2023-2024學(xué)年泉州市安溪縣高一數(shù)學(xué)（下）6月考試卷附答案解析

2023-2024學(xué)年泉州市安溪縣高一數(shù)學(xué)（下）6月考試卷（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）第I卷（選擇題共58分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的．1．關(guān)于向量，下列命題中正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則2．已知向量，若，則（

）A．－1 B．0 C．1 D．23．在中，，是的外心，為的中點(diǎn)，，是直線上異于、的任意一點(diǎn)，則（

）A．3 B．6 C．7 D．94．某校高一年級(jí)開展課外實(shí)踐活動(dòng)，數(shù)學(xué)建模課題組的學(xué)生選擇測(cè)量山峰的高度.如圖，在山腳測(cè)得山頂?shù)难鼋菫?，沿傾斜角為的斜坡向上走了90米到達(dá)點(diǎn)（A，B，P，Q在同一個(gè)平面內(nèi)），在B處測(cè)得山頂?shù)难鼋菫?，則山峰高為（

）A．米 B．米 C．米 D．米5．復(fù)數(shù)虛部是（

）A． B．1 C． D．6．中國古代建筑中重要的構(gòu)件之一——柱（俗稱“柱子”多數(shù)為木造，屬于大木作范圍，其中，瓜棱柱是古建筑木柱的一種做法，即木柱非整根原木，而是多塊用榫卯拼合而成．寧波保國寺大殿的瓜棱柱，一部分用到了“包鑲式瓜棱柱”形式，即在一根木柱周圍，根據(jù)需要再用若干根一定厚度的木料包鑲而成的柱子，圖1為“包鑲式瓜棱柱”，圖2為此瓜棱柱的橫截面圖，中間大圓木的直徑為，外部八根小圓木的直徑均為，所有圓木的高度均為，且粗細(xì)均勻，則中間大圓木與一根外部小圓木的體積之比為（

）A．B．

C．3 D．7．某統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)共有13個(gè)樣本，它們依次成公差的等差數(shù)列，若第60百分位數(shù)為30，則它們的平均數(shù)為（

）A．19 B．25 C．21 D．238．把數(shù)字1，2，3，4，5，6任意順序排成一排，則其中成等比數(shù)列的幾個(gè)數(shù)互不相鄰的概率為（

）A． B． C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．9．已知復(fù)數(shù)，下列結(jié)論正確的有（

）A． B．若，則C． D．若，則10．甲?乙?丙?丁4人做傳接球訓(xùn)練，球從甲手中開始，等可能地隨機(jī)傳向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機(jī)傳向另外3人中的1人，如此不停地傳下去，假設(shè)傳出的球都能接住.記第次傳球之前球在甲手中的概率為，易知.下列選項(xiàng)正確的是（

）A．B．為等比數(shù)列C．設(shè)第次傳球之前球在乙手中的概率為D．第4次傳球后，球落在乙手中的傳球方式有20種11．如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體中，M，N，P分別是，，的中點(diǎn)，Q是線段上的動(dòng)點(diǎn)，則（

）

A．存在點(diǎn)Q，使B，N，P，Q四點(diǎn)共面B．存在點(diǎn)Q，使平面MBNC．過Q，M，N三點(diǎn)的平面截正方體所得截面面積的取值范圍為D．經(jīng)過C，M，B，N四點(diǎn)的球的表面積為第II卷（非選擇題92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知的內(nèi)角、、的對(duì)邊分別為、、，若的面積為，，則該三角形的外接圓直徑．13．已知總體的各個(gè)個(gè)體的值由小到大依次為2，4，4，6，a，b，12，14，18，20，且總體的平均值為10．則的最小值為．14．在統(tǒng)計(jì)調(diào)查中，對(duì)一些敏感性問題，要精心設(shè)計(jì)問卷，設(shè)法消除被調(diào)查者的顧慮，使他們能夠如實(shí)回答問題．否則，被調(diào)查者往往會(huì)拒絕回答，或不提供真實(shí)情況．某中學(xué)為了調(diào)查本校中學(xué)生某不良習(xí)慣A的發(fā)生情況，對(duì)隨機(jī)抽出的200名中學(xué)生進(jìn)行了調(diào)查．調(diào)查中設(shè)置了兩個(gè)問題：?jiǎn)栴}1：你的陽歷生日日期是否偶數(shù)？

