浙江省浙江山海共富联盟2023-2024学年高一下学期6月联考数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省浙江山海共富联盟2023-2024学年高一下学期6月联考数学试题（Word版附解析），文件包含浙江省浙江山海共富联盟2023-2024学年高一下学期6月联考数学试题Word版含解析docx、浙江省浙江山海共富联盟2023-2024学年高一下学期6月联考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

考生须知：
1. 本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2. 答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3. 所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4. 考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分（共58分）
一、单项选择题：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1项符合题目要求.
1. 已知向量，点，则点B的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设为坐标原点，则，
因为，所以，又，
所以，
所以点B的坐标为，
故选：A.
2. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，，则（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理求解即可.
【详解】因为，，，
所以正弦定理可得：，所以，
则.
故选：C.
3. 已知向量，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量的坐标运算即可.
【详解】因为，则，故ABC错误；
所以，
所以.
故选：D.
4. 已知平面平面，直线满足，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间线面、面面垂直与平行的关系即可判断出结论．
【详解】平面α⊥平面β，则“”⇒“或m⊂β或m与β相交”，
反之，平面α⊥平面β，令平面α⊥平面β=，在l上任取一点A，在α内过A作AB⊥l，
则AB⊥平面β，又m⊥β，可得，∴；
则“”是“m⊥β”的必要不充分条件．
故选B．
【点睛】本题考查了空间线面面面垂直与平行的关系、简易逻辑的判定方法，考查了面面垂直的性质定理的应用，考查了推理能力，属于基础题．
5. 已知圆锥侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥母线长为l，底面半径为r，根据题意可求得母线l，底面半径r，根据勾股定理，可求得圆锥的高h，代入体积公式，即可求得答案.
【详解】设圆锥母线长为l cm，底面半径为r cm，如图所示，

由题意得：，所以母线cm，
所以侧面展开半圆的弧长为cm，
所以底面圆的周长为，即，所以底面半径cm，
所以该圆锥的高cm，
所以圆锥的体积.
故选：C
6. 若数据、、⋯的平均数是5，方差是4，数据、、⋯、的平均数是4，标准差是，则下列结论正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】先设出数据的平均数和标准差，利用平均数的定义求解A，B，利用标准差和方差的关系求解C，D即可.
【详解】根据题意，设数据的平均数为,标准差为，
数据、、⋯、平均数是4,
则，
解得而数据的平均数是5,
可得，由方差公式可得，
，
，
解得，故D正确.
故选：D.
7. 在正三棱柱中，面ABC，，则异面直线与所成角余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别取的中点，可得是异面直线与所成角即为与所成角（或其补角），在中，由余弦定理求解即可.
【详解】分别取的中点，
连接，所以，
所以异面直线与所成角即为与所成角（或其补角），
即，设，所以，
，
所以在中，所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
8. 在等腰中，，若点M为的垂心，且满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】合理作图，建立平面直角坐标系，利用垂心的性质得到之间的关系，进而求出，再利用二倍角公式求出，最后求出即可.
【详解】
如图，在等腰中，找底边的中点，
作，，交点即为垂心，
以为原点建立平面直角坐标系，
设，，故，，，
故，，，
故，
设，故，则，
故，
又，故，而，则，解得，
故，故，解得，可得，
易得，，可得，可得，解得，
由三线合一性质得平分，故，而，
由二倍角公式得，故，故C正确.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是建立平面直角坐标系，然后表利用垂心的性质结合二倍角公式求出，最后得到即可．
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. 若复数，为虚数单位，则下列说法正确是（ ）
A. 在复平面内对应的点位于第四象限B.
C. （是z的共轭复数）D. 若，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】化简复数，由复数的几何意义可判断A；由复数的乘法运算和共轭复数的定义可判断BC；由复数模的几何意义可判断D.
【详解】因为，
对于A，z在复平面内对应的点为，位于第四象限，故A正确；
对于B，，故B不正确；
对于C，，，故C正确；
对于D，，则点表示以为圆心，为半径的圆，
表示点到原点的距离，所以的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
10. 下图为某地2014年至2023年的粮食年产量折线图，则下列说法正确的是（ ）

