福建省安溪2023-2024学年高一下学期6月份质量检测 数学试题（含解析）

这是一份福建省安溪2023-2024学年高一下学期6月份质量检测 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023-2024学年高一年下学期6月份质量检测
数学试题
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题共58分）
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，只有一项是符合要求的．
1．关于向量，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
2．已知向量，若，则（ ）
A．－1B．0C．1D．2
3．在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则（ ）
A．3B．6C．7D．9
4．某校高一年级开展课外实践活动，数学建模课题组的学生选择测量山峰的高度.如图，在山脚测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走了90米到达点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶的仰角为，则山峰高为（ ）
A．米B．米C．米D．米
5．复数虚部是（ ）
A．B．1C．D．
6．中国古代建筑中重要的构件之一——柱（俗称“柱子” 多数为木造，属于大木作范围，其中，瓜棱柱是古建筑木柱的一种做法，即木柱非整根原木，而是多块用榫卯拼合而成．宁波保国寺大殿的瓜棱柱，一部分用到了“包镶式瓜棱柱”形式，即在一根木柱周围，根据需要再用若干根一定厚度的木料包镶而成的柱子，图1为“包镶式瓜棱柱”，图2为此瓜棱柱的横截面图，中间大圆木的直径为，外部八根小圆木的直径均为，所有圆木的高度均为，且粗细均匀，则中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为（ ）
A．B．
C．3D．
7．某统计数据共有13个样本，它们依次成公差的等差数列，若第60百分位数为30，则它们的平均数为（ ）
A．19B．25C．21D．23
8．把数字1，2，3，4，5，6任意顺序排成一排，则其中成等比数列的几个数互不相邻的概率为（ ）
A．B．C．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．
9．已知复数，下列结论正确的有（ ）
A．B．若，则
C．D．若，则
10．甲､乙､丙､丁4人做传接球训练，球从甲手中开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住.记第次传球之前球在甲手中的概率为，易知.下列选项正确的是（ ）
A．
B．为等比数列
C．设第次传球之前球在乙手中的概率为
D．第4次传球后，球落在乙手中的传球方式有20种
11．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ）

A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B．存在点Q，使平面MBN
C．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为
D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为
第II卷（非选择题92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知的内角、、的对边分别为、、，若的面积为，，则该三角形的外接圆直径 ．
13．已知总体的各个个体的值由小到大依次为2，4，4，6，a，b，12，14，18，20，且总体的平均值为10．则的最小值为 ．
14．在统计调查中，对一些敏感性问题，要精心设计问卷，设法消除被调查者的顾虑，使他们能够如实回答问题．否则，被调查者往往会拒绝回答，或不提供真实情况．某中学为了调查本校中学生某不良习惯A的发生情况，对随机抽出的200名中学生进行了调查．调查中设置了两个问题：
问题1：你的阳历生日日期是否偶数？ 问题2：你是否有A习惯？
调查者准备了一个不透明袋子，里面装有大小、形状和质量完全一样的5个白球和5个红球．每个被调查者随机从袋中摸出1个球（摸出的球再放回袋中并搅拌均匀），摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不做．已知调查结束后，盒子里共有55个小石子．据此估计此中学学生中有习惯A的人数的百分比为 ．
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．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求角A；
(2)若，求△ABC的面积的最大值．
16．如图，四棱锥，侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直，底面ABCD是的菱形，为棱PC上的动点且.
(1)求证: 为直角三角形;
(2)试确定的值，使得三棱锥的体积为.
17．根据历史数据，某种机床生产产品的一项指标遵循某种规律．现从该种机床生产的一批产品中随机抽取六件检测该指标，所得数据为20.3，20.2，19.9，20.1，a，19.6．
(1)若该组数据的平均数恰好为20，求a的值；
(2)在（1）的条件下，求该组数据的方差．（计算结果保留到0.001）
18．在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为．
(1)求，；
(2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并证明上述递推公式；
(3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？
19．高中教材必修第二册选学内容中指出：设复数对应复平面内的点，设，，则任何一个复数都可以表示成：的形式，这种形式叫做复数三角形式，其中是复数的模，称为复数的辐角，若，则称为复数的辐角主值，记为.复数有以下三角形式的运算法则：若，则：，特别地，如果，那么，这个结论叫做棣莫弗定理.请运用上述知识和结论解答下面的问题：
(1)求复数，的模和辐角主值（用表示）；
(2)设，，若存在满足，那么这样的有多少个？
(3)求和：
1．C
【分析】利用向量的有向知识逐项判断即可得结论.
【详解】对于A：当时，，但，得不出，故A错误；
对于B：若，则与没有关系，故B错误；
对于C：若，则，故C正确；
对于D：若，则和不能比较大小，故D错误．
故选：C．
2．B
【分析】先根据向量的坐标表示出,然后根据坐标形式下向量的平行关系列出对应的等式，求解出的值即可.
【详解】因为，
所以，
又因为，所以，
所以解得：，
故选：B.
【点睛】本题考查根据坐标形式下向量的平行关系求解参数，难度较易.已知，则有.
3．B
【分析】根据外心的性质得到，设，根据数量积的运算律得到，再由数量积的定义及几何意义求出，从而得解.
【详解】因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，

