浙江省宁波市九校联考2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份浙江省宁波市九校联考2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷（含答案），共23页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

浙江省宁波市九校联考2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题
1、已知复数，则z的共轭复数的虚部为( )
A.1 B.i C. D.
2、在平面直角坐标系中，若角以x轴的非负半轴为始边，且终边过点，则的值为( )
A. B. C. D.
3、设l是一条直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是( )
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，，则
4、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面BCD，，且，则其内切球表面积为( )
A. B. C. D.
5、已知等比数列的前n项积为，若，则( )
A. B. C. D.
6、如图，在棱长均为2的直三棱柱中，D是的中点，过B、C、D三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点所在部分的体积为( )

A. B. C. D.
7、在中，是边AB的中点，且对于边AB上任意一点P，恒有，则一定是( )
A.直角三角形 B.锐角三角形 C.钝角三角形 D.等腰三角形
8、十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的答案是：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点称为费马点，已知在中，已知，，，且点M在AB线段上，且满足，若点P为的费马点，则( )
A. B. C. D.
二、多项选择题
9、下列说法正确的是( )
A.若，，则 B.
C.若，则 D.
10、下列说法正确的是( )
A.若的最小正周期为，则
B.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“”是“”的充要条件
C.三个不全相等的实数a，b，c依次成等差数列，则，，可能成等差数列
D.的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则的面积为
11、《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的数学著作，其中第十一卷称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，AB，CD是直角圆锥SO底面圆的两条不同的直径，下列说法正确的是( )

A.存在某条直径CD，使得
B.若，则三棱锥体积的最大值为
C.对于任意直径CD，直线AD与直线SB互为异面直线
D.若，则异面直线SA与CD所成角的余弦值是
12、已知数列中各项都小于，，记数列的前n项和为，则以下结论正确的是( )
A.任意与正整数m，使得
B.存在与正整数m，使得
C.任意非零实数与正整数m，都有
D.若，则
三、填空题
13、杭州第19届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴.在中国历史上，历代书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为30和12的两个同心圆上的弧（长度单位为cm），侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为.若某空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为______.

14、已知等差数列，，，则______.
15、如图，在直三棱柱中，，，，动点P在内（包括边界上），且始终满足，则动点P的轨迹长度是______.

16、已知向量，的夹角为，且，向量满足，且，记，，则的最大值为______.
四、解答题
17、定义一种运算：.
（1）已知z为复数，且，求；
（2）已知x、y为实数，也是实数，将y表示为x的函数并求该函数的单调递增区间.
18、今年9月，象山将承办第19届杭州亚运会帆船与沙滩排球项目比赛，届时大量的游客来象打卡“北纬30度最美海岸线”.其中亚帆中心所在地——松兰山旅游度假区每年各个月份从事旅游服务工作的人数会发生周期性的变化.现假设该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数可近似地用函数来刻画.其中正整数x表示月份且，例如时表示1月份，A和k是正整数，.统计发现，该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数有以下规律：
①各年相同的月份从事旅游服务工作的人数基本相同；
②从事旅游服务工作的人数最多的8月份和最少的2月份相差约160人；
③2月份从事旅游服务工作的人数约为40人，随后逐月递增直到8月份达到最多.
（1）试根据已知信息，确定一个符合条件的的表达式；
（2）一般地，当该地区从事旅游服务工作的人数超过160人时，该地区就进入了一年中的旅游旺季，那么一年中的哪几个月是该地区的旅游旺季？请说明理由.
19、已知数列的前n项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）记，数列的前n项和为，求.
20、在中，内角A，B都是锐角.
（1）若，，求周长的取值范围；
（2）若，求证：.
21、已知边长为6的菱形ABCD，，把沿着AC翻折至的位置，构成三棱锥，且，，.

