湖北省武汉市部分重点中学2023-2024学年高一下学期6月期末联考数学试卷（Word版附解析）

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命审题单位：武汉六中数学学科组 审题单位：圆创教育研究中心 湖北省武昌实验中学
本试卷共5页，19题．满分150分．考试用时120分钟．
考试时间：2024年6月26日下午14：00—16：00
★祝考试顺利★
注意事项：
1． 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置．
2． 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3． 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4． 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知复数z满足，则复数z的虚部为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，再结合虚部定义可解．
【详解】，则，则，虚部为．
故选：D.
2. 已知向量与的夹角为，，，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助向量模长与数量积的关系与数量积的计算公式计算即可得.
【详解】
.
故选：A.
3. 已知一组数据8，4，7，6，5，3，9，10，则这组数据的25%分位数是（ ）
A 3.5B. 4C. 4.5D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，结合百分位数定义可解．
【详解】数据从小到大排序：3，4，5，6，7，8，9，10，共8个，
则，则这组数据25%分位数是：．
故选：C.
4. 在某次比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为，平均数为，若随机删去其中一轮的成绩，得到一组新数据，记为，平均数为，下面说法正确的是（ ）
A. 新数据的极差不可能等于原数据的极差
B. 新数据的中位数可能等于原数据的中位数
C. 若，则新数据的方差一定小于原数据方差
D. 若，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数
【答案】B
【解析】
【分析】根据极差、中位数、平均数和方差的概念，以及百分位数的概念及计算方法，逐项判定，即可求解.
【详解】对A：若随机删去任一轮的成绩，恰好不是最高成绩和最低成绩，
此时新数据的极差等于原数据的极差，故A错误；
对B：不妨假设，
当时，若随机删去的成绩是，
此时新数据的中位数等于原数据的中位数，故B正确；
对C：若，即删去的数据恰为平均数，
根据方差的计算公式，分子不变，分母变小，所以方差会变大，
则新数据的方差一定大于原数据方差，故C错误；
对D：若，即删去的数据恰为平均数，在按从小到大的顺序排列的5个数据中，
因为，此时原数据的分位数为第二数和第三个数的平均数；
删去一个数据后的4个数据，从小到大的顺序排列，可得，
此时新数据的分位数为第二个数，
显然新数据的分位数小于原数据的分位数，故D错误.
故选：B.
5. 《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法．某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为20cm，高为20cm．首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为1cm的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦．每位同学制作四片瓦，全年级共1000人，需要准备的粘土量（不计损耗）约为（ ）（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合圆柱体积公式求出四片瓦的体积，再求需准备的粘土量.
【详解】由条件可得四片瓦的体积（）
则1000名学生，每人制作4片瓦共需粘土的体积为（），又，
所以共需粘土的体积为约为.
故选：A
6. 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则
（ ）
A. α∥β且∥αB. α⊥β且⊥β
C. α与β相交，且交线垂直于D. α与β相交，且交线平行于
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．
考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．
7. 如图，在平面四边形ABCD中，，，，，现将沿AC折起，并连接BD，使得平面平面ABC，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理可以证得为直角，又为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边的中点，然后根据球的面积公式求得球的半径，进而计算求得三棱锥的体积.
【详解】∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又∵平面，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
又∵平面，∴，即为直角，
又∵为直角，∴取的中点，连接，
由直角三角形的斜边上的中线性质，
可得为三棱锥外接球的球心，
由三棱锥外接球的表面积为，可得外接球的半径，
∴，
∵平面，为直角，
∴三棱锥的体积为.
故选：D
8. 已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先过点作出与平面平行平面，然后得出点的轨迹，最后计算的长度取值范围即可.
【详解】如图，取上靠近点的四等分点，连接、，
由是棱的中点，点是棱的中点，易得，
则平面，
取、中点、，取上靠近点的四等分点，
连接、、、，
由正方体的性质易得，，则，
又平面，平面，所以平面，
同理，平面，
又，平面，故平面平面，
又平面，平面，故，
即点的轨迹为线段，设点到的距离为，
有，故，
又，故的长度范围为.
故选：C.
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是过作出与平面平行的平面，从而求得的运动轨迹，由此得解.
二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 供电部门对某社区100位居民6月份人均用电情况进行统计后，按人均用电量分为，，，，五组，整理得到如图所示的频率分布直方图，则有关这100位居民，下列说法正确的是（ ）
A. 6月份人均用电量人数最多的一组有40人
B. 6月份人均用电量在内的有30人
C. 6月份人均用电量不低于20度的有50人
D. 在这100位居民中用比例分配的分层随机抽样方法抽取10位居民协助收费，抽到的居民用电量在一组的人数为3
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，由频率分布直方图，对选项逐一计算，即可得到结果.
