2023-2024学年浙江省嘉兴市高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年浙江省嘉兴市高一（下）期末数学试卷一、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．（5分）复数﹣2+i（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2．（5分）已知向量，，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．3．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，，A＝60°，则sinC＝（）A． B． C． D．4．（5分）如图，下列几何关系表达正确的是（）A．m∈α，A⊂α，m，n共面 B．m⊂α，A∈α，m，n共面 C．m∈α，n∩α＝A，m，n异面 D．m⊂α，n∩α＝A，m，n异面5．（5分）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．6．（5分）在平行四边形ABCD中，已知AD＝BD，∠ADB＝90°（如图1），将△ADB沿BD折起到△SDB的位置（如图2），使得平面SDB⊥平面BCD，则直线SB与直线CD所成角为（）A．30° B．60° C．90° D．120°7．（5分）已知数据x1，x2，x3，x4，x5，x6的平均数为10，方差为1，数据y1，y2，y3，y4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．4.2 B．4.8 C．7.8 D．9.28．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知sinA＝2sinB，C＝60°，E为BC中点，F在线段AB上，且，AE和CF相交于点P，则∠EPF的余弦值为（）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．（多选）9．（6分）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6 B．该组数据的众数为26 C．该组数据的中位数为25.5 D．该组数据的第70百分位数为26（多选）10．（6分）如图，点A，B在⊙C上，则下列所给条件可以求出数量积的是（）A．，，∠CAB＝30° B．，∠CAB＝30° C． D．（多选）11．（6分）如图，已知正八面体S﹣ABCD﹣T（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ABCD为正方形，其棱切球（与正八面体的各条棱都相切）的球心为O，则以下结论正确的是（）A．点O到平面CDT的距离等于1 B．点O到直线CT的距离等于1 C．球O在正八面体外部的体积小于 D．球O在正八面体外部的面积大于三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）若复数z满足（1+i）z＝2（i为虚数单位），则|z|＝．13．（5分）已知P（A）＝0.8，P（A∪B）＝0.92，且A与B相互独立，P（B）＝．14．（5分）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，AC＝120米，则塔高PO＝米．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．（13分）已知向量，满足，，．（1）求向量与的夹角；（2）求．16．（15分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求B；（2）若△ABC的面积为，且，求a，c．17．（15分）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．18．（17分）如图，在三棱锥S﹣ABC中，已知AB＝BC＝SA＝2，AB＝BC＝SA＝2，AB⊥BC，SA⊥底面ABC，E为SB中点，F为线段BC上一个动点．（1）证明：平面AEF⊥平面SBC；（2）若F为线段BC中点，求二面角B﹣AE﹣F的余弦值；（3）设M为线段AE上的一个动点，若MF∥平面SAC，求线段MF长度的最小值．19．（17分）在△ABC中，已知AB＝4，BC＝5，AC＝6，AB＝4，BC＝5，AC＝6，D为线段BC上一个动点．（1）若AD为∠BAC的角平分线，求线段AD的长；（2）将△CAD折起到△SAD的位置，记二面角S﹣AD﹣B的大小为α．i）若α＝90°，且AD为∠BAC的角平分线，求三棱锥S﹣ADB外接球的面积；ii）若α＝120°，求三棱锥S﹣ADB外接球的面积最小值．

