2023-2024学年高一联合测评数学试卷（解析版）

2023-2024学年高一联合测评数学试卷解析版全卷满分150分，考试时间120分钟注意事项：1．答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．．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．下列说法正确的是（）A．若空间两直线没有公共点，则这两条直线异面；B．与两条异面直线都相交的两直线可能是异面直线，也可能是相交直线；C．空间三点确定一个平面；D．过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线垂直．【答案】B【详解】对A，若空间两直线没有公共点，则这两条直线平行或异面，故A错误；对B，与两条异面直线都相交的直线如果是交于不同的四个点，则两直线为异面直线，若交于三个点，则两直线为相交直线，故B正确；对C，由平面的基本性质可知，空间不共线的三点可以确定一个平面，故C错误；对D，过直线外一点，有无数条直线与已知直线垂直，故D错误；故选：B.2．已知向量a=(2,xb),=−−(2,1)，若ab⊥，则x=（）A．1B．−1C．−2D．−4【答案】D【详解】由ab⊥，得22×−−=−−=()xx40，所以x=−4．故选：D． 3．如图，圆柱形容器内部盛有高度为2cm的水，若放入3个相同的铁球（球的半径与圆柱底面半径相等）后，水恰好淹没最上面的铁球，则一个铁球的表面积为（）A．3πB．4πC．5πD．6π【答案】B2432【详解】设铁球的半径为R，有2πR+×3πRRR=π×6，解得R=1，3则一个铁球的表面积为4π．故选：B．4．温州市的“永嘉昆曲”、“乐清细纹刻纸”、“瑞安东源木活字印刷术”、“泰顺编梁木拱桥营造技艺”四个项目已入选联合国教科文组织非遗名录．某学校计划周末两天分别从四个非遗项目中随机选择两个不同项目开展研学活动，则周六欣赏“永嘉昆曲”，周日体验“瑞安东源木活字印刷术”的概率为（）1111A．B．C．D．24612【答案】D【详解】记“永嘉昆曲”、“乐清细纹刻纸”、“瑞安东源木活字印刷术”、“泰顺编梁木拱桥营造技艺”分别为a、b、c、d，则所有可能结果为(ab,)，(ac,)，(ad,)，(ba,)，(bc,)，(bd,)，(ca,)，(cb,)，(cd,)，(da,)，(db,)，(dc,)共12个，1所以所求事件的概率P=.12故选：D5．建盏是福建省南平市建阳区的特产，是中国国家地理标志产品，其多是口大底小，底部多为圈足且圈足较浅（如图所示），因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建盏的上半部分抽象成圆台OO，已知该圆台的上､下底面积分别为16πcm2和9πcm2，高超过1cm，该圆台上､下底面圆周上的各个122点均在球O的表面上，且球O的表面积为100πcm，则该圆台的体积为（） 3259πcm3260πcm33A．80πcmB．C．D．87πcm33【答案】B【详解】设球O的半径为Rcm，上､下底面分别为圆OO12,（这里上底面是指大的那个底面），2依题意，4πR=100π，解得R=5，22因为OA2==93，22则OO=−=R34cm，同理可得，OO1=3cm，因为圆台的高超过1cm，则该圆台的高为7cm，该圆台21259π3的体积为×++(9π16π12π)×=7cm.33故选：B.6．“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》，“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，然3后将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角α满足cosα=，则这块四5边形木板周长的最大值为（）A．20cmB．203cmC．303cmD．30cm 【答案】D22【详解】依题意圆形木板的直径为10+=555cm().设截得的四边形木板为ABCD，设∠=Aα，AB=c，BD=a，ADb，BC=n，CD=m，如下图所示.324由cosα=且0<<απ可得sinαα1cos，55a在△ABD中，由正弦定理得=55，解得a=45.sinα222在△ABD中，由余弦定理，得a=+−bc2bccosα，22226221616(bc++)(bc)所以，80=+−=+−≥+−×bcbc(bc)bc(bc)=，555452即(bc+≤)400，可得0<+≤bc20，当且仅当bc==10时等号成立.在△BCD中，∠=BCDπ−α，222226由余弦定理可得80==+−amn2mncos(π−=++α)mnmn5222244(mn++)4(mn)=+−≥+−×(mn)mnmn()=，55452即(mn+≤)100，即0<+≤mn10，当且仅当mn==5时等号成立，因此，这块四边形木板周长的最大值为30cm.故选：D.7．已知向量a，b满足a=3，b=−(2,0)，且ab⋅=3，则下列说法错误的是（）333A．