2023-2024学年泉州市安溪县高一数学（下）6月考试卷附答案解析

2023-2024学年泉州市安溪县高一数学（下）6月考试卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题共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，只有一项是符合要求的．1．关于向量，下列命题中正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则2．已知向量，若，则（

）A．－1 B．0 C．1 D．23．在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则（

）A．3 B．6 C．7 D．94．某校高一年级开展课外实践活动，数学建模课题组的学生选择测量山峰的高度.如图，在山脚测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走了90米到达点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶的仰角为，则山峰高为（

）A．米 B．米 C．米 D．米5．复数虚部是（

）A． B．1 C． D．6．中国古代建筑中重要的构件之一——柱（俗称“柱子”多数为木造，属于大木作范围，其中，瓜棱柱是古建筑木柱的一种做法，即木柱非整根原木，而是多块用榫卯拼合而成．宁波保国寺大殿的瓜棱柱，一部分用到了“包镶式瓜棱柱”形式，即在一根木柱周围，根据需要再用若干根一定厚度的木料包镶而成的柱子，图1为“包镶式瓜棱柱”，图2为此瓜棱柱的横截面图，中间大圆木的直径为，外部八根小圆木的直径均为，所有圆木的高度均为，且粗细均匀，则中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为（

）A．B．

C．3 D．7．某统计数据共有13个样本，它们依次成公差的等差数列，若第60百分位数为30，则它们的平均数为（

）A．19 B．25 C．21 D．238．把数字1，2，3，4，5，6任意顺序排成一排，则其中成等比数列的几个数互不相邻的概率为（

）A． B． C． D．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．已知复数，下列结论正确的有（

）A． B．若，则C． D．若，则10．甲､乙､丙､丁4人做传接球训练，球从甲手中开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住.记第次传球之前球在甲手中的概率为，易知.下列选项正确的是（

）A．B．为等比数列C．设第次传球之前球在乙手中的概率为D．第4次传球后，球落在乙手中的传球方式有20种11．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（

）

A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面B．存在点Q，使平面MBNC．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为第II卷（非选择题92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知的内角、、的对边分别为、、，若的面积为，，则该三角形的外接圆直径．13．已知总体的各个个体的值由小到大依次为2，4，4，6，a，b，12，14，18，20，且总体的平均值为10．则的最小值为．14．在统计调查中，对一些敏感性问题，要精心设计问卷，设法消除被调查者的顾虑，使他们能够如实回答问题．否则，被调查者往往会拒绝回答，或不提供真实情况．某中学为了调查本校中学生某不良习惯A的发生情况，对随机抽出的200名中学生进行了调查．调查中设置了两个问题：问题1：你的阳历生日日期是否偶数？

问题2：你是否有A习惯？调查者准备了一个不透明袋子，里面装有大小、形状和质量完全一样的5个白球和5个红球．每个被调查者随机从袋中摸出1个球（摸出的球再放回袋中并搅拌均匀），摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不做．已知调查结束后，盒子里共有55个小石子．据此估计此中学学生中有习惯A的人数的百分比为．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．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求角A；(2)若，求△ABC的面积的最大值．16．如图，四棱锥，侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直，底面ABCD是的菱形，为棱PC上的动点且.(1)求证:为直角三角形;(2)试确定的值，使得三棱锥的体积为.17．根据历史数据，某种机床生产产品的一项指标遵循某种规律．现从该种机床生产的一批产品中随机抽取六件检测该指标，所得数据为20.3，20.2，19.9，20.1，a，19.6．(1)若该组数据的平均数恰好为20，求a的值；(2)在（1）的条件下，求该组数据的方差．（计算结果保留到0.001）18．在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为．(1)求，；(2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并证明上述递推公式；(3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？19．高中教材必修第二册选学内容中指出：设复数对应复平面内的点，设，，则任何一个复数都可以表示成：的形式，这种形式叫做复数三角形式，其中是复数的模，称为复数的辐角，若，则称为复数的辐角主值，记为.复数有以下三角形式的运算法则：若，则：，特别地，如果，那么，这个结论叫做棣莫弗定理.请运用上述知识和结论解答下面的问题：(1)求复数，的模和辐角主值（用表示）；(2)设，，若存在满足，那么这样的有多少个？(3)求和：1．C【分析】利用向量的有向知识逐项判断即可得结论.【详解】对于A：当时，，但，得不出，故A错误；对于B：若，则与没有关系，故B错误；对于C：若，则，故C正确；对于D：若，则和不能比较大小，故D错误．故选：C．2．B【分析】先根据向量的坐标表示出,然后根据坐标形式下向量的平行关系列出对应的等式，求解出的值即可.【详解】因为，所以，又因为，所以，所以解得：，故选：B.【点睛】本题考查根据坐标形式下向量的平行关系求解参数，难度较易.已知，则有.3．B【分析】根据外心的性质得到，设，根据数量积的运算律得到，再由数量积的定义及几何意义求出，从而得解.【详解】因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，

