浙江省重点中学四校2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题

2023学年第二学期高一年级四校联考数学学科试题卷考生须知：1.本卷满分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、座位号及准考证号（填涂）；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）1.已知复数（为虚数单位），则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】直接计算得到，然后根据虚部的定义即可.【详解】，所以.故选：B.2.已知向量，，若与共线，则（）A. B.4 C. D.或4【答案】D【解析】【分析】利用向量平行的坐标表示，再解方程即可.【详解】由两向量共线可知，即，解得或.故选：D.3.如图，的斜二测直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为（）A. B. C.6 D.【答案】D【解析】【分析】将直观图还原为原图，如图，求出，进而求出，即可求解.【详解】将直观图还原为原图，如图，由，，所以，所以，则，即原平面图形的面积是．故选：D4.某同学坚持夜跑锻炼身体，他用记录了连续周每周的跑步总里程（单位：千米），其数据分别为17，21，15，8，9，13，11，10，20，6，则这组数据的分位数是（）A.12 B.16 C.17 D.18.5【答案】C【解析】【分析】将数据从小到大排列，再根据百分位数计算规则计算可得.【详解】依题意这个数据从小到大排列为：，，，，，，，，，，又，所以分位数为从小到大排列的第八个数，即为.故选：C5.已知，，分别是三内角，，的对边，则“”是“为直角三角形”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】在中，由，利用正弦定理结合三角形内角和及三角形内角取值范围求出，所以“”是“为直角三角形”的充分条件；举出反例可以说明“”不是“为直角三角形”的必要条件；最后选出答案即可.【详解】在中，由正弦定理可得：，由，可得：，所以，因为，所以，即，所以，因为，所以，所以，所以为直角三角形，故“”是“为直角三角形”的充分条件；若为直角三角形，设，，则，所以，所以，所以“”不是“为直角三角形”的必要条件；即“”是“为直角三角形”的充分不必要条件.故选：A.6.某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据题意得到杯套的形状可看作一个圆台，求出该圆台的母线长及上、下底面圆的半径，然后结合圆台的侧面积公式、圆的面积公式求解即可.【详解】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的，即4cm，下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm，上底面圆的半径是，所以杯套的表面积.故选：C.7.如图，平行四边形中，，.现将沿起，使二面角大小为120°，则折起后得到的三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出辅助线，找到二面角的平面角，并得到球心的位置，利用半径相等得到方程，求出外接球半径，得到表面积.【详解】如图所示，过点作，过点作，两直线相交于点，因为，，所以，⊥，则⊥，由于⊥，故即为二面角平面角，则，过点作⊥于点，因为⊥，⊥，，平面，故⊥平面，因为平面，所以⊥，又，平面，则⊥平面，，取的中点，则外接球球心在平面的投影为，即⊥平面，连接，，则，过点作，交直线于点，则，，，由余弦定理得，设，则，故，由勾股定理得，，故，解得，故外接球半径为，外接球表面积为.故选：C【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径8.正方形边长为1，平面内一点满足，满足的点的轨迹分别与，交于，两点，令，分别为和方向上的单位向量，，为任意实数，则的最小值为（）A.3 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先根据题意确定，的位置，然后设，利用平面向量的减法运算可得，，，最后求点关于的对称点,点关于的对称点，计算长度即可得到答案.【详解】由题意知，当时，点的轨迹与相交于，即，当时，点的轨迹与相交于，即.设，则，，.于是,设点关于的对称点,点关于的对称点，则，所以点共线的时候取得最小值，即.故选：B.二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.设是不同的直线，是不同的平面，则下列说法不正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，，则 D.若，，则【答案】ABD【解析】【分析】对于A，B，D选项，可以举出相应的反例否定，而C选项可以直接证明.【详解】对于A，若，，则或，故A错误；对于B，令，，，则，从而有，，但不满足，故B错误；对于C，若，，，所以，因为是不同的平面，所以，故C正确；对于D，若，，则或或与斜交，故D错误.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对空间中的位置关系的判定.10.已知，，且，则下列说法正确的是（）A.有最小值 B.有最小值C.有最小值 D.有最小值【答案】AB【解析】【分析】对于A，直接利用基本不等式式即可；对于B，利用乘“1”法即可；对于C，代换，再利用乘“1”法即可；对于D，化简表达式得到，再利用和不能同时为零即可否定结论.详解】对于A，由，得，当且仅当，即，时取等号，故A正确；对于B，，当且仅当，即，时取等号，故B正确；对于C，由，得，所以，当且仅当，即，即时取等号，故C错误；对于D，有，而由于和不相等，从而它们不能同时为零，所以，故D错误.故选：AB.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用基本不等式及不等式的性质求出或否定最值.11.如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（）A.存在点使得B.若点满足，则动点的轨迹长度为C.