a=−,B．ab+=1922πC．向量a，b的夹角是D．ab−=73【答案】A3【详解】对于A,设a=(xy,)，则ab⋅=−=23x，解得x=−，2 23333333233a=−,a=−−,由于a=−+=⇒=±yy3，故或，故A错误，2222222222对于B，ab+=ab++⋅=2ab3++×=22319，B正确，ab⋅31π对于C，cosab,===，ab,∈∴=[0,π],,ab，故C正确，ab322×32222对于D，ab−=ab+−⋅=2ab3223+−×=7，D正确，故选：A8．折扇深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉棚齐编凤翅长”.折扇平面图为下图的扇形OCD，其中∠=°AOB120，OD=4，OB=1，动点P在弧CD上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧AB于点Q，且OP=xOC+yOD，则下列说法错误的是（）A．若yx=，则xy+=2B．ABPQ⋅>−523C．PAPB⋅≥D．若yx=3，则OAOP⋅=02【答案】D222【详解】对于A：若yx=，则可得OP=xOCOD(+)，两边平方可得2OP=xOC(2+OCODOD+)，212所以16=x(16244(+×××−+)16)，所以x=1，显然x>0，2所以x=1，所以xy+=2，故A正确；39对于B：ABPQ⋅=−3ABOQ⋅≥−3ABOB⋅=−×33×=−>−5，故B正确22对于C：取AB的中点M，连接PMPAPB,,，则可得PA=+PMMAPB,=+=−PMMBPMMA， 117在ABO，易得OM=OB=，所以PM≥，22222227349323所以PAPB⋅=PM−AM≥−=−=，故C正确22442对于D：若yx=3，OAOP⋅=⋅OAxOC(+3xOD)=xOAOC(⋅+⋅=−≠3OAOD)x(460)，故D错误.故选：D.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．已知样本数据xxx123,,的平均数为2，方差为1，则下列说法正确的是（）A．数据31x1−，31x2−，31x3−的平均数为6B．数据31x1−，31x2−，31x3−的方差为9C．数据xxx123,,,2的方差为1223D．数据xxx,,的平均数为5123【答案】BD【详解】因为样本数据xxx123,,的平均数为2，方差为1，所以数据31x1−，31x2−，31x3−的平均数为3215×−=，故A错误；数据31x−，31x−，31x−的方差为3192×=，故B正确；123222xxx123++=×=326，(xxx123−+−+−=×=2)(2)(2)133，xxx+++2xxx,,,2的平均数为123数据123=2，4132222所以方差为(xxx123−+−+−+−=2)(2)(2)(22)，故C错误；44222由xxx123++=6，(xxx123−+−+−=2)(2)(23)，223223得xxx123++−+++=4(xxx123)123，所以xxx123++=15，223223xxx123++所以数据xxx123,,的平均数为=5，故D正确.3故选：BD.10．已知复数zab=+i，下列说法正确的是（）A．若z为纯虚数，则ab+=0 1i+2B．若z是的共轭复数，则ab+=−13i−5C．若z=+−(1i13i)()，则ab+=2D．若z−=i1，则z取最大值时，ab+=2【答案】CDa=0【详解】对于A：复数zab=+i的实部为a，虚部为b，若z为纯虚数，则，b≠0故abb+=≠0，错误；1i+(1i13i++)()12123对于B：因为==−+i，所以z=−−i，则ab+=−，错误；13i−−+(13i13i)()55555对于C：z=+−=−(1i13i)()42i，则ab+=2，正确；2222对于D：因为z−=i1，所以ab+−=(11)，即ab+−=(11)，a=cosθ2222令，则zab=+=cosθθ++(1sin)=+22sinθ，b=+1sinθ因为θ∈R，所以−≤1sinθ≤1，所以当sinθ=1时，z取到最大值2，a=cosθ=0此时，所以ab+=2，正确.b=1sin+=θ2故选：CD11．已知等腰直角ABC的斜边AB=4,D是斜边AB上的一点，且满足CD=2，若将ACD沿着CD翻折到△ACD′位置，得到三棱锥A′−BCD，则（）A．CD⊥AB′4B．当AD′⊥BD时，三棱锥B−ACD′的体积为3πC．当AB′=23时，二面角A′−−CDB的大小为32πD．