2023-2024学年浙江省嘉兴市高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年浙江省嘉兴市高一（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.复数−2+i(i为虚数单位)在复平面内对应的点所在的象限为(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知向量a=(−1,2)，b=(1,2)，则下列结论正确的是(

)A.a⊥b B.a//b C.3.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=2，c=3，A=60°，则sinC=(

)A.34 B.12 C.34.如图，下列几何关系表达正确的是(

)A.m∈α，A⊂α，m，n共面

B.m⊂α，A∈α，m，n共面

C.m∈α，n∩α=A，m，n异面

D.m⊂α，n∩α=A，m，n异面5.一个笔袋中装有4支不同的水笔，其中2支黑色，1支蓝色，1支红色，若从中任取2支，恰好取到1支黑色和1支红色水笔的概率为(

)A.16 B.14 C.136.在平行四边形ABCD中，已知AD=BD，∠ADB=90°(如图1)，将△ADB沿BD折起到△SDB的位置(如图2)，使得平面SDB⊥平面BCD，则直线SB与直线CD所成角为(

)A.30° B.60° C.90° D.120°7.已知数据x1，x2，x3，x4，x5，x6的平均数为10，方差为1，数据y1，y2，y3，y4A.4.2 B.4.8 C.7.8 D.9.28.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sinA=2sinB，C=60°，E为BC中点，F在线段AB上，且AF=2FB，AE和CF相交于点P，则∠EPF的余弦值为(

)A.714 B.2114 C.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.气象台预报嘉兴市5月份气候适宜，温度波动幅度较小，比较适合户外运动，其中2024年5月9日至5月15日7天内的当日最高温度(单位℃)分别为：24，28，23，25，26，26，29，则以下说法正确的是(

)A.该组数据的极差为6 B.该组数据的众数为26

C.该组数据的中位数为25.5 D.该组数据的第70百分位数为2610.如图，点A，B在⊙C上，则下列所给条件可以求出数量积AC⋅AB的是(

)A.|AB|=23，|AC|=2，∠CAB=30°

B.|AC|=211.如图，已知正八面体S−ABCD−T(围成八面体的八个三角形均为等边三角形)的棱长为2，其中四边形ABCD为正方形，其棱切球(与正八面体的各条棱都相切)的球心为O，则以下结论正确的是(

)A.点O到平面CDT的距离等于1

B.点O到直线CT的距离等于1

C.球O在正八面体外部的体积小于(43−827三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若复数z满足(1+i)z=2(i为虚数单位)，则|z|=______．13.已知P(A)=0.8，P(A∪B)=0.92，且A与B相互独立，P(B)=______．14.如图，壕股塔位于嘉兴南湖西侧的南湖渔村中，某项目化学习小组为了测量其高度，选取与塔底O在同一水平面的三个测量点A，B，C，分别测得塔顶P点的仰角为30°，45°，30°，延长AB交OC于点D，经测量D为OC上靠近O点的三等分点，B为AD的中点，AC=120米，则塔高PO=______米.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.(本小题13分)

已知向量a，b满足|a|=3，|b|=3，a⋅b=92．

(1)求向量16.(本小题15分)

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcosA+3asinB=c+a．

(1)求B；

(2)若△ABC的面积为23，且b=2317.(本小题15分)

嘉兴市期末测试中数学多选题评分标准如下：若某试题有两个正确选项，选对一个得3分，选对两个得6分，有错选得0分；若该试题有三个正确选项，选对一个得2分，选对两个得4分，三个都选对得6分，有错选得0分，小明同学正在做一道数学多选题(多选题每题至少选一项且不能全选，假设每个选项被选到的概率是等可能的)，请帮助小明求解以下问题：

(1)若该多选题有两个正确选项，在完全盲猜(可以选一个选项、可以选两个选项、也可以选三个选项)的情况下，求小明得6分的概率；

(2)若该多选题有三个正确选项，小明已经判定A正确(正确答案中有A选项，且A必选)的情况下，求小明得分大于等于4分的概率．18.(本小题17分)

如图，在三棱锥S−ABC中，已知AB=BC=SA=2，AB=BC=SA=2，AB⊥BC，SA⊥底面ABC，E为SB中点，F为线段BC上一个动点．

(1)证明：平面AEF⊥平面SBC；

(2)若F为线段BC中点，求二面角B−AE−F的余弦值；

(3)设M为线段AE上的一个动点，若MF/​/平面SAC，求线段MF长度的最小值．19.(本小题17分)