A. 这10年粮食年产量的极差为15
B. 这10年粮食年产量的平均数为33
C. 这10年粮食年产量的中位数为29
D. 前5年的粮食年产量的方差大于后5年粮食年产量的方差
【答案】AC
【解析】
【分析】由折线图提供的数据进行计算估值判断．
【详解】由折线图知最大值是40，最小值是25，极差是15，A正确；
平均值为，B错；
10年数据按从小到大排序为：，中位数为，C正确；
前5年数据波动比后5年数据波动要小，因此前5年的粮食年产量的方差小于后5年粮食年产量的方差，D错．
故选：AC．
11. 如图，已知正方体的棱长为1，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点P，使平面
B. 三棱锥的体积为定值
C. 若，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长为
D. 若点P是AD的中点，点Q是的中点，过P，Q作平面平面，则平面截正方体的截面面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据等体积法可计算出三棱锥的体积，可判断选项B，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，设，根据线面平行的向量表示和垂直得向量数量积为列式，从而判断选项B，C，利用线面垂直的判定定理得平面，再证明四点共面，从而得平面，再由面面平行的性质可得平面截正方体的截面为正六边形，根据正六边形的性质计算面积即可判断选项D.
【详解】对于B，由等体积法，三棱锥的高为，
底面积，所以，
所以三棱锥的体积为定值，B正确；
对于A，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以，
若平面，则，
所以，即表示线段，
则当点在线段时，平面，
所以存在点，使得平面，A正确；
对于C，，若，
，即，
所以点的轨迹就是线段，
轨迹长为，C正确；
对于D，如图取中点，连接，
由题可得，平面，
连接，因为，平面，
则，，又，
平面，则平面，
又取中点为，则，
有四点共面，则平面即为平面，
又由两平面平行性质可知，，，，
又都是中点，故是中点，是中点，
则平面截正方体的截面为正六边形，
又正方体棱长为，则，
故截面面积为，D错误.
故选：ABC
非选择题部分（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在中，角A，B，C所对边分别是a，b，c，若，，，则最小角的余弦值＝______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据性质大边对大角确定三角形的最小角，再由余弦定理求最小角的余弦值.
【详解】因，，，
所以，
所以，
又，
所以最小角的余弦值为，
故答案为：.
13. 若虚数是关于的实系数方程的一个根，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据虚根成对原理可知方程的另一个虚根为，再由韦达定理计算可得.
【详解】因为是关于的实系数方程的一个根，
所以方程的另一个虚根为，
所以，解得，，
所以.
故答案为：
14. 我国历史悠久，各地出土文物众多.甲图为湖北五龙宫遗址出土的道家篆书法印.图乙是此印章中抽象出的几何图形的示意图.如图乙所示，在边长为2的正八边形ABCDEFGH中，P是正八边形边上任意一点，则的最大值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据多边形内角和公式求，取AC中点，根据向量运算法则化简可得，求，再求的最大值，可得结论.
【详解】正八边形内角和为，
则，取AC中点，
则，
所以，
又，
所以
由对称性可得，所以，
过点分别作，垂足为，
则都为等腰直角三角形，且，
所以，
所以，
所以.
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. 已知向量，满足，，，，的夹角为.
（1）；
（2）若，求实数；
（3）若与的夹角为钝角，求实数k的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）且
【解析】
【分析】（1）利用数量积定义求，结合向量的模的性质和数量积运算律求；
（2）根据向量垂直关系列方程，结合数量积运算律化简方程可求；
（3）根据数量积性质由条件列不等式求的范围.
【小问1详解】
∵，
∴，
∴
【小问2详解】
∵,
∴
，得
【小问3详解】
由已知，且与不共线，
由可得，，
所以，
若与共线，则可得，
所以，
所以由与不共线可得，
所以且，
所以的取值范围为，且.
16. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面ABC，，，M，N分别为，AC的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线MN与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取BC中点K，借助三角形中位线性质及线面平行的判定推理即得.
（2）根据给定条件，作出在平面上的射影，再在直角三角形中求解即可.
【小问1详解】
取BC中点K，连接NK，，由M为的中点，得，且，
又N为AC的中点，则，且，
因此四边形是平行四边形，即， 平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
在三棱柱中，过点M作于，接NQ，而平面ABC，
则平面ABC，即平面，平面，
于是，平面，则平面，
直线MN与平面所成角为，由，，
得是等腰直角三角形，，而，
则，，
因此，
所以直线MN与平面所成角的正弦值为.
17. 近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式.某直播平台有1000个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示.为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取80个直播商家进行问询交流.
（1）应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？
（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的80个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率直方图如图②所示.
（i）估计该直播平台商家平均日利润的75百分位数与平均数（求平均数时同一组中的数据用该组区间中点的数值为代表）；
（ii）若将平均日利润超过480元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数.
【答案】（1）小吃类28家，生鲜类12家
（2）（i）75百分位数为487.5元，平均数为440元，（ii）个数为280
【解析】
【分析】（1）由题意求出小吃类所占的百分比，进而求出应抽取小吃类、生鲜类商家的数目；
（2）（i）由频率分布直方图中各个小矩形的面积之和，求出，再由百分位数和平均数的计算公式求解即可；（ii）先求出平均日利润超过480元的商家称为“优质商家”所占的比列，即可得出答案.
【小问1详解】
根据分层抽样知：
应抽取小吃类家，生鲜类家，
所以应抽取小吃类28家，生鲜类12家.
【小问2详解】
（i）根据题意可得，解得，
设75百分位数为x，因为，
所以，解得，
所以该直播平台商家平均日利润的75百分位数为487.5元.
平均数为，
所以该直播平台商家平均日利润的平均数为440元.
（ii），
所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为280.
18. 在中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.
（1）求角；
（2）若点M在边上BC满足，且，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）法一：先量化结合基本不等式求出的最大值，再根据三角形的面积公式即可得解.法二：利用双余弦定理结合基本不等式求出的最大值，再根据三角形的面积公式即可得解.
【小问1详解】
由，
由正弦定理得，
即，所以，
又，所以；
【小问2详解】
法一：由M在边BC上满足，可得，
两边平方可得，
所以，所以，
当且仅当时取“”，
所以，所以，
即面积的最大值为.
法二：由，则，
由余弦定理可得，
即，
可得，
又因为，
所以，
当且仅当时取“＝”，
所以，所以，
即面积的最大值为.
19. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的阳马中，侧棱底面ABCD，且，点E是PC的中点，连接DE、BD、BE.