若点满足平面时，动点的轨迹是正六边形D.当点在侧面上运动，且满足时，二面角的最大值为60°【答案】AC【解析】【分析】根据各选项的条件，分别确定动点的轨迹，判断轨迹的形状，求轨迹周长，求二面角，进行判断.【详解】对A：如图：当点位于边上时，因为平面，所以，故A正确；对B：如图：当时，点轨迹为矩形，其中分别为，中点，所以动点轨迹的周长为：，故B错误；对C：如图：当平面时，点轨迹是正六边形，其中均为棱的中点，故C正确；对D：如图：当点在侧面上运动，且满足时，点轨迹是以为圆心，以1为半径圆弧，则即为二面角的平面角，所以当与的中点重合时，二面角取得最大值，此时，因为，所以.故D错误.故选：AC【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知向量满足，则向量在上的投影向量为___________.【答案】【解析】【分析】由投影向量的公式计算可得.【详解】，又在上的投影向量为，故答案为：.13.若，则的最大值为______.【答案】3【解析】【分析】由复数模的几何意义确定复数z对应点的轨迹，问题化为圆上点到原点的距离最大值，即可得结果.【详解】令且，又，所以，即，所以复数z对应点在以为圆心，半径为1的圆上，又表示圆上点到原点的距离，而圆心到原点距离为，所以的最大值为.故答案为：314.在中，，，的外接圆为圆O，P为圆O上的点，则的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】由已知条件利用三角形面积公式，向量的数量积和三角恒等变换，得，，的外接圆半径，，由向量的模和夹角讨论运算结果的取值范围.【详解】，又，由，解得，由，得，则有，.，则有，，则有，所以有，，的外接圆为圆O，P为圆O上的点，由正弦定理得的外接圆半径，则有，，，，为中点，，，当与方向相同时，有最大值，当与方向相反时，有最小值，所以的最大值为，最小值为，即的取值范围是.故答案为：【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义，具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用，本题利用向量数量积的定义结合了图形几何性质求解.四、解答题（本题共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图.（1）求频率分布直方图中的值；（2）求样本成绩的第75百分位数；（3）已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差.【答案】（1）；（2）84；（3）平均值62，方差23.【解析】【分析】（1）利用每组小矩形的面积之和为1即可求得a的值.（2）利用频率分布直方图结合第75百分位数的求法即可求得答案.（3）根据平均数的计算公式可求得两组成绩的总平均数；根据由样本方差计算总体方差公式可求得两组成绩的总方差.【小问1详解】由每组小矩形的面积之和为1得，所以.【小问2详解】成绩落在内的频率为，落在内的频率为，显然第75百分位数，由，解得，所以第75百分位数为84.【小问3详解】由频率分布直方图知，成绩在的市民人数为，成绩在的市民人数为，所以；由样本方差计算总体方差公式，得总方差为.16.如图，在直三棱柱中，，，四边形为正方形.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明平面，然后结合面面垂直的判定定理即可得证；（2）根据定义得出为二面角的平面角，结合解三角形知识即可得解.【小问1详解】由平面为正方形，因为，所以，又因为，，所以，所以，又，且，平面，所以平面，因为，所以平面，因为平面，平面平面.【小问2详解】因为直角三角形中，.所以，所以为等边三角形.又因为为等腰三角形.所以取得中点，连结，，则，，所以为二面角的平面角.因为直角三角形中，.在等边三角形中，所以在三角形中，.所以二面角的余弦值为.17.请从①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答（如未作出选择，则按照选择①评分.选择的编号请填写到答题卡对应位置上）在中，，，分别是角，，的对边，若______，（1）求角的大小；（2）若，为边上一点，，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）若选①，则由正弦定理、三角恒等变换可得，由此即可得解；若选②，则由正弦定理、余弦定理可得，由此即可得解；若选③，则由正弦定理三角恒等变换可得，进一步即可得解.（2）在中，由余弦定理得，对，两边平方整理得，联立解出，结合三角形面积公式即可得解.【小问1详解】若选①，因为，由正弦定理得，即，所以，由，得，所以，即，因为，所以.若选②，由，化简得.由正弦定理得：，即，所以.因为，所以.若选③，由正弦定理得，即，因为，所以，所以，所以，又因为，所以，即.【小问2详解】由（1）知，且，在中，由余弦定理得，即①，由于，所以，平方，即②.由①②得：，，所以的面积为，即所求面积为.18.在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而根据线面平行的性质可证得结论；（2）法1：根据面面垂直得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可；法2：根据点、线、面的位置关系，利用等体积转化求解到平面的距离，从而转化求解直线与平面所成角得正弦值.【小问1详解】平面平面平面.同理可得平面.又平面，平面平面.平面平面.【小问2详解】法1：取中点，易知.平面平面，平面平面，又平面，平面.如图，建立空间直角坐标系，则.从而，得.又，设平面的法向量，有，得，解得，取，故，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.法2：取中点，则是平行四边形，所以.从而与平面所成角即为与平面所成角，设为.过作交于，过作交于，过作交于.因平面平面，平面平面，又平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，从而平面，因为平面，所以，又，平面，从而平面.所以的长即为到平面的距离.由，可得.又，所以到平面的距离设为即为到平面的距离，即.又，可得.在中，，所以，得.所以