福建省厦门2023-2024学年高一下学期6月适应性练习 数学试卷（含解析）

这是一份福建省厦门2023-2024学年高一下学期6月适应性练习 数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了已知平面向量满足，某企业协会规定，已知复数，下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。
第二学期6月适应性练习
高一年数学试卷
满分为150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2，回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．
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．已知复数，则在复平面内表示复数的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．在正方体中，则异面直线AC与的所成角为（ ）
A．B．C．D．
3．已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2.用计算器产生1~5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下：
412 451 312 533 224 344 151 254 424 142
435 414 335 132 123 233 314 232 353 442
据此估计一年内至少有1台设备需要维修的概率为（ ）
A．0.4B．0.45C．0.55D．0.6
4．已知等腰中，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．已知平面向量满足．若，则（ ）
A．－2B．C．D．2
6．厦门地铁1号线从镇海路站到文灶站有4个站点.甲、乙同时从镇海路站上车，假设每一个人自第二站开始在每个站点下车是等可能的，则甲乙在不同站点下车的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知正四棱台的高为，其所有顶点均在同一个表面积为的球面上，且该球的球心在底面上，则棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．某地开展植树造林活动，拟测量某座山的高．勘探队员在山脚测得山顶的仰角为，他沿着坡角为的斜坡向上走了100米后到达，在处测得山顶的仰角为．设山高为，若在同一铅垂面，且在该铅垂面上位于直线的同侧，则（ ）
A．米B．米
C．米D．米
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．某企业协会规定：企业员工一周7天要有一天休息，另有一天的工作时间不超过4小时，且其余5天的工作时间均不超过8小时（每天的工作时间以整数小时计），则认为该企业“达标”．请根据以下企业上报的一周7天的工作时间的数值特征，判断其中无法确保“达标”的企业有（ ）
A．甲企业：均值为5，中位数为8
B．乙企业：众数为6，中位数为6
C．丙企业：众数和均值均为5，下四分位数为4，上四分位数为8
D．丁企业：均值为5，方差为6
10．已知复数，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．满足下列条件的四面体存在的是（ ）
A．1条棱长为，其余5条棱长均为1B．1条棱长为1，其余5条棱长均为
C．2条棱长为，其余4条棱长均为1D．2条棱长为1，其余4条棱长均为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．一个母线长为2的圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的侧面积为 ．
13．已知甲、乙两人三分球投篮命中率分别为0.4和0.5，则他们各投两个三分球，至少有一人两球都投中的概率为 ．
14．厦门一中为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分（满分100分）作为样本，在这200个样本中，所有学生评分样本的平均数为，方差为，所有教师评分样本的半均数为，方差为，总样本的平均数为，方差为，若，抽取的学生样本多于教师样本，则总样本中学生样本的个数至少为 ．
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．如图，在直四棱柱中，底面是菱形，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．
16．为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券、游戏规则如下表：
(1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
(2)一名同学先玩了游戏一，接下来该同学应该先玩游戏三还是先玩游戏二能使获得书券的概率更大？
17．如图，在三棱锥，和均是边长为4的等边三角形，．
(1)求二面角的余弦值并证明：：
(2)已知平面满足，且平面，求直线与平面所成角的正弦值．
18．在中，．为边上一点，为边上一点，交于．
(1)若，求；
(2)若，求和的面积之差．
19．定义空间中既有大小又有方向的量为空间向量．起点为，终点为的空间向量记作，其大小称为的模，记作等于两点间的距离．模为零的向量称为零向量，记作．空间向量的加法、减法以及数乘运算的定义与性质和平面向量一致，如：对任意空间向量，均有，，；对任意实数和空间向量，均有；对任意三点，均有等．已知体积为的三棱锥的底面均为，在中，是内一点，．记．
(1)若到平面的距离均为1，求；
(2)若是的重心，且对任意，均有．
（i）求的最大值；
（ii）当最大时，5个分别由24个实数组成的24元数组满足对任意，均有，且对任意均有求证：不可能对任意及均成立．
（参考公式：）
1．A
【分析】首先化简复数，再根据复数的几何意义，即可判断选项.
【详解】，对应的点在第一象限.
故选：A
2．C
【分析】利用正方体的特点，将异面直线的夹角转化为共面直线的夹角，角形 为等边三角形，故 与的夹角为，从而得出异面直线的夹角为.
【详解】
正方体中， ，异面直线AC与的所成角即为 与所成的角，而三角形 为等边三角形，故 与的夹角为 ，所以异面直线AC与的所成角为 .
