浙江省宁波市余姚市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波市余姚市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
余姚市2022学年第二学期高中期末考试高一数学试题卷说明：本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卡上.第I卷（选择题  共60分）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确选项.1. 若复数为纯虚数，则实数的值为（    ）A. 2 B. 2或 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用纯虚数的定义列式计算作答.【详解】因为复数为纯虚数，则有，解得，所以实数的值为.故选：C2. 在中，内角，，所对的边分别为，，.已知，若，则角的大小为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据余弦定理以及正弦定理求解即可.【详解】已知，结合余弦定理得出，又，所以.已知，结合正弦定理得，则.所以，故.故选：A.3. 已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据斜二测画法的知识确定正确答案.【详解】正三角形的高为，根据斜二测画法的知识可知，直观图的面积为.故选：B4. 已知平面向量，满足，且，若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据向量垂直数量积0，结合已知可得.【详解】依题意，即．又，且，所以，即，解得.故选：C．5. 下列命题正确的是（    ）①平行于同一条直线的两条直线平行；②平行于同一条直线的两个平面平行；③平行于同一个平面的两条直线平行；④平行于同一个平面两个平面平行A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ②③【答案】C【解析】【分析】根据空间平行关系分别判断每个命题即可.【详解】①由平行线间的传递性可知，平行于同一条直线的两条直线平行，故①正确；②平行于同一条直线的两个平面平行或相交，故②错误；③平行于同一个平面的两条直线平行、相交或异面，故③错误；④根据平面平行的性质，平行于同一个平面的两个平面平行，故④正确.故选：C.6. 某图书馆统计了某个月前8天纸质图书的借阅情况，整理数据得到如下折线图．根据折线图，下列结论正确的是（    ）A. 这8天里，每天图书借出数的极差大于50B. 这8天里，每天图书借出数的平均数大于105C. 这8天里，每天图书借出数中位数大于101D. 前4天图书借出数的方差小于后4天图书借出数的方差【答案】C【解析】【分析】利用折线图求出极差、平均数、中位数判断A、B、C；应用方差的求法分别求出前4天、后4天图书借出数方差判断D.【详解】A：每天图书借出数的极差为，错；B：每天图书借出数的平均数，错；C：由数据从小到大排序为，则中位数为，对；D：前4天平均数，则方差为，后4天平均数，则方差为，所以前4天图书借出数的方差大于后4天图书借出数的方差，错.故选：C7. 在正四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为的等腰三角形，则正四棱锥的外接球的体积为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE，在中，由求解.【详解】解：如图所示设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE，因为在正四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为的等腰三角形，所以，在中，，即，解得，所以外接球的体积为，故选：C8. 如图，在平面四边形ABCD中，．若点E为边CD上的动点（不与C、D重合），则的最小值为（    ）  A.  B.  C.  D. 1【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出相关点坐标，求得的坐标，根据数量积的坐标表示，结合二次函数知识，即可求得答案.【详解】由于，如图，以D为坐标原点，以为轴建立直角坐标系，连接,由于，则≌,  而，故，则，则，设，则，，故，当时，有最小值，故选：B．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.每小题有多个正确选项，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 甲乙两台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床的正品率是0.8，乙机床的正品率为0.9，分别从它们制造的产品中任意抽取一件，则（   ）A. 两件都是次品的概率为0.02B. 事件“至多有一件正品”与事件“至少有一件正品”是互斥事件C. 恰有一件正品的概率为0.26D. 事件“两件都是次品”与事件“至少有一件正品”是对立事件【答案】ACD【解析】【分析】运用互斥事件、对立事件的定义可判断B项、D项，运用概率的加法公式及相互独立事件的概率公式计算可判断A项、C项.【详解】对于A，若取出的两件都是次品，其概率，故A项正确；对于B，事件“至多有一件正品”包含有两件次品、一件正品和一件次品，“至少有一件正品”包含有两件正品、一件正品和一件次品，所以两个事件不是互斥事件，故B项错误；对于C，恰有一件正品，其概率，故C项正确；对于D，“至少有一件正品” 包含有两件正品、一件正品和一件次品，所以事件“两件都是次品”与事件“至少有一件正品”是对立事件，故D项正确；故选：ACD.10. 