所以，，设，则，又是的外心，所以，所以.故选：B【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据外接圆的性质将转化为，再一个就是利用数量积的几何意义求出.4．A【分析】在中，利用正弦定理求，进而在中求山的高度.【详解】在中，，，，又，且，则，在中，.故选：A.5．A【分析】直接计算虚部即可.【详解】复数虚部是.故选：A.6．D【分析】八根小圆木截面圆的圆心构成一个正八边形，边长为，相邻两根小圆木圆心与大圆木圆心构成一个底边长为，腰长为，顶角为的等腰三角形，结合余弦定理可得，从而可求结论.【详解】八根小圆木截面圆的圆心构成一个正八边形，边长为，相邻两根小圆木圆心与大圆木圆心构成一个底边长为，腰长为，顶角为的等腰三角形，根据余弦定理，得，解得，所以中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为：．故选：D．7．B【分析】先确定第60百分位数是从小到大的第个数，然后利用及等差数列性质即得答案.【详解】解关于整数的不等式组可得，所以.由于，故由已知有.由于成等差数列，所以.故选：B.8．B【分析】求得总的基本事件有，利用插空法可求得成等比数列的3个数不相邻的排法有，可求概率.【详解】把数字1，2，3，4，5，6任意顺序排成一排，基本事件总数，成等比数列的3个数1，2，4先不排，3，5，6排成一排有种排法，再把1，2，4插空排到3，5，6这一排中，有种排法，其中成等比数列的几个数互不相邻包含的基本事件个数为，则其中成等比数列的几个数互不相邻的概率为：．故选：B．9．ACD【分析】利用共轭复数的定义判断选项A；由复数的乘法运算以及实数0的含义判断选项B；由复数模的运算性质判断选项C；由复数的乘法运算及共轭复数的概念判断选项D.【详解】设，对于A，，，故选项A正确；对于B，因为，则，则或，所以中至少有一个0，即或，故选项B不正确；对于C，由复数模的运算性质可知，，=，所以，故选项C正确；对于D，当，则，可得，解得，即，所以，故选项D正确.故选：ACD.10．BCD【分析】对于A，求得，可判断A错误；对于B，依题意可得，从而可证明，即可判断B选项；对于C，由B选项求得，从而可判断；对于D，列举法可判断.【详解】对于A，因为第2次传球之前球不在甲手中，所以，A错误；对于B，因为第次传球之前球在甲手中的概率为，则当时，第次传球之前球在甲手中的概率为，第次传球之前球不在甲手中的概率为，则，从而，又，是以为首项，公比为的等比数列，故正确；对于C，由选项可得，故，故C正确；对于D，第3次传球后球在甲手中有：甲乙丙甲，甲乙丁甲，甲丙乙甲，甲丙丁甲，甲丁乙甲，甲丁丙甲，共6种传法，第3次传球后球在丙手中有：甲乙甲丙，甲乙丁丙，甲丙甲丙，甲丙乙丙，甲丙丁丙，甲丁甲丙，甲丁乙丙，共7种传法，第3次传球后球在丁手中有：甲乙甲丁，甲乙丙丁，甲丙甲丁，甲丙乙丁，甲丁甲丁，甲丁乙丁，甲丁丙丁，共7种传法，所以第4次传球后，球落在乙手中的传球方式共20种，故D正确.故选：BCD.11．ABD【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D．【详解】选项A，连接，正方体中易知，分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确；

选项B，如图，取中点为，连接，因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形，所以，又是中点，所以，所以，平面，平面，所以平面，B正确；

选项C，正方体中，分别是中点，则，在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点，连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点，为所过三点的截面，由正方体的对称性可知梯形与梯形全等，由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质，设，，则，，是中点，，则，所以，同理，，，，梯形是等腰梯形，高为，截面面积，设，，，在上递增，，，所以，C错；

选项D，取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D正确．

故选：ABD．12．2【分析】由余弦定理及三角形面积公式得出，再由正弦定理求外接圆直径即可.【详解】由，，即，由，所以，，.故答案为：13．##【分析】根据平均数的概念可求的值，再利用不等式可求的最小值.【详解】因为各个个体的值是有小到大排列的，所以，又总体平均值为，所以.所以（当且仅当时取“”）.故答案为：14．5%【分析】计算随机抽出的200名学生中回答第一个问题且为“是”的学生数，由此求出回答第二个问题且为是的人数，计算概率值即可．【详解】根据题意，被调查者回答第一个问题的概率为；其阳历生日日期是偶数的概率也是，所以随机抽出的200名学生中，回答两个问题的人数估计各有人，所以200人中抽取到白球并回答第一个问题为“是”的学生估计有人；所以抽到红球并回答第二个问题为“是”的人数估计为人，由此估计此中学学生有A习惯人数的百分比为．故答案为：5%.15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，再利用余弦定理求角即可.（2）利用给定条件表示出，再利用基本不等式求其最值，最后得到面积最值即可.【详解】（1）因为，所以，由正弦定理：，得，故，因为，故．（2）由（1）可知，又，则，由基本不等式可知，解得，所以，当且仅当时取等号．所以△ABC的面积最大值为．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取AD中点，连结则由等腰三角形的性质可得，从而得平面，则，而，所以，进而可证得结论；（2）由面面垂直的性质可得平面，则由可求得结果.【详解】（1）证明：取AD中点，连结因为四边形为菱形，且，所以均为等边三角形，因为也为等边形三角形，所以.又因为平面平面POC，所以平面，又平面，所以，因为，所以，即，从而为直角三角形；（2）由（1）可知，又平面平面，平面平面，平面PAD，所以平面，因为为棱PC上的动点且，所以，因为，都是边长为2的正三角形，所以，所以，因为三棱锥的体积为，所以.17．(1)(2)【分析】（1）由平均数的概念列方程求解；（2）由方差公式求解即可.【详解】（1）由题意得，解得；（2）由方差公式求解,.18．(1)，(2)，证明见解析(3)【分析】（1）根据概率的乘法公式计算即可；（2）分别求出第一次中奖，第次抽奖中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第次抽奖中奖的概率，即可得解；（3）由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，故只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，分别从初始状态开始，抽一次中奖的概率，从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率，从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可得解.【详解】（1），；（2）因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，从初始状态开始，若前两次均未中奖，则