【详解】A：根据频率分布直方图知，6月份人均用电量人数最多的一组是，
有（人），故A正确；
B：6月份人均用电量在内的人数为，故B错误；
C：6月份人均用电量不低于20度的频率是，
有（人），故C正确；
D：用电量在内的有（人），
所以在这位居民中用比例分配的分层随机抽样方法抽取10位居民协助收费，
抽到的居民用电量在一组的人数为，故D正确．
故选：ACD
10. 将一个直径为8cm的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ）
A. 底面直径为8cm，高为6cm的圆柱体B. 底面直径为6cm，高为4cm的圆锥体
C. 底面边长为4cm，高为6cm的正四棱柱D. 棱长为6cm的正四面体
【答案】BD
【解析】
【分析】根据球的几何性质，结合勾股定理，计算球心到选项中各几何体底面的距离，结合各几何体特征即可逐一求解.
【详解】对A：若圆柱的底面直径为8，此时球心到圆柱底面的距离为，故A错误；
对B：若圆锥的底面直径为6，则半径为3，
此时球心到圆锥底面的距离为，
故圆锥的高最大时为，故B正确；
对C：若正四棱柱底面边长为4，则底面外接圆半径为，
此时球心到正四棱柱底面的距离为，
故正四棱柱的高最大时为，故C错误；
对D：法一：若正四面体的棱长为6，则底面外接圆半径为，
此时球心到正四面体底面的距离为，
棱长为6cm的正四面体的高为，由，故D正确
法二：若将各棱长均为的四面体放入到棱长为的正方体中，
此时正方体的外接球直径为，故D符合，故D正确.
故选：BD.
11. 已知圆锥SO的底面半径为10cm，其母线SA长40cm，底面圆周上有一动点B，下列说法正确的有（ ）
A. 截面SAB的最大面积为
B. 若，则直线SB与平面SOA夹角的正弦值为
C. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
D. 若，且，一只小蚂蚁从A点出发绕侧面一周到达C点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为18cm
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，关键在于考虑∠ASB正弦的大小；对B，只需作出线面角即可；对C，当三棱锥O-SAB体积最大值，三棱锥可以补成长方体；对D，可以将圆锥侧展开考虑.
【详解】对A，因为，所以∠ASB为锐角，
所以，A正确；
对B，如图，取OA中点H，则BH⊥OA，又BH⊥SO，所以BH⊥面SOA，
所以∠BSH为直线SB与平面SOA所成的角，
所以，B错误；
对C，易知当三棱锥O-SAB体积最大时，OB⊥面SOA，
此时三棱锥可以补成以OA，OB，OS为三相邻边的长方体，
所以外接球直径，
外接球表面积为，C正确；
对D，将三棱锥侧面展开如下，扇形弧长为，所以；
过S作SD⊥于D，则所求路径即为CD的长：
由，SC=30cm，
所以=50cm，且，D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：
(1)过三棱锥顶点作三棱锥截面，由于母线长是确定的，所以截面面积取决于顶角的大小；
(2)几何法求线面角大小，关键作出斜线在平面上的投影；
(3)“墙角式”三棱锥外接球为补成长方体体对角线中点；
(4)立体几何路径最短问题，往往需要展成一个平面后解决.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 在中，，，，若D为BC边的中点，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】借助向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得.
【详解】由D为BC边的中点，则，
则
.
故答案为：
13. 某水平放置的平面图形ABCD的斜二测直观图是梯形（如图所示），已知，，，将该平面图形绕其直角腰AB边旋转一周得到一个圆台，则该圆台的侧面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】结合斜二测法可得圆台上、下底面半径及母线长度，结合圆台性质与圆锥的侧面积公式计算即可得该圆台的侧面积.
【详解】由题可得，，，，
则所得圆台上底面为以为半径的圆，下底面为以为半径的圆，高为，
其母线为，
故其侧面积.
故答案为：.
14. 如图所示，某甜品店将上半部是半球（半球的半径为2），下半部是倒立的圆锥（圆锥的高为4）的冰淇淋模型放到橱窗内展览，托盘是边长为6的等边三角形ABC金属片沿三边中点D，E，F的连线向上折叠成直二面角而成，则半球面上的最高点到平面DEF的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】画出底面展开图，由几何关系得到图中边长关系，由正弦定理可得，再由三角形相似得到，最后求出结果即可.