問題2：你是否有A習(xí)慣？調(diào)查者準(zhǔn)備了一個(gè)不透明袋子，里面裝有大小、形狀和質(zhì)量完全一樣的5個(gè)白球和5個(gè)紅球．每個(gè)被調(diào)查者隨機(jī)從袋中摸出1個(gè)球（摸出的球再放回袋中并攪拌均勻），摸到白球的學(xué)生如實(shí)回答第一個(gè)問題，摸到紅球的學(xué)生如實(shí)回答第二個(gè)問題，回答“是”的人往一個(gè)盒子中放一個(gè)小石子，回答“否”的人什么都不做．已知調(diào)查結(jié)束后，盒子里共有55個(gè)小石子．據(jù)此估計(jì)此中學(xué)學(xué)生中有習(xí)慣A的人數(shù)的百分比為．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知．(1)求角A；(2)若，求△ABC的面積的最大值．16．如圖，四棱錐，側(cè)面PAD是邊長(zhǎng)為2的正三角形且與底面垂直，底面ABCD是的菱形，為棱PC上的動(dòng)點(diǎn)且.(1)求證:為直角三角形;(2)試確定的值，使得三棱錐的體積為.17．根據(jù)歷史數(shù)據(jù)，某種機(jī)床生產(chǎn)產(chǎn)品的一項(xiàng)指標(biāo)遵循某種規(guī)律．現(xiàn)從該種機(jī)床生產(chǎn)的一批產(chǎn)品中隨機(jī)抽取六件檢測(cè)該指標(biāo)，所得數(shù)據(jù)為20.3，20.2，19.9，20.1，a，19.6．(1)若該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)恰好為20，求a的值；(2)在（1）的條件下，求該組數(shù)據(jù)的方差．（計(jì)算結(jié)果保留到0.001）18．在某抽獎(jiǎng)活動(dòng)中，初始時(shí)的袋子中有3個(gè)除顏色外其余都相同的小球，顏色為2白1紅．每次隨機(jī)抽取一個(gè)小球后放回．抽獎(jiǎng)規(guī)則如下：設(shè)定抽中紅球?yàn)橹歇?jiǎng)，抽中白球?yàn)槲粗歇?jiǎng)；若抽到白球，放回后把袋中的一個(gè)白色小球替換為紅色；若抽到紅球，放回后把三個(gè)球的顏色重新變?yōu)?白1紅的初始狀態(tài)．記第n次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率為．(1)求，；(2)若存在實(shí)數(shù)a，b，c，對(duì)任意的不小于4的正整數(shù)n，都有，試確定a，b，c的值，并證明上述遞推公式；(3)若累計(jì)中獎(jiǎng)4次及以上可以獲得一枚優(yōu)勝者勛章，則從初始狀態(tài)下連抽9次獲得至少一枚勛章的概率為多少？19．高中教材必修第二冊(cè)選學(xué)內(nèi)容中指出：設(shè)復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)，設(shè)，，則任何一個(gè)復(fù)數(shù)都可以表示成：的形式，這種形式叫做復(fù)數(shù)三角形式，其中是復(fù)數(shù)的模，稱為復(fù)數(shù)的輻角，若，則稱為復(fù)數(shù)的輻角主值，記為.復(fù)數(shù)有以下三角形式的運(yùn)算法則：若，則：，特別地，如果，那么，這個(gè)結(jié)論叫做棣莫弗定理.請(qǐng)運(yùn)用上述知識(shí)和結(jié)論解答下面的問題：(1)求復(fù)數(shù)，的模和輻角主值（用表示）；(2)設(shè)，，若存在滿足，那么這樣的有多少個(gè)？(3)求和：1．C【分析】利用向量的有向知識(shí)逐項(xiàng)判斷即可得結(jié)論.【詳解】對(duì)于A：當(dāng)時(shí)，，但，得不出，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B：若，則與沒有關(guān)系，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C：若，則，故C正確；對(duì)于D：若，則和不能比較大小，故D錯(cuò)誤．故選：C．2．B【分析】先根據(jù)向量的坐標(biāo)表示出,然后根據(jù)坐標(biāo)形式下向量的平行關(guān)系列出對(duì)應(yīng)的等式，求解出的值即可.【詳解】因?yàn)椋?，又因?yàn)椋?，所以解得：，故選：B.【點(diǎn)睛】本題考查根據(jù)坐標(biāo)形式下向量的平行關(guān)系求解參數(shù)，難度較易.已知，則有.3．B【分析】根據(jù)外心的性質(zhì)得到，設(shè)，根據(jù)數(shù)量積的運(yùn)算律得到，再由數(shù)量積的定義及幾何意義求出，從而得解.【詳解】因?yàn)槭堑耐庑模瑸榈闹悬c(diǎn)，設(shè)的中點(diǎn)為，連接，