（1）证明：；
（2）求二面角的大小；
（3）求EF与平面所成角的正弦值.
22、已知数列中，，当时，其前n项和满足：，且，数列满足：对任意有.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）设是数列的前n项和，求证：.
参考答案
1、答案：D
解析：，
所以，所以的虚部为.
故选：D.
2、答案：A
解析：角的终边经过点，，，
，
则.
故选：A.
3、答案：C
解析：若，，则或、相交，故A错误；
若，，则l与的位置关系都有可能，故B错误；
若，，则，故C正确；
若，，则或，故D错误；
故选：C.
4、答案：C
解析：
因为四面体ABCD四个面都为直角三角形，平面BCD，，
所以，，，，
设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r，
则
所以，
因为四面体ABCD的表面积为，
又因为四面体ABCD的体积，
所以，
所以内切球表面积.
故选：C.
5、答案：D
解析：设等比数列的公比为q，
当，则，所以，，，
若，则，，，不符合题意；
若，则单调（或为常数1），此时不满足，故不符合题意，所以；
当，，此时奇数项为负，偶数项为正，则，，，不符合题意，
当，，此时奇数项为正，偶数项为负，则，，，不符合题意，
所以，故A错误，
又，
，

又，所以，所以，
故对任意的，，则对任意的，，故B错误；
又，，所以，，
所以，，
，
所以，故D正确，C错误.
故选：D.
6、答案：B
解析：设平面BCD交于点E，连接DE、CE，

在三棱柱中，平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，
又因为且，故四边形为平行四边形，所以，，
所以，，
因为D为的中点，所以，E为的中点，且，
因为直三棱柱的每条棱长都为2，
则，
易知是边长为1的等边三角形，则，

，
因此，顶点所在部分的体积为.
故选：B.
7、答案：A
解析：如下图所示，取BC的中点D，

显然，，
同理，，
因为，所以，
即，所以，
因为D，是BC，AB的中点，所以，
所以，所以一定是直角三角形.
故选：A
8、答案：C
解析：因为，，，
由余弦定理可得，
由正弦定理，即，所以，
显然B为锐角，所以，
设，则，即，
解得，即，
所以，
所以，

又，即为锐角，
所以的三个内角均小于，则P为三角形的正等角中心，
所以
，
所以，
因为


.
故选：C
9、答案：BC
解析：对于A：当且与不共线时，满足，，但是与不共线，故A错误；
对于B：设，则，则，故B正确；
对于C：因为，则，则，所以，故C正确；
对于D：设，则，则表示与共线的向量，
而表示与共线的向量，故D错误；
故选：BC
10、答案：ABD
解析：对于A，
，，
则的最小正周期，则，故A正确；
对于B，在中，根据“大角对大边，大边对大角”可知，“”是“”的充要条件，故B正确；
对于C，a，b，c依次成等差数列，则，如果，，成等差数列，则，代入得，平方得，则，
所以，与题意矛盾，故C错误；
对于D，过点作交轴于点，
因为的斜二测直观图是边长为2的正三角形，
所以的高，
所以，
所以原图中，，，
所以的面积为.故D正确.

故选：ABD
11、答案：BCD
解析：对于A，连接SD，AC，因为平面ABD，平面ABD，所以，
若，只需，
因为CD是直径，所以，所以不存在直径CD，使得，
所以不存在某条直径CD，使得，A错误；

对于B，若，则，
所以三棱锥的体积为，
所以当时，三棱锥体积的最大值为，B正确；
对于C，AB，CD是直角圆锥SO底面圆的两条不同的直径，所以AD与SB没有交点，
而平面，平面ADBC，所以直线AD与直线SB互为异面直线，C正确；
对于D，取SB的中点E，取OB的中点F，连接OE，CE，CF，EF，
则，所以（或及其补角）为异面直线SA与CD所成角的平面角.
令，则，所以，，，
因为，所以，则，
所以，
所以，D正确.

