2023-2024学年浙江省绍兴市高一下学期6月期末数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年浙江省绍兴市高一下学期6月期末数学试题（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.复数1−2i的共轭复数是( )
A. 1−2iB. 1+2iC. −1+2iD. −1−2i
2.用斜二测画法画水平放置的边长为2的正方形的直观图，所得图形的面积是
A. 4B. 2 2C. 2D. 22
3.十名工人某天生产同一批零件，生产的件数分别是：15，17，14，10，16，17，17，16，14，12，则这组数据的极差、众数、第一四分位数分别是
A. 3，17，12B. 5，16，14C. 7，17，14D. 7，17，13
4.已知m，n是两条直线，α，β是两个平面，则下列命题正确的是
A. 若m//α，n⊂α，则m//nB. 若m//α，m//β，则α//β
C. 若m⊂α，α⊥β，则m⊥βD. 若m⊥α，n⊥α，则m//n
5.已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=CD=1，AD= 3，若BD=xBC+yBA，则x−y=( )
A. 34B. 1C. 54D. 32
6.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acsB−bcsA=c+14b，则csA=
A. −18B. 18C. −14D. 14
7.如图是一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，其中n(Ω)=24，n(A)=12，n(B)=8，n(C)=5，n(A∪B)=16，则( )
A. 事件A与事件B互斥B. 事件A与事件B相互独立
C. 事件A与事件C互为对立D. 事件A与事件C相互独立
8.如图，矩形ABCD中，AB=1，BC= 3.面积为 3的平行四边形ACEF绕AC旋转，且E∉平面ABCD，则( )
A. 平面EFB⊥平面EFDB. 平面ABF⊥平面ABC
C. 平面ABF⊥平面BCFD. 平面ABF⊥平面ADF
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是
A. 复数2+i的模为 5
B. 复数z=1−i的虚部为−1
C. 若z1=2i，z2=i，则z1>z2
D. 若复数z1，z2满足z12+z22=0，则z1=z2=0
10.已知一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5，x6的标准差s≠0，其平均数x=x3，则下列数据的标准差与s不相等的是
A. 2x1，2x2，2x3，2x4，2x5，2x6
B. x1−x，x2−x，x3−x，x4−x，x5−x，x6−x
C. x1，x2，x4，x5，x6
D. 2x1−x，2x2−x，2x3−x，2x4−x，2x5−x，2x6−x
11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为棱AA1，CC1，BC上的点，A1E=CF=CG=λ∈(0,1)，则
A. EG⊥GF
B. 平面EFG经过棱AB中点H
C. 平面EFG截该正方体，截面面积的最大值为3 34
D. 点D到平面EFG距离的最大值为 32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.抛掷两枚质地均匀的骰子，则事件“两枚骰子的点数都为奇数”的概率是_________．
13.已知向量a与b的夹角为60°，|a|=|b|=1，则向量a在向量a+b上的投影向量的模为_________．
14.正四棱锥的外接球半径为R，内切球半径为r，则Rr的最小值为_________．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(0,2)，B(− 3,1)．
(1)求|AB|及向量OA与OB夹角的大小；
(2)若AB//(2OA+tOB)，求实数t的值．
16.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧面PAB是正三角形，AD⊥平面PAB，M，N分别为AB，PC的中点．