当∠=ADB′时，三棱锥A′−BCD的外接球的表面积为20π3【答案】ABDπ【详解】等腰直角ABC的斜边AB=4，则AC=BC=ABsin=22，4又D是斜边AB上的一点，且满足CD=2，所以D是AB的中点，AD=DB=CD=2； 对于A：因为D是AB的中点，所以CD⊥AB，′则在三棱锥A′−BCD中，CD⊥AD，CD⊥BD，因为AD′BD=D，ADBD′,⊂平面ABD′，故CD⊥平面ABD′，AB′⊂平面ABD′，故CD⊥AB′，故A正确；11对于B，当AD′⊥BD时，SABD′=×ADDB′×=××222=，22114由于CD⊥平面ABD′，故VVABCD′′−−=CDAB=SA′DB⋅=CD×22×=，故B正确；333对于C，当AB′=23时，AD′=DB=2,222(AD′′)+−(BD)(AB)4412+−1则cos∠=ADB′==−，而∠∈ADB′(0,π)，2×ADBD′×222××22π故∠=ADB′，3′由于CD⊥平面ABD′，CD⊥AD，CD⊥BD，故∠ADB′为二面角A′−−CDB的平面角，2π故当AB′=23时，二面角A′−−CDB的大小为，故C错误；32π∠=ADB′时，22对于D，当AB′′=()AD+DB−2ADDB′⋅cos∠A′DB=++=44423，3AB′2324r===设ADB′的外接圆圆心为O′，半径为r，则sin∠ADB′3，所以r=2，2因为CD⊥平面ABD′，所以三棱锥A′−BCD的外接球的球心位于过O′垂直于平面ABD′的直线上，且在过CD的中点E垂直于CD的平面上，设球心为O，由于OO′⊥平面ABD′，则OOCD′//，故过E作OO′的垂线，垂足即为O，即三棱锥A′−BCD的外接球的球心，1则四边形OODE′为矩形，故OO′=ED=CD=1，2设棱锥A′−BCD的外接球的半径为R，连接OD，2222故R==+=OD(OO′)(OD′)145+=，则R=5，2故三棱锥A′−BCD的外接球的表面积为4πR=20π，故D正确， 故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，2ACsin∠∠∠ABD:sinADB:sinBAD=3:5:7．则（1）BD=；（2）的最小值为．BCCD⋅60【答案】349【详解】sin∠∠∠ABD:sinADB:sinBAD=3:5:7，由正弦定理可得：ADABBD::=3:5:7，设AD=3,kAB=5,kBD=7k，2222222AB+−ADBD25k+−9k49k−15k1由余弦定理可得cos∠=BAD===−，22ABAD23××k5k30k22π在ABC中，∠∈BAD(0,π)，可得∠=BAD，3BD由正弦定理可得=2R=21×，sin∠BAD33353∴=×=BD23，AD=,AB=，27722π22设BC=mCD,=n，由余弦定理得9=+−mnmncos=+−mnmn，3由托勒密定理得ACBD·=ABCD·+BCAD·，222215nm+92225n++81m270mn25n++9m30mn即AC=，平方得AC==，212121×492AC设λ=，BCCD25nm93030225609mn25221519919∴=++≥+λ2=，当且仅当=且m+−=nmn9，即mn=,=249mn494949494949nm491919时取等号，260AC60∴λ的最小值为，即的最小值为.49BCCD⋅4960故答案为：3;.4913．已知海岛B在海岛A的北偏东75°的方向上，且两岛的直线距离为30nmile.一艘海盗船以30nmile/h 的速度沿着北偏东15°方向从海岛B出发，同时海警船以303nmile/h的速度从海岛A进行追赶，经过t小时后两船相遇，则海警船的航行方向是北偏东.【答案】45°【详解】设海警船的航行方向是北偏东α，由题知∠BAC=75°−α，∠ABC=105°+°=15120°，AC=303,tBC=30t，30tt3031在ABC中，由正弦定理得到=，得到sin(75°−α)=，sin(75°−α)sin120°2又0<<°α90，所以75°−=α30°，得到α=45°，故答案为：45°.14．在三棱锥P−ABC中，已知ABC是边长为2的正三角形，且PA=PB.若PAB和ABC的面积之积5为3，且二面角PABC的余弦值为，则该三棱锥外接球的表面积为.517π17【答案】/π33【详解】设AB中点为H，ABC外接圆圆心为M，球心为O，因为PA=PB，所以PH⊥AB，1π又ABC是边长为2的正三角形，所以SABC=××22sin=3，结合题设有SPAB=1，231所以××21PH=，得到PH=1，所以PAB是等腰直角三角形，其外接圆圆心为H，2又因为CH⊥AB，所以∠PHC为二面角PABC的平面角，结合已知该角为锐角，5由题意可知，cos∠=CHP，过H，M分别作平面PAB，平面ABC的垂线，相交于一点，5由截面圆的性质可知，两垂线的交点为球心O，如图所示，525OM1所以sin∠=OHM，cos∠=OHM，得到tan∠==OHM，55HM2CH3233又易知MH==，CM=，所以OM=，33362217所以外接球半径R==+=OCOMMC，12 217π所以外接球表面积SR=4π=，317π故答案为：.3四、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a=(1,1)，b=1，a与b的夹角为45°.(1)求23ab−；(2)若向量(2ab−λ)与(λab−3)的夹角为钝角，求实数λ的取值范围.