选择题和非选择题两部分，共6页.全卷满分150分，考试时间120分钟.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数（为虚数单位），则（）A. B.2 C. D.1【答案】A【解析】【分析】根据复数模长公式计算.【详解】由复数得，.故选：A2.已知向量，，且，则（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】由，可得，计算即可得的值.【详解】由，故，故.故选：D.3.已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据斜二测画法的公式，画出复原图即可求解.【详解】因为，，取的中点为坐标原点，以为建立坐标系如左图，因为斜二测直观图为矩形，，,则，可得原图中（右图），,,四边形的面积为.故选：D.4.大善塔，位于绍兴市区城市广场东南隅，是绍兴城地标性建筑，其塔顶部可以近似地看成一个正六棱锥.假设该六棱锥的侧面和底面的夹角为，则该六棱锥的高和底面边长之比为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】如图正六棱锥中，取的中点，则为侧面和底面的夹角，根据的值可求得的值.【详解】如图正六棱锥中，底面中心为，取的中点，连接，则，所以为侧面和底面的夹角，即因为底面，底面，所以，所以，又，所以，所以.故选：C5.某校组织高一1班，2班开展数学竞赛，1班40人，2班30人，根据统计分析，两班成绩的方差分别为，.记两个班总成绩的方差为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】借助分层抽样的方差公式计算即可得.【详解】设两个班的平均分分别为，，两个班的总的平均分为，则.故选：B.6.有一座6层大楼，3人从大楼第一层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则这3人离开电梯的层数之和为10的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用古典概型，根据这人离开电梯的层数之和为的情况进行分类求解.【详解】假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的,则基本事件的总数，这人离开电梯的层数之和为有4种情况：①三个人下电梯的层数分别为，有种情况，②三个人下电梯的层数分别为，有种情况，③三个人下电梯的层数分别为，有种情况，④三个人下电梯的层数分别为，有种情况，所以这3人离开电梯的层数之和为10的概率是.故选：B.7.已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意，分析可得点的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可.【详解】若点P在正方形内，过点P作平面于，连接.则为直线与平面所成的角，则，又，则，得，则点的轨迹为以为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分），若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段和，因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点的轨迹如图所示：故点P的轨迹长度为.故选：D8.费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为.已知在中，，为的费马点，若，，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意作出图形，设，利用正弦定理将表示为关于的式子，然后利用三角恒等变形与三角函数的值域求的取值范围即可.【详解】设，则，，由得，解得，满足，，在中，，可得，同理可得，所以，因为，所以当，即时，最大值为，结合，可得的最小值为，所以当时，由最小值，即的取值范围是.故选：D.【点睛】方法点睛：对于三角中有关边的最值问题，我们通常利用正弦定理将边转化为角，然后利用三角公式变形求最值.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下面给出的关系式中，不正确的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据向量数量积的运算性质求解.【详解】对A：由可得，而，故A说法正确；对B：取，则成立，但不一定成立，故B说法错误；对C：表示与共线的向量，而表示与共线的向量，所以不一定成立，故C说法错误；对D：，故，故D说法错误.故选：BCD10.