2023-2024学年浙江省嘉兴市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）复数﹣2+i（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【考点】复数的代数表示法及其几何意义．【答案】B【分析】根据复数的几何意义分析即可．【解答】解：复数z＝﹣2+i在复平面内复数z对应的点为（﹣2，1），位于第二象限．故选：B．2．（5分）已知向量，，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．【考点】平面向量的坐标运算．【答案】D【分析】由已知结合向量数量积的坐标表示检验选项A，C，结合向量平行的坐标表示检验选项B，结合向量线性运算的坐标表示检验选项D．【解答】解：因为，，则＝﹣1×1+2×2＝3≠0，A，C错误；﹣1×2﹣1×2≠0，B错误；＝（0，4），D正确．故选：D．3．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，，A＝60°，则sinC＝（）A． B． C． D．【考点】正弦定理．【答案】A【分析】由题意利用正弦定理即可求解．【解答】解：由题意a＝2，，A＝60°，利用正弦定理，可得＝，则sinC＝．故选：A．4．（5分）如图，下列几何关系表达正确的是（）A．m∈α，A⊂α，m，n共面 B．m⊂α，A∈α，m，n共面 C．m∈α，n∩α＝A，m，n异面 D．m⊂α，n∩α＝A，m，n异面【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；异面直线的判定．【答案】D【分析】根据题意，由空间几何关系的符号表示方法，依次分析选项，综合可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，m⊂α，A∈α，m，n异面，A错误；对于B，m⊂α，A∈α，m，n异面，B错误；对于C，m⊂α，n∩α＝A，m，n异面，C错误；对于D，m⊂α，n∩α＝A，m，n异面，D正确．故选：D．5．（5分）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．【考点】古典概型及其概率计算公式．【答案】C【分析】根据古典概型计算公式可解．【解答】解：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，则共有种取法，恰好取到1支黑色和1支红色水笔有2×1＝2种情况，则恰好取到1支黑色和1支红色水笔的概率为．故选：C．6．（5分）在平行四边形ABCD中，已知AD＝BD，∠ADB＝90°（如图1），将△ADB沿BD折起到△SDB的位置（如图2），使得平面SDB⊥平面BCD，则直线SB与直线CD所成角为（）A．30° B．60° C．90° D．120°【考点】异面直线及其所成的角．【答案】B【分析】根据题意，把三棱锥S﹣BCD放入棱长为BC的正方体中，连接SP，BP，得出∠BSP是直线SB与直线CD所成的角，根据△BSP是等边三角形，即可求出直线SB与直线CD所成的角．【解答】解：因为AD＝BD，∠ADB＝90°，所以AD⊥BD，又因为平面SDB⊥平面BCD，所以SD⊥平面BCD，把三棱锥S﹣BCD放入棱长为BC的正方体中，如图所示：连接SP，BP，则SP∥CD，所以∠BSP是直线SB与直线CD所成的角，因为△BSP是等边三角形，所以∠BSP＝60°，即直线SB与直线CD所成的角是60°．故选：B．7．（5分）已知数据x1，x2，x3，x4，x5，x6的平均数为10，方差为1，数据y1，y2，y3，y4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．4.2 B．4.8 C．7.8 D．9.2【考点】方差．【答案】C【分析】利用分层随机抽样的方差公式求解．【解答】解：新样本的平均数为＝8，所以新样本的方差为×[1+（10﹣8）2]+×[3+（5﹣8）2]＝7.8．故选：C．8．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知sinA＝2sinB，C＝60°，E为BC中点，F在线段AB上，且，AE和CF相交于点P，则∠EPF的余弦值为（）A． B． C． D．【考点】正弦定理；余弦定理．【答案】B【分析】根据余弦定理可得，设b＝6，建立坐标系，利用向量的夹角即可得．【解答】解：由sinA＝2sinB，解得a＝2b，由C＝60°，解得，所以，则角A为90°，如图以点A为原点建立坐标系，设b＝6，C＝60°，，则，E为BC中点，则，∴，，，则cos∠EPF＝．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．（多选）9．（6分）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6 B．该组数据的众数为26 C．该组数据的中位数为25.5 D．该组数据的第70百分位数为26【考点】极差；百分位数．【答案】ABD【分析】根据极差、众数、中位数和百分位数的定义求解即可．