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浙江省余姚中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（PDF版附答案）
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这是一份浙江省余姚中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（PDF版附答案），文件包含期中试题２pdf、余姚中学2023学年第二学期高一数学期中数学参考答案1docx、余姚中学2023-2024学年第二学期高一数学期中考试答题卷-副本pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
【第8题解析】，，，，又为中点，
，则，即为等边三角形，
设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，取中点，连接，
，，，即外接圆半径为，
又四面体的外接球半径为，
为四面体外接球的球心，
由球的性质可知：平面，又平面，，
，，；
设点到平面的距离为，
由得：，
又与均为边长为的等边三角形，，
直线与平面所成角的正弦值为.
故选：D.
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．
【第12题解析】对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A错误；
对于B，当点P与点重合时，由题可知，
所以，四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，则平面，所以B正确；
对于C，连结，由于平面，平面，故，
又，故，故，即，故，
又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；
对于D，由正方体的性质可得，，
所以，
所以，所以点到直线的距离，所以D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12． 13．3
14.
【第14题解析】在正方体中，如图，
平面，平面，则，而，
，，平面，于是平面，又平面，
则，同理，而，，平面，
因此平面，令交平面于点，
由，得，
即，解得，
而，于是，
因点在内，满足，则，
因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆在内的圆弧，
而为正三角形，则三棱锥必为正三棱锥，为正的中心，
于是正的内切圆半径，
则，即，，
所以圆在内的圆弧为圆周长的，
即点的轨迹长度为
故答案为：
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.（1）解：因为为实数，
所以设，所以，
所以，
又因为为纯虚数， 所以即，所以，
所以．
(2)所对应的点在第一象限
16.(1)由频率分布直方图知：，解得，
设此次竞赛活动学生得分的中位数为，
因数据落在内的频率为0.4，落在内的频率为0.8，从而可得，
由，得，
所以估计此次竞赛活动学生得分的中位数为82.5．
(2)由频率分布直方图及（1）知：
数据落在，，，的频率分别为0.1，0.3，0.4，0.2，
，
此次竞赛活动学生得分不低于82的频率为，
则，
所以估计此次竞赛活动得分的平均值为82，在参赛的1000名学生中估计有520名学生获奖
17. (1)选①
选②
选③向量与平行
(2)
为锐角三角形
周长的取值范围为
(3) 又由中线公式可得
为锐角三角形
18.（1） 连接.由分别是的中点，根据中位线性质，
//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，
四边形是平行四边形，则//，
为与所成角
在中,
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]
过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，
故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
设所求角为,则
[方法二：等体积法]
辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
设所求角为,则
19.（1）如图，连，交于，在矩形中，为中点，
，且，，
又，，又平面，平面，
平面．
（2）存在点，使得平面与平面垂直.
在矩形中，，，，即，
已知平面平面，又平面平面，
平面，平面，．①
取中点，则，
平面平面，平面平面，平面，
由（1）知当时，，
，．②
而，平面，平面，又平面，平面平面．
即当时，平面与平面垂直．
依题意有，，，
．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
C
B
A
C
D
B
D
题号
9
10
11
答案
AB
ABD
BCD
【第8题解析】，，，，又为中点，
，则，即为等边三角形，
设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，取中点，连接，
，，，即外接圆半径为，
又四面体的外接球半径为，
为四面体外接球的球心，
由球的性质可知：平面，又平面，，
，，；
设点到平面的距离为，
由得：，
又与均为边长为的等边三角形，，
直线与平面所成角的正弦值为.
故选：D.
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．
【第12题解析】对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A错误；
对于B，当点P与点重合时，由题可知，
所以，四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，则平面，所以B正确；
对于C，连结，由于平面，平面，故，
又，故，故，即，故，
又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；
对于D，由正方体的性质可得，，
所以，
所以，所以点到直线的距离，所以D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12． 13．3
14.
【第14题解析】在正方体中，如图，
平面，平面，则，而，
，，平面，于是平面，又平面，
则，同理，而，，平面，
因此平面，令交平面于点，
由，得，
即，解得，
而，于是，
因点在内，满足，则，
因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆在内的圆弧，
而为正三角形，则三棱锥必为正三棱锥，为正的中心，
于是正的内切圆半径，
则，即，，
所以圆在内的圆弧为圆周长的，
即点的轨迹长度为
故答案为：
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.（1）解：因为为实数，
所以设，所以，
所以，
又因为为纯虚数， 所以即，所以，
所以．
(2)所对应的点在第一象限
16.(1)由频率分布直方图知：，解得，
设此次竞赛活动学生得分的中位数为，
因数据落在内的频率为0.4，落在内的频率为0.8，从而可得，
由，得，
所以估计此次竞赛活动学生得分的中位数为82.5．
(2)由频率分布直方图及（1）知：
数据落在，，，的频率分别为0.1，0.3，0.4，0.2，
，
此次竞赛活动学生得分不低于82的频率为，
则，
所以估计此次竞赛活动得分的平均值为82，在参赛的1000名学生中估计有520名学生获奖
17. (1)选①
选②
选③向量与平行
(2)
为锐角三角形
周长的取值范围为
(3) 又由中线公式可得
为锐角三角形
18.（1） 连接.由分别是的中点，根据中位线性质，
//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，
四边形是平行四边形，则//，
为与所成角
在中,
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]
过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，
故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
设所求角为,则
[方法二：等体积法]
辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
设所求角为,则
19.（1）如图，连，交于，在矩形中，为中点，
，且，，
又，，又平面，平面，
平面．
（2）存在点，使得平面与平面垂直.
在矩形中，，，，即，
已知平面平面，又平面平面，
平面，平面，．①
取中点，则，
平面平面，平面平面，平面，
由（1）知当时，，
，．②
而，平面，平面，又平面，平面平面．
即当时，平面与平面垂直．
依题意有，，，
．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
C
B
A
C
D
B
D
题号
9
10
11
答案
AB
ABD
BCD
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