所以，，设，
则
，
又是的外心，所以
，
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据外接圆的性质将转化为，再一个就是利用数量积的几何意义求出.
4．A
【分析】在中，利用正弦定理求，进而在中求山的高度.
【详解】在中，，，
，
又，
且，
则，
在中，.
故选：A.
5．A
【分析】直接计算虚部即可.
【详解】复数虚部是.
故选：A.
6．D
【分析】八根小圆木截面圆的圆心构成一个正八边形，边长为，相邻两根小圆木圆心与大圆木圆心构成一个底边长为，腰长为，顶角为的等腰三角形，结合余弦定理可得，从而可求结论.
【详解】八根小圆木截面圆的圆心构成一个正八边形，边长为，
相邻两根小圆木圆心与大圆木圆心构成一个底边长为，腰长为，顶角为的等腰三角形，
根据余弦定理，得，
解得，
所以中间大圆木与一根外部小圆木的体积之比为：
．
故选：D．
7．B
【分析】先确定第60百分位数是从小到大的第个数，然后利用及等差数列性质即得答案.
【详解】解关于整数的不等式组可得，所以.
由于，故由已知有.
由于成等差数列，所以.
故选：B.
8．B
【分析】求得总的基本事件有，利用插空法可求得成等比数列的3个数不相邻的排法有，可求概率.
【详解】把数字1，2，3，4，5，6任意顺序排成一排，基本事件总数，
成等比数列的3个数1，2，4先不排，3，5，6排成一排有种排法，
再把1，2，4插空排到3，5，6这一排中，有种排法，
其中成等比数列的几个数互不相邻包含的基本事件个数为，
则其中成等比数列的几个数互不相邻的概率为：．
故选：B．
9．ACD
【分析】利用共轭复数的定义判断选项A；由复数的乘法运算以及实数0的含义判断选项B；由复数模的运算性质判断选项C；由复数的乘法运算及共轭复数的概念判断选项D.
【详解】设，
对于A，，，故选项A正确；
对于B，因为，
则，则或，
所以中至少有一个0，即或，故选项B不正确；
对于C，由复数模的运算性质可知，
，
=，
所以，故选项C正确；
对于D，当，则，
可得，解得，即，
所以，故选项D正确.
故选：ACD.
10．BCD
【分析】对于A，求得，可判断A错误；对于B，依题意可得，从而可证明，即可判断B选项；对于C，由B选项求得，从而可判断；对于D，列举法可判断.
【详解】对于A，因为第2次传球之前球不在甲手中，所以， A错误；
对于B，因为第次传球之前球在甲手中的概率为，则当时，第次传球之前球在甲手中的概率为，第次传球之前球不在甲手中的概率为，
则，从而，又，
是以为首项，公比为的等比数列，故正确；
对于C，由选项可得，故，故C正确；
对于D，第3次传球后球在甲手中有：甲乙丙甲，甲乙丁甲，甲丙乙甲，甲丙丁甲，甲丁乙甲，甲丁丙甲，共6种传法，
第3次传球后球在丙手中有：甲乙甲丙，甲乙丁丙，甲丙甲丙，甲丙乙丙，甲丙丁丙，甲丁甲丙，甲丁乙丙，共7种传法，
第3次传球后球在丁手中有：甲乙甲丁，甲乙丙丁，甲丙甲丁，甲丙乙丁，甲丁甲丁，甲丁乙丁，甲丁丙丁，共7种传法，
所以第4次传球后，球落在乙手中的传球方式共20种，故D正确.
故选：BCD.
11．ABD
【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D．
【详解】选项A，连接，正方体中易知，
分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确；

