浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高一下学期期中数学（创新班）试卷（Word版附解析）

这是一份浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高一下学期期中数学（创新班）试卷（Word版附解析），文件包含浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高一下学期创新班期中考试数学试卷Word版含解析docx、浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高一下学期创新班期中考试数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。

命题：沈栋啸 校对：凌晓锋
一、选择题：本题共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. 若复数z满足z=i（2+z）（i为虚数单位），则z=（ ）
A. 1+iB. 1-iC. -1+iD. -1-i
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求解好、即可
【详解】由题意，．
”故选：C．
2. 如图所示，梯形是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形ABCD中对角线AC的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法的规则确定原图形，利用勾股定理求得长度．
【详解】由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD，如图，
由斜二测法则知，，
所以,
故选：C．
3. 已知样本数据的平均数和标准差均为4，则数据的平均数与标准差分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据样本数据同加上一个数和同乘以一个数后的新数据的平均值和方差的性质即可求解.
【详解】由题意知，样本数据的标准差为，
所以样本数据的方差为16，
因为样本数据的平均数为和方差为，
所以的平均数为，
的方差为，
所以的标准差为，
故选：A.
4. 一个圆锥的侧面展开图是半径为的半圆，则此圆锥的内切球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由侧面展开图的半圆弧长等于圆锥底面圆周长可构造方程求得圆锥底面半径，由此可确定圆锥轴截面为正三角形，求得正三角形内切圆半径即为所求内切球半径，代入球的表面积公式即可得到结果.
【详解】设圆锥底面半径为，则，解得：；
圆锥的轴截面是边长为的正三角形，
此正三角形内切圆的半径为，即圆锥内切球半径，
圆锥内切球的表面积.
故选：C.
5. 光源经过平面反射后经过，则反射点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点关于平面的对称点为，得到点为与平面的交点，令，结合，列出方程组，即可求解.
【详解】设点关于平面的对称点为，可得，
则点为与平面的交点，
令，则，且，
又由，
所以，解得，所以.
故选：D.
6. 若的第百分位数是则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据百分位数的定义求解即可.
【详解】的第百分位数是
则，所以.
故选：D
7. 如图是棱长均相等的多面体，其中四边形是正方形，点分别为DE，AB，AD，BF的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连接，，求得，，则可求得，进一步求得,按向量夹角公式求解即可
【详解】如图，
四边形，均是边长为的正方形，多面体的侧面均为等边三角形，
取的中点，连接，，则.
同理可得.
所以
取的中点，连接，，则，且
又点为的中点，且，所以且，
则四边形为平行四边形，所以.
同理可得.
设，的夹角为，则，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C
8. 在正方体中，点分别是直线上的动点，点是△内的动点（不包括边界），记直线与所成角为，若的最小值为，则与平面所成角的正弦的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方体的几何性质，作出平面，再由线面角的最小性可知，当取最大值时，三点共线，只需求此时的正弦值即可.
【详解】如图所示，连接，交平面于点.
设与平面所成角为，正方体的棱长为，
根据正方体的性质可得，平面，
所以平面，且点为的中心，
所以.
又因为直线与所成角为，且的最小值为，
所以与平面所成角为，所以为.
由线面角的最小性可知，当取最大值时，三点共线，
所以此时.
又因为在中，易得，，
所以，
所以，
所以
.
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．
9. 在12件同类产品中，有9件正品和3件次品，从中任意抽出3件产品，设事件“3件产品都是次品”，事件“至少有1件是次品”，事件“至少有1件是正品”，则下列结论正确的是（ ）
A. 与为对立事件B. 与不互斥事件
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】通过分析事件，从而判断事件的关系.
【详解】从中任意抽出3件产品，共有4种情况：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品.
事件的可能情况有：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，
事件的可能情况有：2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品.
与为对立事件，故A正确；
{2件次品1件正品，1件次品2件正品}，则与不是互斥事件，故B正确；
，，故C正确；
由上知，故D错误.
故选：ABC
10. 在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试．为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，样本容量为，按照的分组作出频率分布直方图如图所示，其中，成绩落在区间内的人数为16．则（ ）
A. 图中
B. 样本容量
C. 估计该市全体学生成绩的平均分为71.6分
D. 该市要对成绩前的学生授予“优秀学生”称号，则授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为77.25分
【答案】AD
【解析】
【分析】根据频率之和等于1，即可判断A；根据频率，频数和样本容量之间的关系即可判断B；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C；根据题意算出分位数，再根据频率分布直方图的性质，即可判断D．
【详解】对于A，因为，解得，故A正确；
对于B，因为成绩落在区间内的人数为16，
所以样本容量，故B不正确；
对于C，学生成绩平均分为，故C不正确；
对于D，设授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为，
由于的频率为，的频率为，的频率为，
则，所以，
则，解得，
所以大约成绩至少为 77.25 的学生能得到此称号，故D正确．
故选：AD．
11. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a.则（ ）
A. 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为
B. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C. 勒洛四面体中过三点的截面面积为
D. 勒洛四面体的体积
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，根据勒洛四面体表面上任意两点间距离小于等于，进行判断；对于B，求出，，相减即为能够容纳的最大球的半径；对于C，找到最大截面，求出截面面积；对于D，勒洛四面体的体积介于正四杨体的体积和正四面体的外接球体积之间，求出正四面体的体积和正四面体的外接球的体积，从而求出答案．
【详解】由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值，故A正确；
勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，