【答案】(1)235ab−=(2)(−∞−,6)(−6,1)(6,+∞)【详解】（1）因为a=(1,1)，所以a=2，2则abab⋅=cos45°=21××=1，222故2ab−=34ab+−912a⋅b=+−=89125.22（2）令(2abab−⋅−<λλ)(30)，则2λλa−2abab⋅−⋅+630λb<，22所以4λλ−−+<630λ，即λλ−+>760，解得λ<1或λ>6，2当(2ab−λ)与(λab−3)共线时，则23×−=−()λ，2则23×−≠−()λ时，(2ab−λ)与(λab−3)不共线，则λ≠±6，又向量(2ab−λ)与(λab−3)的夹角为钝角，则实数λ的取值范围为(−∞−,6)(−6,1)(6,+∞).16.（本小题15分）π已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2sinbA+−=2ac．6 (1)求B；(2)若∠ABC的平分线交AC于点D，且BD=2，a=3，求ABC的面积．2π【答案】(1)B=393(2)．2ππ【详解】（1）由正弦定理及2sinbA+−=2ac，得2sinsinBA+−2sinAC=sin，66所以sinB(3sinA+−=+cosA)2sinAsin(AB)，整理，得3sinsinAB−=2sinAsincosAB．π因为sinA≠0，所以3sinBB−=cos2，即sinB−=1．6ππ5π2π因为BB∈(0,π),,−∈−，所以B=．6663（2）因为BD为∠ABC的平分线，所以SSSABC=BCD+BAD，111∠∠ABCABC即acsin∠ABC=×2sinc+×2sina，22222化简，得ac=2(ac+)，由a=3，得c=6，1所以SABC=acsinB212π93=×××36sin=．23217.（本小题15分）袋中装有质地均匀、大小相同的红球和白球共10个．现进行摸球游戏．21(1)若采取有放回的方式从袋中每次摸出1个球，共摸球两次，至少有一次摸出白球的概率是．求袋中25红球的个数；(2)已知袋中有红球5个，从袋中每次摸出1个球，若是红球则放回袋中，若是白球则不放回袋中，求摸球三次共取出两个白球的概率；(3)若采取不放回的方式从袋中每次摸出1个球，若连续两次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直至第六次摸球后结束．若第三次摸球后停止摸球的概率大于第五次摸球后停止摸球的概率，求袋中红球个数的所有可能取值．【答案】(1)4个121(2)324 (3)4，5，6，7，8个【详解】（1）设袋中有红球m个．m设A=“采取有放回的方式从袋中每次摸出1个球”，则PA()=．10设B=“摸球两次，至少得到一次白球”．B=“摸球两次，两次均为红球”．22m21则PB()1=−=PB()1−=PA()1−=，解得m=4，即袋中红球有4个．1025（2）设事C=“摸球三次共取出两个白球”，则三次摸球可能情况为：“白白红”，“白红白”，“红白白”，545554554121则PC()=××+××+××=．1098109910109324121所以摸球三次共取出两个白球的概率为．324（3）设E=“第三次摸球后停止摸球”，F=“第五次摸球后停止摸球”．由题意知：19≤≤m．若m=1，则不可能连续两次摸到红球，不合题意．8211若m=2，则事件E三次摸球依次为“白红红”，PE()=××=，109845876211事件F五次摸球依次为“白白白红红”，PF()=××××=，PE()=PF()，不合题意．10987645若m=9，则最多第四次就停止摸球，不符合题意．2877若m=8，则事件E三次摸球依次为“白红红”，PE()=××=，109845事件F五次摸球依次为“白红白红红”或“红白白红红”，28176821762PF()=××××+××××=，PE()>PF()，符合题意．1098761098764510−−mmm1若3m7≤≤，则事件E：三次摸球依次为“白红红”，PE()=××，1098事件F：五次摸球依次为“白白白红红”或“白红白红红”或“红白白红红”，10−−−m9m8mmm−−110mm9−−−mm1m2PF()=××××+××××109876109876m10−−−−m9mm1m2+××××，109876(9−−m)(8m)(9−−mm)(2)由PE()>PF()得，12>+，42422即mm−+>560，解得m<2或m>3．即m=4，5，6，7，综上所述，红球个数的所有可能取值为4，5，6，7，8个． 18.（本小题17分）近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行的营销形式．某直播平台1200个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图所示．(1)该直播平台为了更好地服务买卖双方，打算随机抽取60个直播商家进行问询交流．如果按照比例分层抽样的方式抽取，则应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？