（1）证明：平面.试判断四面体是否为鳖臑.若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；
（2）设H点是AD的中点，若面EDB与面ABCD所成二面角的大小为，求四棱锥的外接球的表面积.
【答案】（1）证明见解析，是鳖臑，四个面的直角分别是，，，
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，，由线面垂直判定定理证明平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明平面，通过判断四面体的各面形状，判断是否为鳖臑，并写出直角；
（2）找中点，连接，过作，连接，证明就是面与面所成二面角的平面角，设，解三角形可得，利用正弦定理求的外接圆半径，由此确定的外接圆圆心，根据球的截面性质确定球心和球的半径，利用球的表面积公式可得结论.
【小问1详解】
因为底面，平面
所以，
因为为长方形，所以，
因为，平面
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，点E是PC的中点，
所以，
因为，平面，
所以平面，
由平面PCD，平面PBC，
可知四面体的四个面都是直角三角形，
即四面体是一个鳖臑，
其四个面的直角分别是，，，；
【小问2详解】
找中点，连接，过做，连接；
因为E，F是PC，DC中点，
所以平面，面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，所以就是面与面所成二面角的平面角；
设，
又因为，
所以，所以，
所以，又，得
所以，解得，
因为，，所以，，；
所以，；
设的外接圆半径为，外接圆圆心为，
则，，
过点作，，垂足分别，连接，
则，，
又，所以，所以，

设球心为，设，
若球心和点位于平面异侧，
则，
，
四棱锥的外接球的半径为，
，

若球心和点位于平面同侧，则
，
解得（舍去）.