浙江省温州市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(解析版)

这是一份浙江省温州市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以其虚部为.
故选：B.
2. 已知向量，，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】D
【解析】.
故选：D.
3. 设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列是真命题的是（ ）
A 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，则
D. 若，，，，则
【答案】C
【解析】对于A，若，，则，或相交，或异面，故A错误；
对于B，如下图，，，，则不一定垂直，故B错误；
对于C，因为，过做平面，与平面交于直线，所以，
因为，，所以，，故C正确；
对于D，如图，，，，，则不平行，故D错误.
故选：C.
4. 气象台预报“本市明天中心城区的降雨概率为30%，郊区的降雨概率为70%.”基于这些信息，关于明天降雨情况的描述最为准确的是（ ）
A. 整个城市明天的平均降雨概率为50%
B. 明天如果住在郊区不带伞出门将很可能淋雨
C. 只有郊区可能出现降雨，而中心城区将不会有降雨
D. 如果明天降雨，郊区的降雨量一定比中心城区多
【答案】B
【解析】对于A，中心城区面积和郊区面积不一定相同，故整个城市明天的平均降雨概率不一定为50%，故A错误；
对于B，明天郊区的降雨概率比中心城区的降雨概率大，故B正确；
对于C，不管郊区还是中心城区都可能会出现降雨，故C错误；
对于D，降雨量并不取决于降雨概率，反而是降雨时长以及有效覆盖面积（即下雨的区域在该所参考区域的面积）会影响降雨量，故D错误.
故选：B.
5. 如图，水平放置的的斜二测直观图为，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，，
所以，所以，即，
因为，所以，，
所以，
还原直观图得到，如图所示：
此时，所以.
故选：D.
6. 一个袋子中装有3个红球和3个黑球，除颜色外没有其他差异.现采用有放回的方式从袋中任意摸出两球，设“第一次摸到黑球”，“第二次摸到红球”，则A与B的关系为（ ）
A. 互斥B. 互为对立C. 相互独立D. 相等
【答案】C
【解析】因为A=“第一次摸到黑球”，B=“第二次摸到红球”，A与B不相等，D选项错误；
则，
，A与B相互独立，C选项正确；
A与B可以同时发生，A选项错误；B选项错误.
故选：C.
7. 已知平面向量和满足，在方向上的投影向量为，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为在方向上的投影向量为，所以，
又因为，所以，
在方向上的投影向量为.
故选：D.
8. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为一个棱长为1的正八面体，则其内切球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】如图，
正八面体的棱长为1，点为中点（显然根据对称性可知点也是内切球球心），显然平面，
因为直线平面，所以，
在正方形中，，
所以，
正八面体的表面积为，
设内切球半径为，
由等体积法有，，
解得，内切球的表面积为.
故选：A.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 在中，角所对的边为，则下列结论正确的是（ ）
A
B.
C. 若，则
D. （为的外接圆半径）
【答案】BCD
【解析】对于A，由于当时，，
从而，，故A错误；
对于B，由于三角形的内角和为，所以，故B正确；
对于C，若，由于，故，
所以，
这就得到，
从而
，
再由得到，即，故C正确；
对于D，有，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知复数z满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 的最大值为2D.
【答案】ABC
【解析】设，所以，D选项错误；
，C选项正确；
设，因为所以，
所以，A选项正确；
，B选项正确.
故选：ABC.
11. 小明与小红两人做游戏，抛掷一枚质地均匀的骰子，则下列游戏中不公平的是（ ）
A. 抛掷骰子一次，掷出的点数为1或2，小明获胜；否则小红获胜
B. 抛掷骰子两次，掷出的点数之和为奇数，小明获胜；否则小红获胜
C. 抛掷骰子两次，掷出的点数之和为6，小明获胜；点数之和为8，小红获胜；否则重新抛掷
D. 抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，小明获胜；掷出的点数都相同，小红获胜；否则重新抛掷
【答案】AD
【解析】对于A，小明获胜的概率为，故A符合题意；
对于B，若要点数之和为奇数，则只能是一奇一偶，而每抛一次出现奇数，
偶数的概率都是，但可能是先出现奇数，有可能先出现偶数，
故小明获胜的概率为，故B不符合题意；
对于C，若点数之和为6，则两个加数可以是，
即小明获胜的概率为，
若点数之和为8，则两个加数可以是，
即小红获胜概率为，故C不符合题意；
对于D，抛掷骰子三次，掷出的点数为连续三个自然数，
则这三个自然数可以是，
所以小明获胜的概率为，
若掷出的点数都相同，
则这三个自然数可以是，
所以小红获胜的概率为，故D符合题意.