选项B，如图，取中点为，连接，
因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形，
所以，又是中点，所以，所以，
平面，平面，所以平面，B正确；

选项C，正方体中，分别是中点，则，
在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点，
连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点，
为所过三点的截面，
由正方体的对称性可知梯形与梯形全等，
由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质，
设，，则，，
是中点，，则，所以，同理，
，，，
梯形是等腰梯形，高为，
截面面积，
设，，，
在上递增，，，
所以，C错；

选项D，取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体），
它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D正确．

故选：ABD．
12．2
【分析】由余弦定理及三角形面积公式得出，再由正弦定理求外接圆直径即可.
【详解】由，
，即，
由，所以，
，.
故答案为：
13．##
【分析】根据平均数的概念可求的值，再利用不等式可求的最小值.
【详解】因为各个个体的值是有小到大排列的，所以，
又总体平均值为，所以.
所以（当且仅当时取“”）.
故答案为：
14．5%
【分析】计算随机抽出的200名学生中回答第一个问题且为“是”的学生数，由此求出回答第二个问题且为是的人数，计算概率值即可．
【详解】根据题意，被调查者回答第一个问题的概率为；其阳历生日日期是偶数的概率也是，
所以随机抽出的200名学生中，回答两个问题的人数估计各有人，
所以200人中抽取到白球并回答第一个问题为“是”的学生估计有人；
所以抽到红球并回答第二个问题为“是”的人数估计为人，
由此估计此中学学生有A习惯人数的百分比为．
故答案为：5%.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，再利用余弦定理求角即可.
（2）利用给定条件表示出，再利用基本不等式求其最值，最后得到面积最值即可.
【详解】（1）因为，
所以，
由正弦定理：，得，
故，因为，故．
（2）由（1）可知，又，则，
由基本不等式可知，解得，
所以，当且仅当时取等号．
所以△ABC的面积最大值为．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AD中点，连结则由等腰三角形的性质可得，从而得平面，则，而，所以，进而可证得结论；
（2）由面面垂直的性质可得平面，则由可求得结果.
【详解】（1）证明：取AD中点，连结
因为四边形为菱形，且，
所以均为等边三角形，
因为也为等边形三角形，
所以.
又因为平面平面POC，
所以平面，
又平面，所以，
因为，所以，
即，从而为直角三角形；
（2）由（1）可知，
又平面平面，平面平面，平面PAD，
所以平面，
因为为棱PC上的动点且，
所以，
因为，都是边长为2的正三角形，
所以，
所以，
因为三棱锥的体积为，
所以.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由平均数的概念列方程求解；
（2）由方差公式求解即可.
【详解】（1）由题意得，解得；
（2）由方差公式求解,
.
18．(1)，
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据概率的乘法公式计算即可；
（2）分别求出第一次中奖，第次抽奖中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第次抽奖中奖的概率，即可得解；
（3）由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，故只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，分别从初始状态开始，抽一次中奖的概率，从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率，从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可得解.
【详解】（1），
；
（2）因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
综上所述，对任意的，，
又，所以；
（3）由题意知每抽三次至少有一次中奖，
故连抽次至少中奖次，
所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，
另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，抽一次中奖的概率为，
从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为，
从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为，
用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖，
则三次中奖的所有情况如下：，
，
故仅三次中奖的概率为
，
所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为.
【点睛】关键点点睛：题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，故只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，是解决第三问的关键.
19．(1)，；
(2)506；
(3)1017.
【分析】（1）根据给定条件，利用复数模及辐角主值的定义，结合三角变换求解即得.
（2）利用给定定理，结合诱导公式计算，再借助正余弦函数的周期性求解即得.
（3）令，利用等比数列及错位相减法求出，再利用复数相等即可得解.
【详解】（1）由复数，， ，
得；
而，则，，
又，，所以.
（2）由，
因此，则，
则，解得，而，，
即，于是，显然符合条件的有506个，
所以这样的有506个.
（3）令，而，则，
令，
则，
两边同乘，得，
两式相减得
，因此，
，
因此，所以.
【点睛】关键点点睛：求出的关键是，令，利用错位相减法求出的和.