故选：C
【点睛】熟悉正方体的特点，以及求异面直线夹角通常转化为共面直线夹角来解决,注意几何图形的特点.
3．B
【分析】找出代表事件“一年内至少有1台设备需要维修”的数组，利用古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】由题意可知，代表事件“一年内至少有1台设备需要维修”的数组有：、、、、、、、、，共组，
因此，所求概率为.
故选：B.
4．A
【分析】由投影向量的概况结合正弦定理可求.
【详解】

由题意可得，
由正弦定理可得，可得，
在上的投影为，
所以在上的投影向量为，
即在上的投影向量为.
故选：A．
5．D
【分析】根据向量的运算性质，判断，即可求解.
【详解】由知，，则.
故选：D
6．C
【分析】先求出甲乙在相同站点下车的概率，再求甲乙在不同站点下车的概率.
【详解】令事件为甲乙在相同站点下车，则
则甲乙在不同站点下车的概率为
故选：C
7．C
【分析】利用棱台及其外接球的特征结合台体体积公式计算即可.
【详解】设球心为，球的半径为，棱台高为，
则，所以，
由于在底面上，底面为正方形，
易得正方形的边长为，面积为16；
设底面的外接圆半径为，则，
易得正方形的边长为，面积为4；
所以正四棱台的体积为.
故选:C．
8．B
【分析】根据条件，结合图形，利用三角形的性质，再根据正弦定理列式，即可求解.
【详解】由题意可知，，，，
在中，，
，
由正弦定理得，即，
，所以米.，
故选：B
9．ABD
【分析】根据每个企业所给数字特征，找出满足数字特征但不达标的一个特例即可判断ABD，对C中满足条件的数据分析，确定工作时长数据达标.
【详解】甲企业每周7天的工作时间可以为：9,8,8,8,2,0,0，满足均值为5，中位数为8，故不达标，故A正确；
乙企业：众数为6，中位数为6，满足条件的7天工作时间可以为：6,6,6,6,6,6,6,故不达标，故B正确；
丙企业：众数和均值均为5，下四分位数为4，上四分位数为8，
设7天的工作时间为：4,5,5,8,a,b,c,,与众数矛盾，，为使众数为5，成立，故丙企业达标，故C错误；
丁企业：均值为5，方差为6，7天的工作时间可以为，故D正确.
故选：ABD
10．BC
【分析】举例说明判断AD；利用复数运算及共轭复数、复数模的意义计算判断BC.
【详解】对于A，取，，而，A错误；
对于B，设，
，由，
得，，B正确；
对于C，由及已知得，设，
，解得，
则，C正确；
对于D，取，，而，D错误.
故选：BC
11．BCD
【分析】对于选项A和B，作图，设棱，取其对棱的中点，在中利用三边关系列式子，求出的范围，从而判断四面体是否存在.对于选项C和D，分两种情况讨论，①当长为的两条棱为相对棱时，取的中点，在中利用三边关系列式子，求出的范围；②当长为的两条棱有公共顶点时，取的中点，在中利用三边关系列式子，求出的范围；从而判断四面体是否存在.
【详解】选项A：设四面体有1条棱长为，5条棱长为1，
如图1，四面体满足，，
取的中点，连接，，则，
由三角形的三边关系知，，
所以，即，故A错误；
选项B：与选项A同理可得，当四面体有1条棱长为，5条棱长为时，
因为，所以B正确；
选项C：设四面体有2条棱长为，4条棱长为1，分两种情况：
①当长为的两条棱为相对棱时，
如图2，不妨设为，，
取的中点，连接，，则，
由三角形的三边关系知，，
所以，解得，不符合题意；
②当长为的两条棱有公共顶点时，
如图3，不妨设，
取的中点，连接，，
则，，
由三角形的三边关系知，，
所以，解得；
综上可知，.
因为，所以C正确；
选项D：与选项C同理可得，
当四面体有2条棱长为，4条棱长为时，，
因为，所以D正确.
故选：BCD.
12．
【分析】利用圆锥的侧面积与底面积公式计算即可.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则，且，
所以，侧面积为．
故答案为：
13．0.37##
【分析】采取正难则反的原则，求出其对立事件，即二人两球都没有投中的概率，再根据对立事件的概率公式求解即可．
【详解】设甲两个三分球都投中的事件为，乙两个三分球都投中的事件为，至少有一人两球都投中的事件为，
则，，，，
由题可知事件与事件互相独立，
所以
,
所以至少有一人两球都投中的概率为，
故答案为：
14．160
【分析】假设在样本中，学生、教师的人数分别为，利用平均数公式可得出，利用方差公式结合已知条件可得出，令得，由结合已知条件可求得的取值范围，从而可得答案.