(1)证明：MN//平面PAD；
(2)求四棱锥P−ABCD的体积．
17.(本小题12分)
某机构对甲、乙两个工厂生产的一批零件随机抽取部分进行尺寸检测，统计所得数据分别画出了如下频率分布直方图：
根据乙工厂零件尺寸的频率分布直方图估计事件“乙工厂生产的零件尺寸不低于60 cm”的频率为0.70．
(1)估计甲工厂生产的这批零件尺寸的平均值；
(2)求乙工厂频率分布直方图中a，b的值，并求乙工厂被测零件尺寸的中位数(结果保留两位小数)；
(3)现采用分层抽样的方法，从甲工厂生产的零件中随机抽取尺寸在[40,50)和[70,80)内的零件3个，从乙工厂生产的零件中随机抽取尺寸在[40,50)和[80,90)内的零件5个，再从抽得的8个零件中任取2个，求这两个零件的尺寸都在[40,50)内的概率．
18.(本小题12分)
如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，AB⊥DE，AB//EF，AB=BD=6，EF=4，∠EAD=∠EAB，cs∠EAB=34．
(1)证明：BD⊥平面ACE；
(2)求点E到平面ABCD的距离；
(3)求侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值．
19.(本小题12分)
克罗狄斯·托勒密(ptlemy)所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意平面凸四边形(所有内角都小于180°的四边形)中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号．
已知圆O是凸四边形ABCD的外接圆，其中CD= 3AD．
(1)若圆O的半径为r，且∠CBD=2∠ABD，
(ⅰ)求∠ABD的大小；
(ⅱ)求AC⋅BD的取值范围(用r表示)．
(2)若AD=1，BC=2，∠ADC∈2π3,5π6，求线段BD长度的最大值．
参考答案
1.B
2.C
3.C
4.D
5.B
6.A
7.B
8.A
9.AB
10.ACD
11.ABD
12.14
13. 32
14. 2+1
15.解：(1)因为AB=(− 3,−1)，所以|AB|=2．
设向量OA与OB的夹角为θ，则csθ=OA·OB|OA||OB|=12，
因为θ∈[0,π]，所以θ=π3．
(2)因为2OA+tOB=(− 3t,t+4)，
又AB//(2OA+tOB)，
所以 3(t+4)+ 3t=0，
所以t=−2．
16.(1)证明：如图，取PD的中点Q，连接AQ，QN，
因为在△PDC中，Q，N分别为PD，PC的中点，
所以QN//CD，且QN=12CD，
因为在正方形ABCD中，M为AB的中点，所以AM/​/CD，且AM=12CD，
所以AM//QN，且AM=QN，
所以四边形AMNQ是平行四边形，
所以MN//AQ，
又AQ⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，
所以MN/​/平面PAD．
(2)解：连接PM，因为AD⊥平面PAB，PM⊂平面PAB，
所以AD⊥PM，
因为侧面PAB是正三角形，M为AB的中点，所以PM⊥AB，
因为AB⋂AD=A，AB，AD⊂平面ABCD，
所以PM⊥平面ABCD，
所以四棱锥P−ABCD的体积V=13S正方形ABCD⋅PM=13×1× 32= 36．
17.解：(1)因为35×0.15+45×0.2+55×0.3+65×0.2+75×0.1+85×0.05=55.5，
所以，估计甲工厂生产的这批零件尺寸的平均值为55.5cm.
(2)由10a+0.2+0.15=0.7，得a=0.035，
由0.05+10b+0.15=0.3，得b=0.01.
设乙工厂被测零件尺寸的中位数为x，
则0.005×10+0.01×10+0.015×10+0.035×(x−60)=0.5，
解得x=6557≈65.71，
所以，乙工厂被测零件尺寸的中位数为65.71cm．
(3)因为采用分层抽样，
所以，从甲工厂生产的零件中抽取尺寸在[40,50)内的零件2个，尺寸在[70,80)内的零件1个，
从乙工厂生产的零件中抽取尺寸在[40,50)内的零件2个，尺寸在[80,90)内的零件3个，
从8个零件中任取2个零件的取法有28种，