【详解】
设上面球心为，的圆心为，三点在底面投影的正三角形的中心为，
圆锥的顶点为，边中点为，连接，则，，
由几何关系可得三点共线，
由题意可得，，
在几何体中，设的外接圆半径为，
则由正弦定理可得，即，
由可得，所以，
所以半球面上的最高点到平面DEF的距离为，
故答案为：.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合正弦定理及诱导公式，即可求得，得角即可；
（2）由正弦定理，将边全部化为角，利用三角函数来求值域即可．
【小问1详解】
根据题意得，，
由正弦定理得，，
即，
即，
因为，则则，
则，，则．
【小问2详解】
由正弦定理得，，所以．
所以，，
因为锐角，则，即，解得．
则，故．
所以，则的取值范围．
16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，点M为PB的中点．
（1）求证：平面PAD；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据中点特征，平面PAD内找一条与平行的直线，运用中位线性质和平行线传递性，证明线线平行，最终得到线面平行即可；
（2）运用中点特征，作辅助线找出二面角的平面角后，转化用余弦定理来解三角形即可．
【小问1详解】
如图，取中点，连接．
由于点M为PB的中点，则，且，且，
故四边形为平行四边形，则.
又，，则平面PAD．
小问2详解】
如图，
由于平面平面， 为两平面交线，且，平面，
则平面，平面，则，；
取中点O，连接DO，OP，则， ，且，
则四边形DOBC为正方形，则，由（1）知道，
平面，故平面．
又，则，则两两垂直．
可以求得，，，
则和都为等腰三角形.
取DB中点R， 连接CR，RP，则
则∠CRP即为二面角P−BD−C的平面角.
，，前面已经求得，．
在中，用余弦定理得，
由图可知，二面角为钝角，则余弦值为．
17. 近年来，“直播带货”受到越来越多人喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行的营销形式．某直播平台1200个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图所示．

（1）该直播平台为了更好地服务买卖双方，打算随机抽取60个直播商家进行问询交流．如果按照比例分层抽样的方式抽取，则应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？
（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对（1）中抽取的60个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如右图所示，请根据频率分布直方图计算下面的问题：
①估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（结果保留一位小数，求平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
②若将平均日利润超过430元的商家评为“优秀商家”，估计该直播平台“优秀商家”的个数．
【答案】（1）小吃类家，生鲜类家
（2）①中位数为342.9，平均数为352.5；②
【解析】
【分析】（1）根据分层抽样的定义计算即可；
（2）①根据中位数和平均数的定义计算即可；
②根据样本中“优秀商家”的个数来估计总体中“优秀商家”的个数即可.
【小问1详解】
，，
所以应抽取小吃类家，生鲜类家；
【小问2详解】
①根据题意可得，解得，
设中位数为，因为，，
所以，解得，
平均数为：
，
所以该直播平台商家平均日利润的中位数为342.9，平均数为352.5.
②,
所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为.
18. 如图所示，在三棱锥中，，．

（1）证明：；
（2）若是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由；
（3）在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）过作平面于点，利用线面垂直的性质和判定定理即可证明；
（2）找到线面角即为，再利用勾股定理和余弦性质即可；
（3）首先利用线面角定义证明和重合时，直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大，再证明该四面体为正四面体，最后利用余弦定理即可.
【小问1详解】
过作平面于点，延长交于点，
延长交于点平面，
则，平面，
则平面，平面，
同理由可证明为的垂心，，
因为平面，平面,，
又平面，则平面.
平面.
【小问2详解】
平面，则直线与平面所成的角即为，
为等边三角形，边长为2，
则，
，
所以直线OB与平面ABC所成夹角是定值，且，
直线OB与平面ABC所成夹角的余弦值为.
【小问3详解】
取的中点，连和，
为的中点，，
平面平面，
即为直线与平面所成角最大时，即最小.
由题意知，则最小时，和重合时，
取中点，连接，则即为异面直线与所成的角，
在中，，
由余弦定理得，
同（2）中的求法可得，结合底面是为2的等边三角形，
则该四棱锥为正四面体，则，
又中，，
则由余弦定理得.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是首先根据线面角的定义找到线面角，再找到其正切最大的状态，最后结合余弦定理即可得到答案.
19. 已知数据，，…，的平均数为，方差为，数据，，…，的平均数为，方差为．类似平面向量，定义n维向量，的模，，数量积．若向量与所成角为，有恒等式，其中，．
（1）当时，若向量，，求与所成角的余弦值；
（2）当时，证明：①；②；
（3）当，时，探究与的大小关系，并证明．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助数量积公式计算即可得；
（2）①结合方差的计算法则化简即可得；②借助所给数量积公式计算化简即可得；
（3）借助所给恒等式计算出后，结合三角函数值域即可得.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
①当时，
；
②
；
【小问3详解】
，理由如下：
当，时，
，
同理可得，
则
.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于运算，尤其需要清楚.