所以，，設(shè)，則，又是的外心，所以，所以.故選：B【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解答的關(guān)鍵是根據(jù)外接圓的性質(zhì)將轉(zhuǎn)化為，再一個(gè)就是利用數(shù)量積的幾何意義求出.4．A【分析】在中，利用正弦定理求，進(jìn)而在中求山的高度.【詳解】在中，，，，又，且，則，在中，.故選：A.5．A【分析】直接計(jì)算虛部即可.【詳解】復(fù)數(shù)虛部是.故選：A.6．D【分析】八根小圓木截面圓的圓心構(gòu)成一個(gè)正八邊形，邊長(zhǎng)為，相鄰兩根小圓木圓心與大圓木圓心構(gòu)成一個(gè)底邊長(zhǎng)為，腰長(zhǎng)為，頂角為的等腰三角形，結(jié)合余弦定理可得，從而可求結(jié)論.【詳解】八根小圓木截面圓的圓心構(gòu)成一個(gè)正八邊形，邊長(zhǎng)為，相鄰兩根小圓木圓心與大圓木圓心構(gòu)成一個(gè)底邊長(zhǎng)為，腰長(zhǎng)為，頂角為的等腰三角形，根據(jù)余弦定理，得，解得，所以中間大圓木與一根外部小圓木的體積之比為：．故選：D．7．B【分析】先確定第60百分位數(shù)是從小到大的第個(gè)數(shù)，然后利用及等差數(shù)列性質(zhì)即得答案.【詳解】解關(guān)于整數(shù)的不等式組可得，所以.由于，故由已知有.由于成等差數(shù)列，所以.故選：B.8．B【分析】求得總的基本事件有，利用插空法可求得成等比數(shù)列的3個(gè)數(shù)不相鄰的排法有，可求概率.【詳解】把數(shù)字1，2，3，4，5，6任意順序排成一排，基本事件總數(shù)，成等比數(shù)列的3個(gè)數(shù)1，2，4先不排，3，5，6排成一排有種排法，再把1，2，4插空排到3，5，6這一排中，有種排法，其中成等比數(shù)列的幾個(gè)數(shù)互不相鄰包含的基本事件個(gè)數(shù)為，則其中成等比數(shù)列的幾個(gè)數(shù)互不相鄰的概率為：．故選：B．9．ACD【分析】利用共軛復(fù)數(shù)的定義判斷選項(xiàng)A；由復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算以及實(shí)數(shù)0的含義判斷選項(xiàng)B；由復(fù)數(shù)模的運(yùn)算性質(zhì)判斷選項(xiàng)C；由復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算及共軛復(fù)數(shù)的概念判斷選項(xiàng)D.【詳解】設(shè)，對(duì)于A，，，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于B，因?yàn)?，則，則或，所以中至少有一個(gè)0，即或，故選項(xiàng)B不正確；對(duì)于C，由復(fù)數(shù)模的運(yùn)算性質(zhì)可知，，=，所以，故選項(xiàng)C正確；對(duì)于D，當(dāng)，則，可得，解得，即，所以，故選項(xiàng)D正確.故選：ACD.10．BCD【分析】對(duì)于A，求得，可判斷A錯(cuò)誤；對(duì)于B，依題意可得，從而可證明，即可判斷B選項(xiàng)；對(duì)于C，由B選項(xiàng)求得，從而可判斷；對(duì)于D，列舉法可判斷.【詳解】對(duì)于A，因?yàn)榈?次傳球之前球不在甲手中，所以，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)榈诖蝹髑蛑扒蛟诩资种械母怕蕿椋瑒t當(dāng)時(shí)，第次傳球之前球在甲手中的概率為，第次傳球之前球不在甲手中的概率為，則，從而，又，是以為首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列，故正確；對(duì)于C，由選項(xiàng)可得，故，故C正確；對(duì)于D，第3次傳球后球在甲手中有：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種傳法，第3次傳球后球在丙手中有：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種傳法，第3次傳球后球在丁手中有：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種傳法，所以第4次傳球后，球落在乙手中的傳球方式共20種，故D正確.故選：BCD.11．ABD【分析】作出過的截面判斷選項(xiàng)A；取中點(diǎn)為，證明其滿足選項(xiàng)B；當(dāng)在運(yùn)動(dòng)時(shí)，確定截面的形狀，引入?yún)?shù)(如)計(jì)算出面積后可得取值范圍，判斷選項(xiàng)C，過與底面平行的平面截正方體得出的下半部分為長(zhǎng)方體，其外接球也是過C，M，B，N四點(diǎn)的球，由此求得球半徑，得表面積，判斷選項(xiàng)D．【詳解】選項(xiàng)A，連接，正方體中易知，分別是中點(diǎn)，則，所以，即四點(diǎn)共面，當(dāng)與重合時(shí)滿足B，N，P，Q四點(diǎn)共面，A正確；

