浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高一素养班下学期期中考试数学试卷（Word版附答案）

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命题：沈栋啸 校对：凌晓锋
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．若复数z满足z=i(2+z)（i为虚数单位），则z=
A．1-i B．1+i C．-1-i D．-1+i
2．如图所示，梯形A'B'C'D'是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A'D'=2，A'B'=B'C'=1，则平面图形ABCD中对角线AC的长度为
A．2 B．3 C．5 D．5
3．已知样本数据x1,x2,⋯,x100的平均数和标准差均为4，则数据-x1-1,-x2-1,⋯,
-x100-1的平均数与标准差分别为
A．-5,4 B．-5,16 C．4,16 D．4,4
4．一个圆锥的侧面展开图是半径为1的半圆，则此圆锥的内切球的表面积为
A．π B．π2 C．π3 D．π4
5．光源P3,2,1 经过平面Oyz 反射后经过Q1,6,5 ，则反射点R 的坐标为
A．0,72 ,52 B．0,4,3 C．0,92 ,72 D．0,5,4
6．若4,2,1,4,5 的第p 百分位数是4 ，则p 的取值范围是
A．40,80 B．40,80 C．40,80 D．40,80
解：1,2,4,4,5 的第p 百分位数是4 ，
则n×p%∈2,4 ，所以p∈40,80 .
7．如图是棱长均相等的多面体EABCDF，其中四边形ABCD 是正方形，点P,Q,M,N分别为DE,AB,AD,BF的中点，则异面直线PQ与MN所成角的余弦值为
A．13 B．12 C．23 D．34
8．在正方体中，点M,N分别是直线CD,AB上的动点，点P 是△A1C1D内的动点（不包括边界），记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为π3 ，则D1P 与平面A1C1D 所成角的正弦的最大值为
A．3-66 B．3+66 C．32-36 D．32+36
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．在12件同类产品中，有9件正品和3件次品，从中任意抽出3件产品，设事件A=“3件产品都是次品”，事件B=“至少有1件是次品”，事件C=“至少有1件是正品”，则下列结论正确的是
A．A与C为对立事件 B．B与C不是互斥事件
C．A∩B=A D．PB+PC=1
10．在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试．为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，样本容量为n，按照50,60，60,70，70,80，80,90，90,100的分组作出频率分布直方图如图所示，其中，成绩落在区间50,60内的人数为16．则
A．图中x=0.016
B．样本容量n=1000
C．估计该市全体学生成绩的平均分为71.6分
D．该市要对成绩前25%的学生授予“优秀学生”称号，则授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为77.25分
11．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a.则
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为1-32a
C．勒洛四面体中过A,B,C三点的截面面积为142π-3a2
D．勒洛四面体的体积V∈212a3,6π8a3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．从含有6件次品的50件产品中任取4件，观察其中次品数，这个试验的样本空间Ω＝ ．
13．如图，甲乙做游戏，两人通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜谁首先登上第3个台阶，并规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两人都上一个台阶．如果一方连续赢两次，那么他将额外获得上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时游戏结束，则游戏结束时恰好划拳3次的概率为 ．
14．在三棱锥A-BCD 中，二面角A-BD-C 的大小为π3 ，∠BAD=∠CBD ，BD=BC=2 ，则三棱锥外接球表面积的最小值为 ．
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．（13分）已知复数z=(2m2-3m-2)+(m2-3m+2)i，(其中i为虚数单位)
（1）当复数z是纯虚数时，求实数m的值；
（2）若复数z对应的点在第三象限，求实数m的取值范围．
16．（15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是以2为边长的菱形，且∠BAD=120°，PB=PD，M为PC的中点．
(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；
(2)若PC=2PA=22，求直线PD与平面AMD所成角的正弦值．
17．（15分）为了了解学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性等，某学校对在校1500名学生进行了一次坐位体前屈测试，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取75人，已知这1500名学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为13.2 和13.36，女生的平均数和方差分别为15.2 和17.56．
(1)求样本中男生和女生应分别抽取多少人；
(2)求抽取的总样本的平均数，并估计全体学生的坐位体前屈成绩的方差．
18．（17分）如图，已知直角三角形ABC的斜边BC//平面α，A在平面α上，AB,AC分别与平面α成30∘和45∘的角， BC=6．
（1）求BC到平面α的距离；
（2）求平面ABC 与平面α 的夹角．
19．（17分）如图，四棱锥S-ABCD 的底面是平行四边形，平面α 与直线AD, SA, SC 分别交于点P,Q,R ，且APAD=SQSA=CRCS ，点M 在直线SB 上运动，在线段CD 上是否存在一定点N ，使得其满足：
（i）直线MN//α ；
（ii）对所有满足条件（i）的平面α ，点M 都落在某一条长为m 的线段上，且mSB=103 ．
若存在，求出点N 的位置；若不存在，说明理由．
参考答案
一、选择题
二、选择题
三、填空题
12．0,1,2,3,4 13．1327 14．87-43π
四、解答题
15．（1）m=-12 ,（2）m∈1,2
【详解】（1）由题意有2m2-3m-2=0m2-3m+2≠0 时，
解得m=-12或m=2m≠1且m≠2，
即m=-12时，复数z 为纯虚数.
（2）由题意有：{2m2-3m-2<0m2-3m+2<0，
解得：{-12所以当m∈1,2时，复数z对应的点在第三象限
16．(1)证明见解析 (2)4214
（1）设AC交BD于点N，连接PN，
.∵PB=PD，∴PN⊥BD.
∵底面ABCD是以2为边长的菱形，∴AC⊥BD.
又∵PN∩AC=N，PN,AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC.
又∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC.
（2）法一：∵底面ABCD是以2为边长的菱形，且∠BAD=120°，
∴△ABC与△ACD为等边三角形，∴AC=2.
∵PC=2PA=22，∴PC2=PA2+AC2，即PA⊥AC.
∵BD⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，∴BD⊥PA.
又BD∩AC=N，BD,AC⊂平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD.
取CD的中点E，则AE⊥CD，∴AE⊥AB.
又PA⊥平面ABCD，故以A为坐标原点，直线AB,AE,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0,B2,0,0,P0,0,2,C1,3,0，D-1,3,0,M12,32,1，
∴PD=-1,3,-2,AM=12,32,1,AD=-1,3,0.

设平面AMD的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅AD=0,n⋅AM=0,即-x+3y=0,12x+32y+z=0.取x=3，则y=1,z=-3，得n=3,1,-3.
设直线PD与平面AMD所成角为α，则sinα=n⋅PDnPD=237×22=4214，
∴直线PD与平面AMD所成角的正弦值为4214.
法二：∵底面ABCD是以2为边长的菱形，且∠BAD=120°，
∴△ABC与△ACD均为等边三角形，∴AC=2.
∵PC=2PA=22，∴PC2=PA2+AC2，即PA⊥AC.
由（1）知BD⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，∴BD⊥PA.
又BD∩AC=N，BD,AC⊂平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD.
∵AD⊂平面ABCD，∴PA⊥AD，∴由勾股定理得PD=22，
∵M为PC的中点，∴AM=12PC=2.
在△PCD中，由余弦定理得cs∠PCD=PC2+CD2-PD22PC⋅CD=222+22-2222×22×2=24，
在△MCD中，由余弦定理得cs∠PCD=CM2+CD2-MD22CM⋅CD=22+22-MD22×2×2=24，
解得MD=2.
在△AMD中，AD=MD=2，AM=2，∴S△AMD=12×2×142=72.
设点P到平面AMD的距离为d，又易知点C到平面PAD的距离为3，
由VP-AMD=VM-PAD得，13S△AMD⋅d=12×13S△PAD×3，
∴13×72⋅d=12×13×12×2×2×3，解得d=237.
所以直线PD与平面AMD所成角的正弦值为dPD=237×122=4214.
17．(1)45；30 (2)平均数14；方差16
（1）总体容量1500，样本容量75，则抽样比为751500=120，
所以样本中男生数量n1=900×120=45，女生数量n2=1500-900×120=30.
（2）抽取的样本中男生的平均数x=13.2，方差s12=13.36，
抽取的样本中女生的平均数y=15.2，方差s22=17.56，
所以总体样本的平均数为ω=17545×13.2+30×15.2=14，
总体样本的方差s2=1754513.36+(13.2-14)2+3017.56+(15.2-14)2
=175630+570=16.
所以估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16.
18．（1）6 （2）π3
(1)过B作BE⊥α，垂足为E，过C作CF⊥α，垂足为F，连AE、AF、EF，
则∠BAE=30∘，∠CAF=45∘，
设BC到平面α的距离为d，因为BC//平面α，所以 BE=CF=d，
在直角三角形BEA中sin30∘=dAB，所以AB=d12=2d，
在直角三角形CAF中， AC=2d，
在直角三角形ABC中，BC2=AB2+AC2，则36=2d2+4d2，得d=6.
(2)由(1)知，AB=26, AC=23 ，则S△ABC=12AB⋅AC=62 ，
在△AEF 中，AE=32, AF=6, EF=6 ，
则cs∠EAF=AE2+AF2-EF22AE⋅AF=223 ，所以sin∠EAF=13 ，
所以S△EAF=12AE⋅AF⋅sin∠EAF=32 ，
所以csθ=S△EAFS△ABC=12 ，
故平面ABC 与平面α 的夹角为π3 .
19. 存在，N 在靠近C 的三等分点处.
设 SA=a, SB=b, SC=c, SD=d ，则d=a-b+c ，
因为APAD=SQSA=CRCS=x ，
所以 SQ=xa, SR=SC+CR=c-xc=1-xc,
SP=1-xa+xd=1-xa+xa-b+c=a-xb+xc ，
又因为MN//α ，所以存在λ,μ∈R ，使得 NM=λ QR+μ QP ，
故SM=SN+μSP-λ+μSQ+λ SR ，
设 SN=t SC+1-t SD=tc+1-td ，
所以 SM=tc+1-ta-b+c+μa-xb+xc-λ+μxa+λ 1-xc ，
整理得 SM=1-t+μ1-x-λxa-1-t+μxb+1+μx+λ 1-xc ，
又点M 在直线SB 上的充要条件是 SM=yb ，
则1-t+μ1-x-λx=01+μx+λ 1-x=0 ，
消去λ ，得μ=1-xt-12x2-2x+1 ，
所以y=t-1-μx=t-1+tx2+1-tx2x2-2x+1=3t-2x2-3t-1x+t-12x2-2x+1 ，
故2y-3t+2x2+3t-3-2yx+y-t+1=0 ，
当y=3t-22 时，x=t2 ；
当y≠3t-22 时，Δ=3t-3-2y2-42y-3t+2y-t+1≥0 ，
所以4y2-8t-4y+3t2-2t-1≤0 *，
y1-y2=t2-2t+2=103 ，
解得t=23 .
此时，①中y=0 代入(*)不等式成立，
故SN=23c+13d ，
所以存在，N 在靠近C 的三等分点处.
1
2
3
4
D
B
C
B
9
10
11
D
C
A
C
5
6
7
8
ABC
AD
AD