在△ABC中，已知AB=4，BC=5，AC=6，AB=4，BC=5，AC=6，D为线段BC上一个动点．

(1)若AD为∠BAC的角平分线，求线段AD的长；

(2)将△CAD折起到△SAD的位置，记二面角S−AD−B的大小为α．

i)若α=90°，且AD为∠BAC的角平分线，求三棱锥S−ADB外接球的面积；

ii)若α=120°，求三棱锥S−ADB外接球的面积最小值．

答案解析1.B

【解析】解：复数z=−2+i在复平面内复数z对应的点为(−2,1)，位于第二象限．

故选：B．

2.D

【解析】解：因为a=(−1,2)，b=(1,2)，

则a⋅b=−1×1+2×2=3≠0，A，C错误；

−1×2−1×2≠0，B错误；

a+b=(0,4)3.A

【解析】解：由题意a=2，c=3，A=60°，

利用正弦定理asinA=csinC，可得232=4.D

【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，m⊂α，A∈α，m，n异面，A错误；

对于B，m⊂α，A∈α，m，n异面，B错误；

对于C，m⊂α，n∩α=A，m，n异面，C错误；

对于D，m⊂α，n∩α=A，m，n异面，D正确．

故选：D．

5.C

【解析】解：一个笔袋中装有4支不同的水笔，其中2支黑色，1支蓝色，1支红色，若从中任取2支，则共有C42=6种取法，

恰好取到1支黑色和1支红色水笔有2×1=2种情况，

则恰好取到1支黑色和1支红色水笔的概率为26=16.B

【解析】解：因为AD=BD，∠ADB=90°，所以AD⊥BD，

又因为平面SDB⊥平面BCD，所以SD⊥平面BCD，

把三棱锥S−BCD放入棱长为BC的正方体中，如图所示：

连接SP，BP，则SP//CD，

所以∠BSP是直线SB与直线CD所成的角，

因为△BSP是等边三角形，所以∠BSP=60°，

即直线SB与直线CD所成的角是60°．

故选：B．

7.C

【解析】解：新样本的平均数为610×10+410×5=8，

所以新样本的方差为6108.B

【解析】解：由sinA=2sinB，解得a=2b，由C=60°，解得cosC=a2+b2−c22ab，所以c=3b，则角A为90°，

如图以点A为原点建立坐标系，

设b=6，C=60°，c=63，则F(43,0)，E为BC中点，

则9.ABD

【解析】解：将这组数据按照从小到大的顺排列得23，24，25，26，26，28，29，

则该组数据的极差为29−23=6，故A正确；

该组数据的众数为26，故B正确；

该组数据的中位数为26，故C错误；

因为70%×7=4.9，所以该组数据的第70百分位数为第5个数据，即26，故D正确．

故选：ABD．

10.ABD

【解析】解：对于A，由向量数量积的定义，

可得AC⋅AB=|AC|⋅|AB|cos〈AC,AB〉=23×2cos30°=6，故A正确；

对于B，如图，过点C作CD⊥AB于点D，

因|AC|=2，∠CAB=30°，则|AB|=2|AD|=2×2cos30°=23，

由A中分析易得AC⋅AB=6，故B正确；

对于C，因AC⋅AB=|AC|⋅|AB11.BCD

【解析】解：对于A，由对称性可知棱切球球心O就是正八面体的中心，

而BO=12BD=2，所以OA=OB=OC=OD=OS=OT=2．

设点O到平面CDT的距离为r，

则有13OT⋅12OC⋅OD=VO−CDT=13r⋅S△CDT=13r⋅34×22=33r，

故r=33OT⋅12OC⋅OD=332⋅122⋅2=63，故A错误；

对于B，由于TA=TB=TC=TD=2，故T在平面ABCD上的投影就是正方形ABCD的中心，

故OT⊥平面ABCD，而OC在平面ABCD内，故OC⊥OT．

又因为OC=OT=2，知点O到直线CT的距离ℎ=2S△OCTCT=OC⋅OTCT=2⋅22=1，故B正确；

对于C，根据上面的分析，球O的半径R等于点O到直线12.2【解析】解：∵复数z满足(1+i)z=2，

∴z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，

∴|z|=13.0.6

【解析】解：因为P(A)=0.8，P(A∪B)=0.92，且A与B相互独立，

则P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=P(A)+P(B)−P(A)P(B)，

即0.8+P(B)−0.8P(B)=0.92，

则P(B)=0.6．

故答案为：0.6．

14.60

【解析】解：设PO=a，设AB=BD=x，

与塔底O在同一水平面的三个测量点A，B，C，分别测得塔顶P点的仰角为30°，45°，30°，