已知复数，，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则在复平面内对应的点在一条直线上【答案】AD【解析】【分析】根据题意，由共轭复数的定义分析A；举反例说明BC；由复数的几何意义确定D.【详解】对于A：设，若，则，故必有，A正确；对于B：若，，则有，但，B错误；对于C：若，，则有，但，C错误；对于D：设复数，在复平面内对应的点为和若，则在复平面内对应的点为线段的中垂线，故在复平面内对应的点在一条直线上，D正确.故选：AD.11.下列命题正确的是（）A.对于事件，，若，则B.若三个事件，，两两互斥，则C.若，，则事件，相互独立与互斥不会同时发生D.若事件，满足，，，则【答案】BCD【解析】【分析】根据互斥事件的定义，结合独立事件的定义、对立事件的概率公式逐一判断即可.【详解】A：因为，所以事件，不是互斥事件，因此不成立，所以本选项不正确；B：根据互斥事件的性质可知本选项正确；C：假设事件，相互独立，则有，因此，所以和不互斥；反之，若事件，互斥事件，则有，那么，所以事件，不独立，因此件，相互独立与互斥不会同时发生，所以本选项正确；D：因为，因为，所以，因此本选项正确，故选：BCD12.如图棱长为2的正方体中，是的中点，点是正方体表面上一动点，点为内（不含边界）的一点，若平面，则下列说法正确的是（）A.平面与线段的交点为线段的中点B.到平面距离为C.三棱锥体积存在最大值D.直线与直线所成角的余弦值的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】对A：取的中点，连接，可证四点共面即可判断A；对B：分别取的中点，可证平面平面，将到平面的距离转化为B到平面的距离，利用空间向量求解；对C：，判断能否取得最大值即可判断C；将直线与直线所成角的最小值转化为与平面夹角求解.【详解】对A：取的中点，连接，则，所以四点共面，所以平面与线段的交点为线段的中点，故A正确；对B：分别取的中点，连接，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理可证：平面，又，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面，所以的轨迹为线段，所以到平面的距离为到平面的距离，以为坐标原点，分别以为轴正半轴建系，则，则，设平面的一个法向量，则取得，到平面的距离为,所以到平面的距离为，故B正确；对C：,当在E处时最大，而为内(不含边界)的点，故没有最大值，所以三棱锥体积不存在最大值，故C错.对D：下面证明当在线段上运动时，恒有，当在线段上运动时，设由于在经过两点的直线上知，，，所以，所以，因为，当时，，当时，，所以当即在N处时有最大值；当P在线段上运动时，由对称性知，当在M处时有最大值，当在线段上运动时，设中点为，则，所以在N（或M）处时有最大值；综上知当在线段上运动时，恒有.平面平面，平面平面，设平面平面，∴直线与直所成角为与所成角.设夹角，根据最小角定理（斜线与平面内任意直线的夹角大于等于斜线与该平面的夹角）可知，大于等于与平面的夹角，作平面于H，则，而为定值，，所以，而为与平面夹角正弦值，，平面的法向量为，，∴，∴，所以直线与直线所成角余弦值的最大值为，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：将直线平移转化到平面内的直线l是关键的一步，这样将与的夹角转化为与l的夹角，进而使用最小角定理转化为与平面夹角问题解决.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，，则________.【答案】【解析】【分析】计算，再求.【详解】，，所以，所以.故答案为：14.已知点为所在平面内一点，若，则点的轨迹必通过的________.（填：内心，外心，垂心，重心）【答案】外心【解析】【分析】为的中点，由，得，则点的轨迹必通过的外心.【详解】点为所在平面内一点，若，设为的中点，，则有，所以，所以动点在线段的中垂线上，则点的轨迹必通过的外心.故答案为：外心15.在中，角分别对应边，，，已知函数，若存在最大值，则正数的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】由三角形的正弦定理和三角函数的恒等变换，以及正弦函数的最值，结合不等式可得正数的取值范围.【详解】设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，又，可得，即有，所以，，因为，若存在最大值，则，所以，即，解得.故答案为：.16.已知三棱锥，面，，交于，交于，，记三棱锥，四棱锥的外接球的表面积分别为，，当三棱锥体积最大时，则________.【答案】【解析】【分析】画出对应图形，有题目条件可得其中相应线与线、线与面的位置关系，结合勾股定理可计算出相应长度，即可确定三棱锥的外接球球心及半径，以及四棱锥的外接球球心及半径与的关系，当三棱锥体积最大时，借助等体积法与基本不等式可得此时、的长度，即可帮助确定四棱锥的外接球半径的具体值，即可得解.