【解答】解：将这组数据按照从小到大的顺排列得23，24，25，26，26，28，29，则该组数据的极差为29﹣23＝6，故A正确；该组数据的众数为26，故B正确；该组数据的中位数为26，故C错误；因为70%×7＝4.9，所以该组数据的第70百分位数为第5个数据，即26，故D正确．故选：ABD．（多选）10．（6分）如图，点A，B在⊙C上，则下列所给条件可以求出数量积的是（）A．，，∠CAB＝30° B．，∠CAB＝30° C． D．【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】ABD【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AB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．【解答】解：对于A，由向量数量积的定义，可得，故A正确；对于B，如图，过点C作CD⊥AB于点D，因，，则，由A中分析易得，故B正确；对于C，因，仅知道，不能求出，故C错误；对于D，如图，因，而且，故，即D正确．故选：ABD．（多选）11．（6分）如图，已知正八面体S﹣ABCD﹣T（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ABCD为正方形，其棱切球（与正八面体的各条棱都相切）的球心为O，则以下结论正确的是（）A．点O到平面CDT的距离等于1 B．点O到直线CT的距离等于1 C．球O在正八面体外部的体积小于 D．球O在正八面体外部的面积大于【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】BCD【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．【解答】解：对于A，由对称性可知棱切球球心O就是正八面体的中心，而，所以OA＝OB＝OC＝OD＝OS＝OT＝2．设点O到平面CDT的距离为r，则有＝，故，故A错误；对于B，由于TA＝TB＝TC＝TD＝2，故T在平面ABCD上的投影就是正方形ABCD的中心，故OT⊥平面ABCD，而OC在平面ABCD内，故OC⊥OT．又因为，知点O到直线CT的距离，故B正确；对于C，根据上面的分析，球O的半径R等于点O到直线CT的距离，即R＝1，从而平面CDT截棱切球所得圆的半径，设这个圆为圆P．设球O的体积为V，而以O为顶点、圆P为底面的圆锥的体积为V1，则棱切球在正八面体内部的体积大于8V1，从而球O在正八面体外部的体积小于，故C正确；对于D，球O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．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）若复数z满足（1+i）z＝2（i为虚数单位），则|z|＝．【考点】复数的模；复数的运算．【答案】．【分析】利用复数的除法法则和复数的模长公式计算即可．【解答】解：∵复数z满足（1+i）z＝2，∴z＝＝＝1﹣i，∴|z|＝＝．故答案为：．13．（5分）已知P（A）＝0.8，P（A∪B）＝0.92，且A与B相互独立，P（B）＝0.6．【考点】相互独立事件的概率乘法公式．【答案】0.6．【分析】根据概率的计算性质以及相互独立事件的概率性质可解．【解答】解：因为P（A）＝0.8，P（A∪B）＝0.92，且A与B相互独立，则P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）＝P（A）+P（B）﹣P（A）P（B），即0.8+P（B）﹣0.8P（B）＝0.92，则P（B）＝0.6．故答案为：0.6．14．（5分）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，AC＝120米，则塔高PO＝60米．【考点】解三角形．【答案】60．【分析】由已知结合锐角三角函数定义及余弦定理即可求解．【解答】解：设PO＝a，设AB＝BD＝x，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°，由∠PAO＝30°，得，同理可得OB＝a，，由D为OC上靠近O点的三等分点，解得，，解得，由，解得h＝60．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．（13分）已知向量，满足，，．（1）求向量与的夹角；（2）求．【考点】数量积表示两个平面向量的夹角；平面向量的模．【答案】（1）；（2）3．【分析】（1）根据已知条件，结合平面向量的夹角公式，即可求解；（2）对平方，并开方，即可求解．【解答】解：（1）设向量与的夹角为θ，θ∈[0，π]，，，，故cosθ＝＝，所以向量与的夹角为；（2），，，则＝＝．16．（15分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求B；（2）若△ABC的面积为，且，求a，c．【考点】利用正弦定理解三角形．