故选：BCD
12、答案：AD
解析：对于A：因为，所以，
所以，则，故A正确；
对于B：记，由，
可得，因为在上单调递减，
所以对于任意正整数，，故B错误；
对于C：由A可知所有同号，
①当时，易得对于任意正整数n，，
②当时，，即，
因为在上单调递减，所以对于任意正整数n，，
③当时，，即，
因为在上单调递减，所以对于任意正整数n，，故C错误；
对于D：由B可知对于任意正整数n，，
当，时，所以，
由C中②知当时，，又，解得，
所以，
所以，故D正确；
故选：AD
13、答案：
解析：一个圆锥的侧面展开图是半径为30，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为r，高为h，
所以，可得，因此，该圆锥的高为，
侧面展开图是半径为12，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为，高为，所以，可得，因此，该圆锥的高为，因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为.
故答案为：.
14、答案：1
解析：记等差数列的公差为d，则，
因为，，
所以
，
所以.
故答案为：1
15、答案：
解析：在直三棱柱中，平面ABC，
因为平面ABC，所以，，
又因为，，BC、平面，
所以，平面，
因为平面，所以，，
因为，，则四边形为菱形，所以，，
又因为，AC、平面，所以，平面，
因为平面，所以，.
在平面内，过点作，垂足为点H，
因为平面，平面，则，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
由于动点P又在内，所以动点P在平面与平面的交线上，

因为，，，
所以，，
由等面积法可得，
因此，动点P的轨迹长度是.
故答案为：.
16、答案：
解析：
设，，，则，
由，知，即，
所以，
因为，所以点C在线段AB上，
设，则，
所以



故原问题转化为求的最大值，
在中，由余弦定理知，

，当且仅当时，等号成立，
故AB的最小值为，
因为，所以，即，
所以，
即，即，
所以.
故答案为：
17、答案：（1）
（2），增区间为
解析：（1）设，
因为，
所以，，即，则，因此，.
（2）为实数，则，
所以，
，
由可得，
因此，函数的单调递增区间为.
18、答案：（1），
（2）第7，8，9月是该地区的旅游旺季，理由见解析
解析：（1）因为A和k是正整数，由②可知，解得；
由③可得：，则，且，解得；
所以，又，
即，解得；
所以，.
（2）令，则，
因为，则，
可得，解得，
且，则，8，9
所以第7，8，9月是该地区的旅游旺季.
19、答案：（1）
（2）
解析：（1）当时，，
当且时，，
不满足，
综上所述，.
（2）因为，
所以，，
因此，.
20、答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）因为，，所以，
所以，
因为

所以，
因为内角A，B都是锐角，，
所以，即，所以，
所以，所以周长的取值范围为，
（2）若，则，所以C为锐角，
所以，所以，
因为内角A，B都是锐角，所以A，，
所以，
所以.
21、答案：（1）证明过程见解析
（2）
（3）
解析：（1）取AC中点O，连接，OD，
因为菱形ABCD，，
所以，为等边三角形，
所以，
又因为，面，，
所以面，
因为面，
所以

（2）因为，，
所以，
平方得，，
即，解得，
在中，由余弦定理得，，
所以，
由（1）可知，是二面角的平面角，
在等边中，，同理，
在中，由余弦定理，，
因为，所以，
即二面角的大小为.
（3）取中点G，连接CG，则E是GD靠近G的三等分点，
则，
所以CG与平面所成角即为所成角，
在平面中，作，
因为面，面，
所以，
又因为AC，面，，
所以面，
所以是CG与平面所成角，
在中，，，所以
，
在中，由，得，，
所以，
所以EF与平面所成角的正弦值为.

22、答案：（1）证明见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
解析：（1），，
，即①
由题意，
将①式两边同除以，得，
数列是首项为，公差为1的等差数列.
（2）由（1）可知，，
当时，，即，
当时，②，
则③，
②③，，即，
因为满足，
所以.
（3）由（2）可知，
当时，，
当时，，
所以
.
所以.