其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球的球心，
由题意得该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接，
易知，，三点共线，
设正四面体的外接球半径为，
由题意得：，解得，
，，
由题意得，故B错误；
勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图，

则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，
即，故C错误；
对于D，勒洛四面体的体积介于正四面体的体积和正四面体的外接球的体积之间，

正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为，
正四面体的高为，
正四面体的体积，
设正四面体的外接球半径为，则由题意得：
，解得，
正四面体的外接球的体积为，
勒洛四面体的体积满足，故D正确．
故选：AD．
【点睛】方法点睛:解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下;
(1)定球心:如果是内切球，球心到切点的距离相等目为球的半径;如果是外接球，球心到接点的距离相等目为半径;
(2)作截面:选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平
面化的目的;
(3)求半径下结论:根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 从含有6件次品的50件产品中任取4件，观察其中次品数，这个试验的样本空间Ω＝______.
【答案】
【解析】
【分析】取出的4件产品中，最多有4件次品，最少是没有次品，由此能求出样本空间.
【详解】取出的4件产品中，最多有4件次品，最少是没有次品，
所以样本空间.
故答案为：.
13. 如图，甲乙做游戏，两人通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜谁首先登上第3个台阶，并规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两人都上一个台阶．如果一方连续赢两次，那么他将额外获得上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时游戏结束，则游戏结束时恰好划拳3次的概率为______．

【答案】
【解析】
【分析】不妨假设游戏结束时恰好划拳3次时是甲登上第3个台阶，考虑所有可能的情况，同时考虑到也可能是划拳3次恰好是乙登上第3个台阶，根据独立事件乘法公式和互斥事件的加法公式，即可求得答案.
【详解】设事件“第次划拳甲赢”为，事件“第次划拳甲平局”为，
事件“第次划拳甲输”为，
则；
故
，
故答案为：
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于考虑清楚游戏结束时恰好划拳3次的所有可能情况，要注意到最终登上第3个台阶的人在第2次划拳时不能输.
14. 在三棱锥中，二面角大小为，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】，故只需求的最小值，则在四边形中计算即可.
【详解】
取外心，外心，中点为，
则，，面，面
所以，，
设，
由正弦定理得，
余弦定理得，所以，
所以由正弦定理得，即，
所以，，，
在四边形中，
，
，
当且仅当时等号成立，
所以三棱锥外接球表面积最小值为，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．
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. 已知复数，(其中为虚数单位)
（1）当复数是纯虚数时，求实数的值；
（2）若复数对应的点在第三象限，求实数的取值范围.
【答案】（1）,（2）
【解析】
【详解】（1）由题意有时，
解得，
即时，复数为纯虚数.
（2）由题意有：，
解得：，
所以当时，复数对应的点在第三象限
考点：纯虚数概念
16. 如图，在四棱锥中，底面是以2为边长的菱形，且，，为的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设交于点，连接，可证明平面，从而得到平面平面.
（2）可证平面，取的中点，则，故以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求线面角的正弦值，或利用等积法求出点到平面的距离为，故可求线面角的正弦值.
【小问1详解】
设交于点，连接，
.，.
底面是以2为边长的菱形，.
又，平面，平面.
又平面，平面平面.
【小问2详解】
法一：底面是以2为边长的菱形，且，
与为等边三角形，.
，，即.
平面，平面，.
又，平面，平面.
取的中点，则，.
又平面，故以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
.

