浙江省台州市2023-2024学年高一下学期6月期末考试 数学试题【含答案】

台州市2023学年第二学期高一年级期末质量评估试卷
数学
2024.6
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．已知复数12i z =--，则z 的实部为（）A ．-2
B ．-1
C ．1
D ．2
2．已知()()1,2,3,a b y == ，若a b
，则y =（
）
A ．6
B ．4
C ．2
D ．-6
3．用斜二测画法画水平放置的边长为1的正方形，所得直观图的周长为（）
A ．4
B ．3
C
1D ．2
4．在下列四组数中，方差最大的一组是（）
①4,4,4,4,4,4,4,4,4；②3,3,3,4,4,4,5,5,5；③2,2,3,3,4,5,5,6,6；④1,1,1,1,4,7,7,7,7.A ．①
B ．②
C ．③
D ．④
5．一条河的两岸平行，河宽600m ，一艘船从河岸边的某处出发到河对岸.设船在静水中行驶的速度的大小为4km /h ，水流速度的大小为2km /h .当船以最短距离到对岸时，船行驶所用的时间（保留两位小数）为（）
A ．0.17h
B ．0.15h
C ．0.13h
D ．0.10h
6．抛掷两枚质地均匀的骰子1次，记A =“出现点数之和为偶数”，B =“出现点数之积为偶数”，则（
）
A ．()()P A P
B =B ．()3
4
P A B ⋃=
C ．()14
P AB =
D ．()()1
P A P B +=7．如图所示，,,,A B P Q 在同一个铅垂面，在山脚A 测得山顶P 的仰角QAP ∠为
60,30QAB ∠= ，斜坡AB 长为m ，在B 处测得山顶P 的仰角CBP ∠为α，则山的高度PQ 为
（）
A ．
(
)(
)sin 302sin 60αα++
B ．
(
)(
)sin 302sin 60αα-+
C ．
(
)
(
)
sin 302sin 60αα+-
D ．
(
)
(
)
sin 302sin 60αα--
8．设,,A B C 是样本空间Ω中三个概率大于0的随机事件，则下列选项错误的是（）
A ．互斥事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件
B ．事件,A B 相互独立与,A B 互斥不能同时成立
C ．若()()()P AB P A P B =成立，则事件A 与B 相互独立
D ．若()()()()P ABC P A P B P C =成立，则事件,,A B C 一定两两独立
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．在复平面内，满足下列条件的复数z 所对应的点与点()()()1233,4,3,4,4,3Z Z Z -在同一个圆上的是（）
A ．16i z =+
B ．i 43i z ⋅=-
C ．25
z z ⋅=D ．2512i
z =+10．为了实现绿色发展，避免浪费能源，某市政府计划对居民用电采用阶梯收费方法.为此，相关部门在该市随机调查了1500户居民六月份的用电量（单位：kW h ⋅），以了解这个城市家庭用电量的情况.通过收集､整理数据，得到如下频率分布直方图.则下列选项正确的是（
）
A ．直方图中0.0044
x =B ．在被调查的用户中，用电量不超过200kW h ⋅的户数为900C ．这1500户居民六月份用电量的平均数小于中位数D ．估计该市居民六月份用电量的第45百分位数约为175
11．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，M 为棱CD 的中点，N 为线段BM 上的动点（含端点），则下列选项正确的是（
）
A ．若直线1A M 与直线AN 所成角为α，则cos α的最大值为
2
3
B ．若直线1
C N 与平面ABC
D 所成角为β，则sin β306
C ．若点N 到平面11ABC
D 的距离为d ，则d CN +的最小值为
2342
5
+D ．若过1,,A N C 三点的平面截正方体1111ABCD A B C D -所得截面面积为S ，则S 的最小值为26
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．某学校有高二学生600人，其中男生360人，女生240人.有人为了获得该校全体高二学生的身高信息，采用分层抽样的方法抽取了容量为100的总样本（观测数据单位：cm ），若已知男生样本的平均数为172，女生样本的平均数为162，则总样本的平均数是
.
13．已知正四棱台1111ABCD A B C D -345 ，则该正四棱台的体积可能为
（写出一个即可）
14．已知线段,BM CN 为ABC 的两条内角平分线，若12
AB AC AB AC ⋅=
，且3CN BM CB BM ⋅=⋅
，则sin C 的值为.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.
15．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面,ABCD BC ,,22AD AB AD AD AB BC ⊥==，E 为PD 中点，F 为棱PC 上任意一点.
(1)求证：CE 平面PAB ；(2)求证：AF CD ⊥.
16．在ABC 中，()21,,,0,132
AD AB AE AC CF CB λλ===∈ ，设,AB a AC b ==
.
(1)用,a b
表示,CD EF uuu r uuu r ；
(2)若3,2,60AB AC CAB ∠=== ，则当CD EF ⊥时，求λ的值.
17．某商店在“五一”期间举办促销活动，设立了抽奖环节，在一个不透明的抽奖箱里放置6个大小质地完全相同的三种颜色的球，其中1个白球，2个红球，3个黑球.凡在本店累计消费满百元的顾客，可以持购物凭证参与一次抽奖活动.抽奖采用不放回方式从中依次随机地取出2个球，若取到两球同色，则称为中奖，可以领取一张优惠券；若取到两球异色，则称为不中奖.一次抽奖结束后，取出的球放回抽奖箱，供下一位顾客抽奖.(1)若一位顾客参与一次抽奖活动，求这位顾客中奖的概率；
(2)现有甲､乙两位顾客各参与一次抽奖活动，求两人中至少有一人中奖的概率.