【详解】由、，取中点，则，故为三棱锥外接球球心，且其半径，由平面，且、平面，故，，又，、平面，且，故平面，又、平面，故，，又，且、平面，，故平面，又、平面，故，，又，、平面，，故平面，又平面，故，又，故，连接，取中点，则为四边形外接圆圆心，连接点与中点，则，又平面，故平面，即平面，又，故为四棱锥的外接球球心，且其半径，由平面，故，，由，故，有，则，当且仅当时等号成立，故三棱锥体积最大时，有，由，则，由，，则有，则有，解得，故，则.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，一是借助题目条件中所给的位置关系，结合线面垂直的性质定理及判定定理去确定新的位置关系，二是找几何体的外接球球心可借助外接球的性质，即球心到各定点距离相等，或想找出底面外接圆圆心，再过该点作垂直底面的直线，则球心定在此直线上.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知平面向量，的夹角为，且，，.（1）当，求；（2）当时，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当，，两边平方，利用向量数量积求；（2）当时，有，利用向量数量积求的值.【小问1详解】平面向量，的夹角为，且，，当，，则，所以.【小问2详解】当时，，所以.18.《中国制造2025》提出“节能与新能源汽车”作为重点发展领域，这为我国节能与新能源汽车产业发展指明了方向，某新能源汽车生产商为了提升产品质量，对某款汽车的某项指标进行检测后，频率分布直方图如图所示：（1）求该项指标的第30百分位数；（2）若利用该指标制定一个标准，需要确定临界值，将该指标小于的汽车认为符合节能要求，已知，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求该款汽车符合节能要求的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用百分位数的定义求解；（2）分和，分别求出，写成分段函数的形式即可.【小问1详解】，，所以第30百分位数落在区间内，设其为，则，解得.即该项指标的第30百分位数为.【小问2详解】当时，当时，所以.19.如图，在四棱锥中，，，，，，，点为的中点.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角为时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，根据条件求出各点坐标，求出平面的一个法向量，根据即可得证；（2）根据条件求得P点坐标，再分别求得面与面的法向量，利用向量法求解即可.【小问1详解】以点A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，过点A且垂直于面的直线向上方向为z轴，建立空间直角坐标系，如图.则.设，则由得，由图知，故解得，所以.设，则，，，因为，，所以有，解得，故，则，因为，易知面的一个法向量，因为，所以EP⊥平面ABCD【小问2详解】由（1）知因为直线PB与平面ABC所成角为45°，且平面，故有，因为，故解得，所以，则，设面的法向量为，则有，令，则则面的一个法向量，设面的法向量为，则有，令，则则面一个法向量，设二面角的平面角为，由图知为锐角，故.即二面角的余弦值为.20.在中，内角对应的边分别为，，，若.（1）证明：；（2）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理，以及余弦定理将条件变形整理可得结论；（2）由已知变形可得，然后利用换元法求的取值范围.【小问1详解】解法1：，即证.解法2：要证，只要证，即证只要证，因为，所以成立，故；【小问2详解】，设.21.某班学生分A，，，四组参加数学知识竞答，规则如下：四组之间进行单循环（每组均与另外三组进行一场比赛）；每场比赛胜者积3分，负者0分；若出现平局，则比赛双方各积1分.现假设四个组战胜或者负于对手的概率均为，出现平局的概率为，每场比赛相互独立.（1）求A组在参加两场比赛后得分为3分的概率；（2）一轮单循环结束后，求四组总积分一样的情况种数，并计算四组总积分一样的概率.【答案】（1）（2）7种，【解析】【分析】（1）A组在参加两场比赛后得分为3分有两种情况，一场胜二场负和一场负二场胜，根据分步乘法原理和分类加法原理可得；（2）求出6场比赛都出现平局的概率以及每组学生3场比赛结果均为1胜1平1负的概率，再求和即可.【小问1详解】A组在参加两场比赛后得分为3分的概率为小问2详解】四组总积分一样，可以每次都是平局，也可以每组学生是一胜一负一平.如:A胜B负，A负C胜，AD平BC平，B胜D负，C负D胜不难发现，A的三种情况确定后，比赛结果是确定的，所以只要去看可能出现的情况，A胜B负，