(2)在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对（1）中抽取的60个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如右图所示，请根据频率分布直方图计算下面的问题：①估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（结果保留一位小数，求平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；②若将平均日利润超过430元的商家评为“优秀商家”，估计该直播平台“优秀商家”的个数．【答案】(1)小吃类24家，生鲜类9家(2)①中位数为342.9，平均数为352.5；②168【详解】（1）60×(125%15%10%5%5%−−−−−=)24，6015%×=9，所以应抽取小吃类24家，生鲜类9家；（2）①根据题意可得(0.0013×++a0.0030.0050.007++)×=501，解得a=0.002，设中位数为x，因为(0.0010.003+)×=500.2，(0.0010.0030.007++)×=500.55，所以(x−×+=300)0.0070.20.5，解得x≈342.9，平均数为：(2250.0012750.0033250.0073750.0054250.002×+×+×+×+×+×+×4750.0015250.001)×=50352.5，所以该直播平台商家平均日利润的中位数为342.9，平均数为352.5.450430−②×0.0020.0010.001++××501200168=,50所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为168.19.（本小题17分） 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的阳马P−ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD=CD=2，点E是PC的中点，连接DE、BD、BE.(1)证明：DE⊥平面PBC.试判断四面体EBCD是否为鳖臑.若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；π(2)设H点是AD的中点，若面EDB与面ABCD所成二面角的大小为，求四棱锥E−HBD的外接球的表3面积.【答案】(1)证明见解析，是鳖臑，四个面的直角分别是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB(2)7π【详解】（1）因为PD⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD所以PD⊥BC，因为ABCD为长方形，所以BC⊥CD，因为PDC∩=DD，PDCD,⊂平面PCD所以BC⊥平面PCD，因为DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE，因为PD=CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC，因为PC∩=BCC，PCBC,⊂平面PBC，所以DE⊥平面PBC，由BC⊥平面PCD，DE⊥平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑，其四个面的直角分别是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB； （2）找DC中点F，连接EF，过F做FG⊥BD，连接EG；因为E，F是PC，DC中点，所以EF⊥平面ABCD，BD⊂面ABCD，所以EF⊥BD，又因为FG⊥BD，EF∩=FGF，EFFG,⊂平面EFG，所以BD⊥平面EFG，所以∠EGF就是面EDB与面ABCD所成二面角的平面角；设AD=t，又因为DFG∽DBC，DFFGt所以=，所以FG=，2BDBCt+4EF3所以tan∠==EGF3，又EF=1，得EF=FG3t3所以=，解得t=2，t2+43232因为CD=2，AD=2，所以BD=6，DH=，HB=；22222DH+−HBBD122所以cos∠=DHB=−，sin∠=DHB；23⋅⋅DHHB3设△DHB的外接圆半径为r，外接圆圆心为O，BD3333则2r==，r=DO=HO=BO=，sin∠DHB24过点O作OM⊥CD，OK⊥DH，垂足分别为MK,，连接OF，12225则OM=DK=DH=，DM=−=DOOM，24413又DF=1，所以FM=，所以FO=，44 设球心为O1，设OO1=λ，若球心和点E位于平面DHB异侧，2233232则R==HO+==λλEO++(1)，11441λ=，47四棱锥E−HBD的外接球的半径为R=，22SR表=4π=7π，若球心和点E位于平面DHB同侧，则2233232R=HO11=+=λλEO=+−(1)，441解得λ=−（舍去）.4