由∠PAO=30°，得OA=3a，

同理可得OB=a，OC=3a，

由D为OC上靠近O点的三等分点，解得OD=33a，

cos∠OAD=3ℎ2+x2−15.解：(1)设向量a与b的夹角为θ，θ∈[0,π]，

|a|=3，|b|=3，a⋅b=92，

故cosθ=a⋅b|a||b|=9【解析】(1)根据已知条件，结合平面向量的夹角公式，即可求解；

(2)对|2a−316.解：(1)因为bcosA+3asinB=c+a，

由正弦定理可得：sinBcosA+3sinAsinB=sinC+sinA，

即sinBcosA+3sinAsinB=sin(B+A)+sinA=sinBcosA+cosBsinA+sinA，

又因为sinA>0，

整理可得：3sinB−cosB=1，解得2sin(B−π6)=1，

所以sin(B−π6)=12，

又因为B∈(0,π)，

所以B−π6=π6，

解得B=π3；

【解析】(1)由正弦定理及三角形内角和定理，辅助角公式可得sin(B−π6)的值，再由角B的范围，可得角B的大小；

(2)由三角形的面积公式及余弦定理可得a17.解：(1)设总选项个数为N，记事件A=“小明得6分”，选项个数为NA，

假设正确选项为AB，则NA=1，

列举法：单选项有A，B，C，D共计4个，

双选项有AB，AC，AD，BC，BD，CD共计6个，

三选项有ABC，ACD，ABD，BCD共计4个，

N=4+6+4=14个(其它方法也可以，得分相同)，

∴在完全盲猜(可以选一个选项、可以选两个选项、也可以选三个选项)的情况下，小明得6分的概率为P(A)=NAN=114．

解：(2)设总选项个数为N，记事件B=“小明得分大于等于(4分)”选项个数为NB，

假设ABC为答案小明已经判定A正确(正确答案中有A选项，且小明A项必选)的情况下，

列举法：单选项有A共计1个，且仅得(2分)，

双选项有AB，AC，AD共计3个，其中2个得(4分)，

三选项有ABC，ACD，ABD共计3个，其中1得(6分)，

N=1+3+3=7，NB=2+1=3，

∴小明已经判定A正确(【解析】(1)设总选项个数为N，记事件A=“小明得6分”，选项个数为NA，假设正确选项为AB，则NA=1，利用列举法能求出小明得6分的概率．

(2)设总选项个数为N，记事件B=“小明得分大于等于(4分)”选项个数为NB，假设ABC为答案小明已经判定A正确(正确答案中有A选项，且小明A项必选)18.解：(1)(1)∵B=12π，∴AB⊥BC，

∵SA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，∴SA⊥BC，

又AB∩SA=A，∴BC⊥平面SAB，

∵AE⊂平面SAB，∴BC⊥AE，

∵SA=AB，E为SB中点，∴AE⊥SB，

又BC∩SB=B，∴AE⊥平面SBC，

∵AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面SBC．

(2)∵AE⊥平面SBC，∴AE⊥BE，AE⊥BE，AE⊥EF，平面AEF∩平面SAB=AE，

由二面角定义，可知∠FEB为二面角B−AE−F的平面角，

设SA=2，可求出BE=2，BF=1，BE=2,BF=1,EF=3，

∴cos∠EEB=EBEF=23=63．

∴二面角B−AE−F的余弦值为63．

(3)过点M作AB的垂线，垂足为N，过点N作NF//AC，

∵SA⊥AB，SA⊥AB，MN⊥AB，且SA，SA，MN⊂平面SAB，∴SA//MN，

∵SA⊂平面SAC，SAC，MN⊄平面SAC，∴MN/​/平面SAC，

同理NF/​/平面SAC，NF∩MN=N，∴平面MNF//平面SAC，

MF⊂平面MNF，∴MF//平面SAC．

设BN=λ，【解析】(1)由B=12π，得AB⊥BC，由SA⊥底面ABC，得SA⊥BC，从而BC⊥平面SAB，BC⊥AE，AE⊥SB，AE⊥平面SBC，由此能证明平面AEF⊥平面SBC．

(2)由AE⊥平面SBC，得AE⊥BE，AE⊥BE，AE⊥EF，平面AEF∩平面SAB=AE，由二面角定义，可知∠FEB为二面角B−AE−F的平面角，由此能求出二面角B−AE−F的余弦值．

(3)过点M作AB的垂线，垂足为N，过点N作NF//AC，推导出SA//MN，MN/​/平面SAC，同理NF/​/平面SAC，NF∩MN=N，从而平面MNF//平面SAC，MF/​/平面SAC.设BN=λ，BN=λ，SA=2，则BF=λ，NF=2λ19.解：(1)在△ABC中，AB=4，BC=5，AC=6，AB=4，BC=5，AC=6，D为线段BC上一个动点．

∴cosB=AB2+BC2−AC22AB⋅