18．在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，满足3
cos 5
c a B b =+.
(1)求cos A 的值；
(2)当BC 与BC 边上的中线长均为2时，求ABC 的周长；(3)当ABC 内切圆半径为1时，求ABC 面积的最小值.
19．据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球
冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为R ，其中球冠高为()h h R .
(1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）
），写出“球锥”的体积公式；(2)在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求
h
R
的值；(3)已知一个棱长为a 的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的a 有且只有一个，求
h
R
的取值范围.1．B 【解析】略2．A 【解析】略3．B 【解析】略4．D 【解析】略5．A 【解析】略6．C 【解析】略7．D 【解析】略8．D 【解析】略
9．BC 【解析】略10．ABD 【解析】略11．BCD 【解析】略12．168【解析】略
13．介于区间⎛ ⎝⎭
内都可以【解析】略
14．
7
【解析】略15．(1)证明见解析(2)证明见解析
【详解】证明：（1）取PA 中点M ，连接,ME MB .
则ME 是PAD 的中位线，得ME AD ，且1
2
ME AD =.因为BC AD ，且1
2
BC AD =
，所以BC ME ，且BC ME =，因此，四边形BCEM 是平行四边形，得CE BM .又因为BM ⊂平面,PAB CE ⊄平面PAB ，所以CE 平面PAB .
（2）不妨设222AD AB BC ===，
由BC ,AD AB AD ⊥，在直角梯形ABCD 中，求得AC CD =，
因为222AC CD AD +=，所以AC CD ⊥，因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA CD ⊥，又PA AC A = ，所以CD ⊥平面PAC ，又因为AF ⊂平面PAC ，所以CD AF ⊥.
16．(1)23CD a b =- ，
12EF a b λλ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
(2)15
λ=
.【详解】解：
（1）23
CD AD AC a b =-=- ，
()
11
2
2
EF EC CF AC AB AC a b λλλ⎛⎫=+=+-=+
⎪⎝⎭
.（2）当CD EF ⊥时，0CD EF ⋅=
，
即21032a b a b λλ⎛⎫
⎛⎫⎛⎫-⋅+-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，因为229,4,3a b a b ==⋅=
，
所以215193403332λλλ⎛⎫⎛⎫
⨯+-⨯--⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，
故15
λ=
.17．(1)415
(2)
104
225
.【详解】解：（1）将白球编号为1，红球编号为2，3，黑球编号为4,5,6.记A =“取到两球同色”，
()()()()()()()()()()()()()()()Ω{1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,1,2,3,2,4,2,5,2,6,3,1,3,2,3,4,3,5,3,6=，
()()()()()()()()()()()()()()()4,1,4,2,4,3,4,5,4,6,5,1,5,2,5,3,5,4,5,6,6,1,6,2,6,3,6,4,6,5}，
()()()()()()()()(){}2,3,3,2,4,5,4,6,5,6,5,4,5,6,6,4,6,5A =，
因此()()()
84
Ω3015
n A P A n =
=
=，
（2）记B =“甲顾客中奖”，C =“乙顾客中奖”，则
()()
4411111041111115151515225P B C P BC ⎛
⎫⎛⎫⋃=-=--⨯-=-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
.
18．(1)3
cos 5
A =
(2)2+
(3)3【详解】解：（1）由正弦定理得3
sin sin cos sin 5C A B B =⋅+，
又由()sin sin sin cos cos sin C A B A B A B =+=+，得3
cos sin sin 5
A B B =.
因为sin 0B ≠，所以3cos 5
A =
.（2）由余弦定理得2222cos a b c bc A =+-，
即22
645
b c bc =+-，
由BC 边上的中线长为2，得()2222
2164,10b c b c +=++=.
联立2222
10,64,5b c b c bc ⎧+=⎪⎨=+-⎪
⎩
解得b c +=
所以2a b c ++=+ABC
的周长为2+（3）由ABC 内切圆半径为1，得4
5
a b c bc ++=，
因为2
2
2
65a b c bc -=+，所以()2
224655bc b c b c bc ⎛⎫
-+=+- ⎪⎝⎭
，
得225b c bc +=+
，因为b c +≥
2
25
bc +≥，
解得15552bc +≥
或1555
02
bc -<≤，又因为ABC 的面积大于其内切圆面积，即2
π5
bc >，
得5π2
bc >
bc
≥当且仅当b c =时，ABC 的面积取到最小值319．(1)2
2π3
R h
(2)
32h R =
(3)11h
R
<<.【详解】解：（1）“球锥”的体积为2
2π3
V R h =
球椎.
（2）设圆锥半径为r ，则2222()2r R R h Rh h =--=-，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，“”2V V =⋅球锥圆锥，
即()22
21π2π33R h r R h =⨯-，消去2r ，得()()2222ππ233
R h Rh h
R h =--，
整理得2230R Rh h -+=，因为h R <，所以
h R =
（3）设正四面体-P ABC 内接“球锥”，顶点P 与球心重合，棱长为a ，
则ABC ，显然a R >不满足条件.注意到，当顶点,,A B C 在圆锥底面圆周上时，
,a R R h R =-，得1h R =当
6
13
h R =-
时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体-P ABC ，所得棱长小于R 的正四面体均可内接该“球锥”.因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则
6
13
h R ≠-
，且顶点,,A B C 在球冠上.即a R =，且3R h R -<.
又因为h R <，所以113h
R
-
<<.。