【详解】假设在样本中，学生、教师的人数分别为，
记样本中所有学生的评分为，所有教师的评分为，
由得，
所以
，
所以，即，
令，则，，
即，解得或，
因为且，得，所以.
所以总样本中学生样本的个数至少为160.
故答案为：160.
15．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设交于，连结，可得，即可证得平面；
（2）通过证明，即可得平面，进而可得平面平面.
【详解】（1）如图，连结，交于，连结，
因为底面是菱形，所以为中点，
又是的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）在直四棱柱中，平面，
平面，所以，
又底面是菱形，所以，
因为平面，且，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
16．(1)游戏一获胜的概率为，游戏二获胜的概率为
(2)先玩游戏三
【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解；
（2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，再比较两者大小即得答案.
【详解】（1）设事件“游戏一获胜”，事件“游戏二获胜”，事件“游戏三获胜”，
游戏一取出一个球的样本空间为，则，因为，
所以，所以，所以游戏一获胜的概率为；
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间为，
则，因为，所以，
所以，所以游戏二获胜的概率为.
（2）游戏三不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：
则，，，所以，
设“先玩游戏二，获得书券”，“先玩游戏三，获得书券”，
则，且互斥，相互独立，所以
，
又，且互斥，独立，所以
，
因为，所以接下来该同学应该先玩游戏三能使获得书券的概率更大.
17．(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）用定义法作出二面角的平面角，解三形即可得二面角的余弦值；取中点为，可证得平面，从而可得；
（2）由面面平行的判定定理和性质定理可得，从而直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，用几何法作出直线与平面所成的角，再解三角形即可得答案.
【详解】（1）如图，取中点为，连结，
因为和均是等边三角形，所以，
所以即是二面角的平面角，
因为和均是边长为4的等边三角形，是中点，
所以，在中，由余弦定理，得
，
即二面角的余弦值为；
证明：因为，平面，且，
所以平面，又平面，所以.
（2）因为，，且平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，所以，
所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，
过点作于，由（1）知平面，
又平面，所以，
又因为，平面，
所以平面，所以是直线与平面所成的角.
因为，，所以在等腰中，
，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）以为基底表示出向量，再由向量夹角的余弦公式计算即可；
（2）先解三角形求出，再利用求解即可.
【详解】（1）如图，因为，所以，

因为为边上一点，，所以为中点，
又，所以，所以，
则，
设，首先有
，
再有
，
因为不共线，所以，解得.
所以，
，
则，
，
所以.
（2）如图，在中，由余弦定理得，，
所以，设，则，
在中，由余弦定理得，，
解得，所以，又，
所以，
所以的面积，
的面积，
设四边形的面积为，
则和的面积之差.

19．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）由三棱锥的体积公式结合图形和题意计算即可；
（2）（i）由是的重心，得到，再由余弦定理和基本不等式得到，然后由是的重心知，进而得到，最后结合题意求出结果即可；（ii）由（i）知，结合题意可得；再假设对任意及均成立，可得，二者互相矛盾，可得证.
【详解】（1）如图，在中，．
因为，所以，
所以在中，，
所以在中，，
所以，所以的面积为，
所以，所以．
（2）（i）因为是的重心，所以的面积为，
在中，由余弦定理得，，
即，由基本不等式知，
，所以，
故 ，等号当且仅当时成立，
又由是的重心知，，
所以，
所以，所以，
所以，等号当且仅当，
且平面时成立，所以的最大值为．
（ii）由（i）知，，所以对任意，
均有，故，记，
则，
所以，
由于任意均有，
所以，所以．
假设对任意及均成立．
则对于，均有，
所以，与矛盾，
所以假设不成立，即不可能对任意及均成立．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问关键是能根据题意证明和矛盾.
游戏一
游戏二
游戏三
箱子中球的颜色和数量
大小质地完全相同的红球3个，白球2个
（红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”）
取球规则
取出一个球
有放回地依次取出两个球
不放回地依次取出两个球
获胜规则
取到白球获胜
取到两个白球获胜
编号之和为6获胜
第二次
第一次
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5