故选：AD.
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.
12. 已知复数z满足，则______.
【答案】
【解析】，
则.
故答案为：.
13. 如图，在中，，点P在线段上，若的面积为，，则的最小值为______.
【答案】
【解析】若的面积为，，则，
所以，
又因为，点P在线段上，
所以，所以，
，等号成立当且仅当，
所以的最小值为.
故答案为：.
14. 已知样本数据的平均数为9，方差为12，现这组样本数据增加一个数据，此时新样本数据的平均数为10，则新样本数据的方差为______.
【答案】19.8
【解析】设增加的数为，
则，，
所以，
又因为即
所以.
故答案为：19.8.
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. 已知，为单位向量.
（1）若，求的最大值；
（2）若，求与夹角的余弦值.
解：（1）由于，且当时，
所以的最大值是.
（2）由已知有，
故，
所以与夹角的余弦值是.
16. 在三棱锥中，两两垂直，，.
（1）求三棱锥的表面积；
（2）求P到平面的距离.
解：（1）因为两两垂直，，，所以，
所以，
从而三棱锥的表面积为
.
（2）设点P到平面的距离为，
由（1）得三角形的面积为，
由等体积法有，，即，
解得，所以点P到平面的距离为.
17. 如图，小明统计了他爸爸9月的手机通话明细清单，发现他爸爸该月共通话60次.小明按每次通话时间长短进行分组（每组为左闭右开的区间），画出了频率分布直方图.
（1）通话时长在区间，内的次数分别为多少？
（2）若小明爸爸通话时间的众数是第百分位数，求的值.
解：（1）由频率直方图的性质可得，
解得：，
所以通话时长在区间内的次数为次；
通话时长在区间内的次数为次.
（2）由图可得通话时长众数为，所以，
则小明爸爸通话时间的众数是第15百分位数，即.
18. 在中，，，.
（1）求A；
（2）D为边的中点，E为边上一点，交于P.
（i）若E为的中点，求的余弦值；
（ii）当时，求的面积.
解：（1）因为，所以，
即，
所以，
因为，所以.
（2）（i）若E为的中点，D为边的中点，
则，，
从而，
，
，
所以，
所以的余弦值为.
（ii）由（2）（i）可知，，
因为三点共线，所以可设，
当时，
，
所以，所以，
因三点共线，所以设，
因为与是共线向量，且与不共线，
所以，解得，
所以，，
所以点到的距离与点到的距离之比为，
所以的面积为.
19. 已知矩形中，，，E为线段的中点，沿线段将翻折到，Q为线段的中点.
（1）证明：平面；
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正切值；
（3）当在翻折过程中，是否存在点P使直线与直线所成角为？若存在，求出二面角平面角的余弦值；若不存在，请说明理由.
解：（1）如图，点是线段的中点，连接，
因为点是线段的中点，所以，
因为，所以，即四边形是平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面.
（2）如图，
过分别过点作，垂足分别为，
因为点为线段的中点，，所以是三角形的中位线，
所以，而，
所以，，也是三角形的中线，
所以，，，，
因为，且平面平面，平面平面，
平面，所以平面，所以为与平面所成的角，
因为，所以直线与平面所成角的正切值即为.
（3）如图，
一方面：因为，所以，
又因为，所以，即，
设，
因为，，所以二面角平面角的大小即为，
而，
所以，
另一方面：若直线与直线所成角为，且注意到，
所以或，
又因为，所以，
即，
令，解得满足题意，
，不满足题意，舍去；
综上，存在点P使，且直线与直线所成角为，
此时所求二面角平面角的余弦值为.