已知复数z满足，则（    ）A. B. z满足方程C. D. z在复平面内对应的点位于第二象限【答案】AB【解析】【分析】运用复数除法化简可得，分别运用复数模公式、运算公式及复数几何意义即可判断各个选项.【详解】因为，所以，对于A项，，故A项正确；对于B项，将代入得：，故B项正确；对于C项，，故C项错误；对于D项，，所以在复平面内对应的点为，故D项错误.故选：AB.11. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（    ）A. 若，则为锐角三角形B. 若，则C. 若，则此三角形有2解D. 若，则为等腰三角形【答案】BC【解析】【分析】运用余弦定理可判断A项，运用大边对大角及正弦定理可判断B项，作图可判断C项，解三角函数方程可判断D项.【详解】对于A项，因为，所以，所以为锐角，但不一定是锐角三角形，故A项不成立；对于B项，因为，所以由正弦定理可知，，故B项正确；对于C项，如图所示，    因为，所以此三角形有2解，故C项正确；对于D项，因为，，所以或，即：或，所以为等腰三角形或直角三角形，故D项不成立.故选：BC.12. 已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点M为侧棱上的动点（包括端点），平面．下列说法正确的有（    ）A. 异面直线AM与可能垂直B. 直线BC与平面可能垂直C. AB与平面所成角的正弦值的范围为D. 若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为【答案】AD【解析】【分析】在题设条件下，对于A选项：矩形BCC1B1中，判断在CC1上是否存在点M使即可；对于B选项：判断直线AM与BC是否平行即可；对于C选项：与平面所成角转化为与平面的垂线所成角解决；对于选项D：作出并证明平面截正四棱柱所得截面多边形，再求出周长即可.【详解】在正四棱柱中，底面正方形ABCD的边长为1，AA1=2，如图：  选项A：当MC=时，在矩形BCC1B1中，，所以，又因为AB⊥平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，又因为，、平面，所以B1C⊥平面ABM，所以，故选项A正确；选项B：因为AM与BC是异面直线，所以AM与BC不可能平行，故与不可能垂直，故选项B错误；选项C：因为平面，AB是平面的斜线，则AB与平面所成角，所以，又因为当点M在棱CC1移动时，，所以，所以，故选项C错误；选项D：当M为CC1中点时，连接AB1，AD1，AC，MB1，MD1，BD1，如图所示，    则有，，所以，所以AM⊥MB1，同理AM⊥MD1，又因为，、面，所以AM⊥平面MB1D1，所以平面截正四棱柱所得截面多边形为正△，所以其周长，故选项D正确.故选：AD.第Ⅱ卷（非选择题  共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量，，且与共线，则________．【答案】【解析】【分析】利用共线解出值，根据数量积坐标公式解出结果.【详解】向量，且与共线，得，，所以．故答案为：.14. 在中，，，，则绕所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积为______________.【答案】【解析】【分析】由题知该旋转体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，根据圆锥侧面积计算公式可得.【详解】解：由题知该旋转体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，在中，，，，如下图所示，底面圆的半径为，则所形成的几何体的表面积为.故答案为：.【点睛】本题考查旋转体表面积计算问题，属于基础题.15. 如图所示，摩天轮的直径为，最高点距离地面的高度为，摩天轮按逆时针方向作匀速转动，且每转一圈．若游客甲在最低点坐上摩天轮座舱，则在开始转动后距离地面的高度为________m．【答案】##【解析】【分析】由题意可知，距离地面的高度与时间所满足的关系式为，然后根据条件求出解析式可得答案.【详解】由题意可知，距离地面的高度与时间所满足的关系式为，因为摩天轮的直径为，最高点距离地面的高度为，所以，解得，因为每转一圈，所以，，当时，，所以，所以可取，所以，所以当时，故答案为：16. 中，，，，是边上的中线，，分别为线段，上的动点，交于点.若面积为面积的一半，则的最小值为______【答案】2【解析】【分析】利用平面向量的共线定理结合基底表示数量积，转化为函数求最值即可.【详解】设，由向量共线的充要条件不妨设，则，即，又面积为面积的一半可得：，所以.，易知当时，即重合时取得最小值.故答案为：2【点睛】关键点点睛：由点共线及向量间的关系，设、、得到，面积关系得，最后应用数量积运算律转化数量积为关键.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 为了纪念2017年在德国波恩举行的联合国气候大会，某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动．某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是．若各家庭回答是否正确互不影响．（1）求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；（2）求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．【答案】（1），；    （2）．【解析】【分析】（1）记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，根据独立事件概率的求法计算即可得出结果；（2）根据独立事件概率的求法分别求出有0个、1个家庭回答正确的概率，利用间接法即可求出不少于2个家庭回答正确这道题的概率．