選項(xiàng)B，如圖，取中點(diǎn)為，連接，因?yàn)榉謩e是中點(diǎn)，則與平行且相等，是平行四邊形，所以，又是中點(diǎn)，所以，所以，平面，平面，所以平面，B正確；

選項(xiàng)C，正方體中，分別是中點(diǎn)，則，在上，如圖，作交于，連接，延長(zhǎng)交延長(zhǎng)線于點(diǎn)，連接延長(zhǎng)交延長(zhǎng)線于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，為所過三點(diǎn)的截面，由正方體的對(duì)稱性可知梯形與梯形全等，由面面平行的性質(zhì)定理，，從而有，由正方體性質(zhì)，設(shè)，，則，，是中點(diǎn)，，則，所以，同理，，，，梯形是等腰梯形，高為，截面面積，設(shè)，，，在上遞增，，，所以，C錯(cuò)；

選項(xiàng)D，取中點(diǎn)，中點(diǎn)，連接，則是正四棱柱（也是長(zhǎng)方體），它的外接球就是過四點(diǎn)的球，所以球直徑為，半徑為，表面積為，D正確．

故選：ABD．12．2【分析】由余弦定理及三角形面積公式得出，再由正弦定理求外接圓直徑即可.【詳解】由，，即，由，所以，，.故答案為：13．##【分析】根據(jù)平均數(shù)的概念可求的值，再利用不等式可求的最小值.【詳解】因?yàn)楦鱾€(gè)個(gè)體的值是有小到大排列的，所以，又總體平均值為，所以.所以（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“”）.故答案為：14．5%【分析】計(jì)算隨機(jī)抽出的200名學(xué)生中回答第一個(gè)問題且為“是”的學(xué)生數(shù)，由此求出回答第二個(gè)問題且為是的人數(shù)，計(jì)算概率值即可．【詳解】根據(jù)題意，被調(diào)查者回答第一個(gè)問題的概率為；其陽歷生日日期是偶數(shù)的概率也是，所以隨機(jī)抽出的200名學(xué)生中，回答兩個(gè)問題的人數(shù)估計(jì)各有人，所以200人中抽取到白球并回答第一個(gè)問題為“是”的學(xué)生估計(jì)有人；所以抽到紅球并回答第二個(gè)問題為“是”的人數(shù)估計(jì)為人，由此估計(jì)此中學(xué)學(xué)生有A習(xí)慣人數(shù)的百分比為．故答案為：5%.15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理進(jìn)行邊角轉(zhuǎn)化，再利用余弦定理求角即可.（2）利用給定條件表示出，再利用基本不等式求其最值，最后得到面積最值即可.【詳解】（1）因?yàn)?，所以，由正弦定理：，得，故，因?yàn)?，故．?）由（1）可知，又，則，由基本不等式可知，解得，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)．所以△ABC的面積最大值為．