两个零件的尺寸都在[40,50)内的取法有6种，
所以两个零件的尺寸都在[40,50)内的概率为628=314．
18.(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，
因为∠EAB=∠EAD，AB=AD，AE=AE，
所以△EAB≌△EAD，所以EB=ED．
设AC∩BD=G，连接EG，如图，
则G为BD的中点，BD⊥EG，
又EG∩AC=G，EG、AC⊂平面ACE，
所以BD⊥平面ACE．
(2)解：如图，过点E作EH⊥AC，垂足为H，
因为BD⊥平面ACE，EH⊂平面ACE，
所以BD⊥EH，
又BD∩AC=G，BD、AC⊂平面ABCD，
所以EH⊥平面ABCD，
所以点E到平面ABCD的距离即为线段EH的长度．
因为DE⊥AB，EH⊥AB，DE，EH⊂平面EDH，
所以AB⊥平面EDH，
又DH⊂平面EDH，所以AB⊥DH，
易知△ABD为正三角形，
所以点H为△ABD的中心．
延长DH交AB于点I，则I为AB的中点，
因为所以AB⊥平面EDH，EI⊂平面EDH，所以EI⊥AI，
在Rt△AEI中，AI=3，cs∠EAB=34，
所以AE=4，
因为AH= 33×6=2 3，
所以EH= AE2−AH2= 16−12=2．
所以点E到平面ABCD的距离为2．
(3)解：过点H作BC的平行线分别交AB，CD于点J，K，则BJ=CK=4，
因为EF=4，AB//EF，
所以EF//BJ，EF=BJ，EF//CK，EF=CK，
所以四边形EFCK和四边形EFBJ均为平行四边形，
所以EK//CF，EJ//BF，
所以平面JKE//平面BCF．
过点E作直线m//JK，则平面ADE∩平面JKE=m，
过点H作HL⊥AD，垂足为L，连接LE．
因为HL⊥JK，EH⊥JK，HL，EH⊂平面EHL，HL∩EH=H，
所以JK⊥平面EHL，
所以m⊥平面EHL，又LE，EH⊂平面EHL，
所以m⊥LE，m⊥EH，
所以∠LEH为二面角A−m−J的平面角，因为平面JKE//平面BCF，所以∠LEH为侧面ADE与侧面BCF所成二面角的平面角．
因为HL=AH⋅sin∠LAH= 3，EH=2，
在直角三角形LEH中，tan∠LEH=HLEH= 32．
所以侧面ADE与侧面BCF所成二面角的正切值为 32．
19.解：(1)(i)因为CDsin∠CBD=2r，ADsin∠ABD=2r，
所以CDAD=sin∠CBDsin∠ABD=sin2∠ABDsin∠ABD=2cs∠ABD，
又因为CD= 3AD，所以cs∠ABD= 32，
又∠ABD∈(0,π)，所以∠ABD=π6．
(ii)因为∠ABD=π6，所以∠DAC=∠CBD=2∠ABD=π3，
所以∠ABC=π2，所以AC是圆O的直径．
由(i)可得CD= 3r，AD=r．
设∠BAC=α，则AB=2rcsα，
所以AC⋅BD=AC⋅(AD−AB)=AC⋅AD−AC⋅AB
=2r⋅r⋅csπ3−2r⋅2rcsα⋅csα=r2(1−4cs2α)，
又α∈(0,π2)，所以cs2α∈(0,1)，
所以AC⋅BD∈(−3r2,r2).
(2)设∠ADC=θ，因为AD=1，CD= 3，
所以，由余弦定理得AC2=AD2+CD2−2AD⋅CDcs∠ADC
=1+3−2×1× 3×csθ=4−2 3csθ，
在△ABC中，AC= 4−2 3csθ，BC=2，∠ABC=π−θ，
由余弦定理知AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC，
代入整理得AB2+4csθ⋅AB+2 3csθ=0，
解得AB=−2csθ+ 4cs2θ−2 3csθ．
由托勒密定理知BD⋅AC≤CD⋅AB+BC⋅AD，
代入得BD≤2−2 3csθ+ 12cs2θ−6 3csθ 4−2 3csθ．
设 4−2 3csθ=t，
由∠ADC∈2π3,5π6，得csθ∈[− 32,−12]，t∈[ 4+ 3, 7]，
则2−2 3csθ+ 12cs2θ−6 3csθ 4−2 3csθ
=t2−2+ t4−5t2+4t=t−2t+ t2+4t2−5(其中t∈[ 4+ 3, 7]，
设t−2t=m，则BD≤m+ m2−1(其中，
因为y=m+ m2−1在区间[(5+2 3) 4+ 313,5 77]上单调递增，
所以，当m=5 77，即θ=5π6时，BD取得最大值5 7+3 147．