【小问1详解】记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，则，，，即，，所以，．所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率为和.【小问2详解】有0个家庭回答正确的概率，有1个家庭回答正确的概率，所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率．18. 如图，已知等腰中，，，点P是边BC上的动点.（1）若点P是线段BC上靠近B的三等分点，试用向量，表示向量；（2）求的值.【答案】（1）    （2）10【解析】【分析】（1）根据向量的加减法和数乘运算表示；（2）利用向量数量积的定义和运算律求解.【小问1详解】因为.【小问2详解】取中点，则,且,又因为，，所以,所以19. 如图①，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为AB，BC，BB1，的中点．（1）求证：平面EFG⊥平面BB1D1D；（2）将该正方体截去八个与四面体B-EFG相同的四面体得到一个多面体(如图②)，若该多面体的体积是，求该正方体的棱长．【答案】（1）证明见解析；（2）4．【解析】【分析】(1)连接AC，可得EF//AC，证得EF⊥平面BB1D1D即可作答；(2)利用正方体的棱长a表示出四面体B-EFG的体积，再利用割补法列式即可得解.【详解】（1）在正方体中，平而，而平面，则连接，如图，在中，分别为的中点，即，在正方形中，，于是得又因平面平面，从而得平面又平面，所以平面平面；（2）设正方体的棱长为，由（1）知，四面体的体积为，因此所得多而体的体积为，解得，所以该正方体的棱长为4．20. 某校高一举行了一次数学竞赛，为了了解本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的分数（得分取正整数，满分为100）作为样本（样本容量为）进行统计，按照，，，，的分组作出频率分布直方图，已知得分在，的频数分别为8，2．（1）求样本容量和频率分布直方图中的值；（2）估计本次竞赛学生成绩的中位数；（3）在选取的样本中，从竞赛成绩在80分以上（含80分）的学生中随机抽取2名学生，求所抽取的2名学生中至少有一人得分在内的概率．【答案】(1)；(2)；(3).【解析】【详解】试题分析：(1)借助题设条件运用频率分布直方图求解；(2)借助题设条件运用频率分布直方图中提供的数据信息求解；(3)运用列举法和古典概型计算公式求解.试题解析：（1）由题意可知，样本容量n==50， ，x=0.100﹣0.004﹣0.010﹣0.016﹣0.040=0.030； （2）设本次竞赛学生成绩的中位数为m，平均分为，则[0.016+0.03]×10+（m﹣70）×0.040 =0.5，解得， =（55×0.016+65×0.030+75×0.040+85×0.010+95×0.004]×10=70.6， （3）由题意可知，分数在[80，90）内的学生有5人，记这5人分别为a1，a2，a3，a4，a5，分数在[90，100]内的学生有2人，记这2人分别为b1，b2．抽取的2名学生的所有情况有21种，分别为：（a1，a2），（a1，a3），（a1，a4），（a1，a5），（a1，b1），（a1，b2），（a2，a3），（a2，a4），（a2，a5），（a2，b1），（a2，b2），（a3，a4），（a3，a5），（a3，b1），（a3，b2），（a4，a5），（a4，b1），（a4，b2），（a5，b1），（a5，b2），（b1，b2）． 其中2名同学的分数都不在[90，100]内的情况有10种，分别为：（a1，a2），（a1，a3），（a1，a4），（a1，a5），（a2，a3），（a2，a4），（a2，a5），（a3，a4），（a3，a5），（a4，a5）．∴所抽取的2名学生中至少有一人得分在[90，100]内的概率. 考点：频率分布直方图、频率与频数的关系及古典概型的计算公式等有关知识的综合运用．【易错点晴】本题以学校中的数学竞赛的数学成绩的抽样统计的频率分布直方图为背景,设置了三个较为平常的数学问题.解答时一定要充分利用题设中提供的频率分布直方图所提供的数据信息,结合题设条件进行求解.第一问中求的是频率分布直方图中的未知数的值,运用该频率分布直方图时一定要注意该图的纵坐标是频率与组距的比值,这一点解题很容易被忽视.第二问中求的是中位数和平均数,求解时先依据中位数这个概念建立了方程求解,再运用平均数公式进行求解；第三问是运用简单枚举法一一列举出基本事件的所有可能和符合条件的事件的可能,最后运用古典概型的计算公式求出其概率的值.这是一道非常平常的考查基础知识和基本方法的基础题.21. 如图，在平面四边形ABCD中，，．（1）若，，，求△ACD的面积；（2）若，，求的最大值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先用余弦定理求出 ，再利用面积公式求解；（2）设，运用正弦定理分别表示出 ，再利用恒等变换以及三角函数的性质求解.【小问1详解】在中，，因为，所以，所以的面积；【小问2详解】设， ，则，．在中，，则，在 中，，则，所以，当时，取得最大值；综上，的面积为 ，的最大值.22. 已知一圆形纸片的圆心为，直径，圆周上有、两点.如图，，，点是上的动点.沿将纸片折为直二面角，并连结，，，.（1）当平面时，求的长；（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）利用线面平行可得，进而求出等腰的底角即可计算作答.（2）由已知证明平面，再由体积最大可得，然后作出二面角的平面角，借助直角三角形求解作答.【小问1详解】因平面，平面内，平面平面，则有，因此，，而，则，所以的长是.【小问2详解】因，平面平面，平面平面，平面ABC，则平面，三棱锥的体积，因此，三棱锥的体积最大，当且仅当，即，取PD中点M，连接OM，CM，由，可得，如图，于是得，即是二面角的平面角，而，在中，，则，，所以二面角的余弦值是.