【答案】（1）；（2）a＝2，c＝4或a＝4，c＝2．【分析】（1）由正弦定理及三角形内角和定理，辅助角公式可得sin（B﹣）的值，再由角B的范围，可得角B的大小；（2）由三角形的面积公式及余弦定理可得a，c的值．【解答】解：（1）因为，由正弦定理可得：，即＝sinBcosA+cosBsinA+sinA，又因为sinA＞0，整理可得：，解得，所以，又因为B∈（0，π），所以B﹣＝，解得B＝；（2）由，，解得ac＝8，再由余弦定理可得：b2＝a2+c2﹣2accosB＝12，b＝2，整理可得：a2+c2＝20，所以a＝2，c＝4或a＝4，c＝2．17．（15分）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．【考点】古典概型及其概率计算公式．【答案】（1）．（2）．【分析】（1）设总选项个数为N，记事件A＝“小明得6分”，选项个数为NA，假设正确选项为AB，则NA＝1，利用列举法能求出小明得6分的概率．（2）设总选项个数为N，记事件B＝“小明得分大于等于（4分）”选项个数为NB，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，利用列举法能求出小明得分大于等于4分的概率．【解答】解：（1）设总选项个数为N，记事件A＝“小明得6分”，选项个数为NA，假设正确选项为AB，则NA＝1，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，N＝4+6+4＝14个（其它方法也可以，得分相同），∴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，小明得6分的概率为．解：（2）设总选项个数为N，记事件B＝“小明得分大于等于（4分）”选项个数为NB，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），N＝1+3+3＝7，NB＝2+1＝3，∴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，小明得分大于等于4分的概率为．18．（17分）如图，在三棱锥S﹣ABC中，已知AB＝BC＝SA＝2，AB＝BC＝SA＝2，AB⊥BC，SA⊥底面ABC，E为SB中点，F为线段BC上一个动点．（1）证明：平面AEF⊥平面SBC；（2）若F为线段BC中点，求二面角B﹣AE﹣F的余弦值；（3）设M为线段AE上的一个动点，若MF∥平面SAC，求线段MF长度的最小值．【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；平面与平面垂直．【答案】（1）证明过程见解答；（2）；（3）．【分析】（1）由，得AB⊥BC，由SA⊥底面ABC，得SA⊥BC，从而BC⊥平面SAB，BC⊥AE，AE⊥SB，AE⊥平面SBC，由此能证明平面AEF⊥平面SBC．（2）由AE⊥平面SBC，得AE⊥BE，AE⊥BE，AE⊥EF，平面AEF∩平面SAB＝AE，由二面角定义，可知∠FEB为二面角B﹣AE﹣F的平面角，由此能求出二面角B﹣AE﹣F的余弦值．（3）过点M作AB的垂线，垂足为N，过点N作NF∥AC，推导出SA∥MN，MN∥平面SAC，同理NF∥平面SAC，NF∩MN＝N，从而平面MNF∥平面SAC，MF∥平面SAC．设BN＝λ，BN＝λ，SA＝2，则BF＝λ，，，由此能求出线段MF的最小值．【解答】解：（1）（1）∵，∴AB⊥BC，∵SA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，∴SA⊥BC，又AB∩SA＝A，∴BC⊥平面SAB，∵AE⊂平面SAB，∴BC⊥AE，∵SA＝AB，E为SB中点，∴AE⊥SB，又BC∩SB＝B，∴AE⊥平面SBC，∵AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面SBC．（2）∵AE⊥平面SBC，∴AE⊥BE，AE⊥BE，AE⊥EF，平面AEF∩平面SAB＝AE，由二面角定义，可知∠FEB为二面角B﹣AE﹣F的平面角，设SA＝2，可求出，BF＝1，，∴．∴二面角B﹣AE﹣F的余弦值为．（3）过点M作AB的垂线，垂足为N，过点N作NF∥AC，∵SA⊥AB，SA⊥AB，MN⊥AB，且SA，SA，MN⊂平面SAB，∴SA∥MN，∵SA⊂平面SAC，SAC，MN⊄平面SAC，∴MN∥平面SAC，同理NF∥平面SAC，NF∩MN＝N，∴平面MNF∥平面SAC，MF⊂平面MNF，∴MF∥平面SAC．设BN＝λ，BN＝λ，SA＝2，则BF＝λ，，，解得MF2＝MN2+NF2＝（2﹣λ）2+2λ2＝3λ2﹣4λ+4（1≤λ≤2），∴当λ＝1时，线段MF的最小值为．19．（17分）在△ABC中，已知AB＝4，BC＝5，AC＝6，AB＝4，BC＝5，AC＝6，D为线段BC上一个动点．（1）若AD为∠BAC的角平分线，求线段AD的长；（2）将△CAD折起到△SAD的位置，记二面角S﹣A