16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）取AD中點(diǎn)，連結(jié)則由等腰三角形的性質(zhì)可得，從而得平面，則，而，所以，進(jìn)而可證得結(jié)論；（2）由面面垂直的性質(zhì)可得平面，則由可求得結(jié)果.【詳解】（1）證明：取AD中點(diǎn)，連結(jié)因?yàn)樗倪呅螢榱庑危?，所以均為等邊三角形，因?yàn)橐矠榈冗呅稳切?，所?又因?yàn)槠矫嫫矫鍼OC，所以平面，又平面，所以，因?yàn)?，所以，即，從而為直角三角形；?）由（1）可知，又平面平面，平面平面，平面PAD，所以平面，因?yàn)闉槔釶C上的動(dòng)點(diǎn)且，所以，因?yàn)?，都是邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以，所以，因?yàn)槿忮F的體積為，所以.17．(1)(2)【分析】（1）由平均數(shù)的概念列方程求解；（2）由方差公式求解即可.【詳解】（1）由題意得，解得；（2）由方差公式求解,.18．(1)，(2)，證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)概率的乘法公式計(jì)算即可；（2）分別求出第一次中獎(jiǎng)，第次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率，第一次未中獎(jiǎng)而第二次中獎(jiǎng)，第次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率，前兩次均未中獎(jiǎng)，第次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率，即可得解；（3）由題意知每抽三次至少有一次中獎(jiǎng)，故連抽次至少中獎(jiǎng)次，故只需排除次中獎(jiǎng)的情況即可獲得一枚優(yōu)勝者勛章，另外，每?jī)纱沃歇?jiǎng)的間隔不能超過三次，每次中獎(jiǎng)后袋中的球會(huì)回到初始狀態(tài)，分別從初始狀態(tài)開始，抽一次中獎(jiǎng)的概率，從初始狀態(tài)開始抽兩次，第一次未中獎(jiǎng)而第二次中獎(jiǎng)的概率，從初始狀態(tài)開始抽三次，前兩次均未中獎(jiǎng)而第三次中獎(jiǎng)的概率，再求出僅三次中獎(jiǎng)的概率即可得解.【詳解】（1），；（2）因?yàn)槊看沃歇?jiǎng)后袋中的球會(huì)回到初始狀態(tài)，從初始狀態(tài)開始，若第一次中獎(jiǎng)，此時(shí)第次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率為，從初始狀態(tài)開始，若第一次未中獎(jiǎng)而第二次中獎(jiǎng)，此時(shí)第次抽獎(jiǎng)中獎(jiǎng)的概率為，從初始狀態(tài)開始，若前兩次均未中獎(jiǎng)，則