设平面的一个法向量为，
则即取，则，得.
设直线与平面所成角为，则，
直线与平面所成角的正弦值为.
法二：底面是以2为边长的菱形，且，
与均等边三角形，.
，，即.
由（1）知平面，平面，.
又，平面，平面.
平面，，由勾股定理得，
为的中点，.
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
解得.
在中，，，.
设点到平面的距离为，又易知点到平面的距离为，
由得，，
，解得.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 为了了解学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性等，某学校对在校1500名学生进行了一次坐位体前屈测试，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取75人，已知这1500名学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为和，女生的平均数和方差分别为和．
（1）求样本中男生和女生应分别抽取多少人；
（2）求抽取的总样本的平均数，并估计全体学生的坐位体前屈成绩的方差．
【答案】（1）45；30；
（2）平均数；方差16.
【解析】
【分析】（1）首先计算抽样比，再计算男生和女生应抽取的人数；
（2）代入总体平均数公式和方差公式，即可求解.
【小问1详解】
总体容量1500，样本容量75，则抽样比为，
所以样本中男生数量，女生数量.
【小问2详解】
抽取的样本中男生的平均数，方差，
抽取的样本中女生的平均数，方差，
所以总体样本的平均数为，
总体样本的方差.
所以估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16.
18. 如图，已知直角三角形ABC的斜边平面，A在平面上，AB，AC分别与平面成和的角，．
（1）求BC到平面的距离；
（2）求平面与平面的夹角．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）过作平面的垂线，利用直角三角形边角关系及勾股定理建立方程求解.
（2）作出二面角的平面角，利用余弦定理、三角形面积公式求解即得.
【小问1详解】
过作，垂足为，过作，垂足为，连、、，
则，，
设BC到平面的距离为，由平面，得 ，
在中，，则，在中， ，
在中，，则，所以.
【小问2详解】
由（1）知，四边形是矩形，过点作直线，显然，
在平面内过点作于，则，过作交于，连接，
则，有，而平面，
于是平面，又平面，则，即平面与平面的夹角，
由（1）知，，则，
在△中，，则，
于，，
因此，又，则，
所以平面与平面夹角为.
19. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线分别交于点，且，点在直线上运动，在线段上是否存在一定点，使得其满足：
（i）直线；
（ii）对所有满足条件（i）的平面，点都落在某一条长为的线段上，且．若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】存在，在靠近的三等分点处.
【解析】
【分析】以为一组基地，用向量证明即可.
【详解】存在，在靠近的三等分点处.
设，则，
因为，
所以
，
又因为，所以存在，使得，
故，
设 ，
所以 ，
整理得 ，
又点在直线上的充要条件是 ，则，
消去，得，所以，
故，
①当时，；
②当时，，
所以，
，解得.
此时，①中代入(*)不等式成立，故，
所以存在，在靠近的三等分点处.
【点睛】方法点睛：当平面运动时，对于定点，确定动点的存在范围，使之满足所有的题设条件，我们以为一组基向量，利用向量的方法给出本题的一种证法.