浙江省宁波市慈溪市2023-2024学年高一下学期期末测试数学试题（Word版附解析）

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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58分）
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. 已知，则在复平面内对应点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由题意，复数在复平面对应的点为位于第一象限.
故选：A.
2. 已知向量 则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量减法法则进行计算.
【详解】.
故选：B
3. 在如图所示的两种分布形态中（ ）
A. （1）中的中位数大于平均数
B. （1）中的众数大于平均数
C. （2）中的众数小于中位数
D. （2）中的平均数小于中位数
【答案】D
【解析】
【分析】根据直方图矩形高低以及数据的分布趋势，判断即可得出结论
【详解】众数是最高的矩形的中点横坐标，因此（1）中的众数在第二列矩形的中点处，
（1）中的数据第二、三列较多，且右侧拖尾，
所以平均数大于中位数，即在（1）中，众数<中位数<平均数；
同理在（2）中，平均数<中位数<众数.
故选：D.
4. 将一个半径为的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱锥形状的铁锭，若铁锭的底面边长为，则铁锭的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用球的体积公式及棱锥的体积公式，建立等量关系，即可求出结果.
【详解】设铁锭的高为，因为铁球熔化前后体积不变，
由，得到，解得，
故选：A.
5. 若一枚质地均匀的骰子连续抛两次，则点数之和不小于8的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】列举出点数之和不小于8的情况数，结合两次点数共有36种情况，求出概率.
【详解】一枚质地均匀的骰子连续抛两次，两次点数共有36种情况，
其中点数之和为8的情况如下：，
点数之和为9的情况如下：，
点数之和为10的情况如下：，
点数之和为11的情况如下：，
点数之和为12的情况如下：，
故点数之和不小于8的情况共有种，
则点数之和不小于8的概率为.
故选：C
6. 在梯形ABCD中，∥，且（），若则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件将用表示，再对照可得答案.
【详解】因为，所以，
所以，
因为不共线，
所以，所以，
故选：D
7. 已知长方体的一条对角线与经过同一个顶点的三个面所成的角分别为，若 ，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合长方体的性质和线面成角的定义计算可得，从而可求.
【详解】设长方体的棱长为，体对角线为AD，
由长方体可得体对角线长，
由平面，可得平面所成的角为，所以，
同理可得平面所成的角为，所以，
可得平面所成的角为，所以，
所以，
由，因为，所以，
又，代入可得，
又因为，所以.
故选：B.
8. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据，利用正弦定理结合两角和与差的三角函数得到，化简得到，求得，再利用余弦定理结合基本不等式求解.
【详解】在中，有
由正弦定理得，
又，
所以，
因为，所以，即，
则，即，
由余弦定理得
，
则，当且仅当时，等号成立，
所以.
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. 下列命题正确的是（ ）
A. 若某人打靶时连续射击两次，则事件“至少一次中靶”与“两次都没中靶”是对立事件
B. 若学校田径队有49名运动员，其中男运动员有28人，现按性别进行分层随机抽样，从全体运动员中抽出一个容量为14的样本，则女运动员应抽取8人
C. 设一组数据的平均数为x，方差为：，若将这组数据的每一个数都乘以2得到一组新数据，则新数据的平均数为2x，方差为
D. 设A和B是两个概率大于0的随机事件，若A和B相互独立，则A和B一定不互斥
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据对立事件的定义分析判断，对于B，根据分层抽样的定义结合题意求解判断，对于C，根据平均数和方差的性质分析判断，对于D，根据独立事件和互斥事件的定义分析判断.
【详解】对于A，若某人打靶时连续射击两次，则事件“至少一次中靶”与“两次都没中靶”是对立事件，所以A正确，
对于B，由题意可知女运动员应抽取人，所以B错误，
对于C，一组数据的平均数为x，方差为，
若将这组数据的每一个数都乘以2得到一组新数据，
则新数据的平均数为2x，方差为，所以C正确，
对于D，因为A和B是两个概率大于0的随机事件，A和B相互独立，
所以，所以A和B一定不互斥，所以D正确，
故选：ACD
10. 已知,则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用复数的乘法和加法运算就可以得到结果并作出判断.
【详解】由，所以A正确；
由，所以B，D错误；
由，所以C正确；
故选：AC.
11. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，. 若⊥底面，，点E为线段BC上的动点，则（ ）
A. 对于动点E，线段PC上存在动点F （不与端点重合），使得平面
B.
C. AE与平面PBC所成角的范围为
D. 过点A，且与直线AP和BC所成角均为60°的直线有4条
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，证明出线面平行，要想平面，则，而两者不会平行，A错误；B选项，求出与梯形的面积之比，从而得到体积之比；C选项，作出辅助线，证明出线面垂直，得到即为AE与平面PBC所成角，结合图形，得到线面角的最大和最小的情况，并求出范围；D选项，转化为过点A，且与直线AP和AD所成角均为60°的直线条数，结合可做出两个符合要求的正四棱锥，得到结论.
【详解】A选项，因为，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
由于平面与平面不平行，
要想平面，则，
又点E为线段BC上的动点，点F在线段PC（不与端点重合）上，
故不平行，故A错误；
B选项，连接，
因为，，
所以，
梯形的面积，
故，
又三棱锥与三棱锥的高均为，
故，B正确；
C选项，取的中点，连接，
过点作⊥交于点，
因为，所以，
又，所以四边形为平行四边形，
所以，
故⊥，
因为⊥底面，平面，
所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
又，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
连接，则即为AE与平面PBC所成角，
因为，所以为等腰直角三角形，，
故当与重合时，最大，最大为，
又对称性可知，当与或重合时，最小，
由勾股定理得，故，
故，所以AE与平面PBC所成角的范围为，C正确；
D选项，因为，
故过点A，且与直线AP和BC所成角均为60°的直线条数等价于过点A，且与直线AP和AD所成角均为60°的直线条数，
以为邻边作正四棱锥，且侧面均为等边三角形，可以作两个，
故过点A，且与直线AP和BC所成角均为60°的直线可作2条，D错误.
故选：BC
【点睛】求解线面角的大小，需作出辅助线，找到线面角，再结合余弦定理等工具进行求解，也可建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.
第Ⅱ卷 （非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 总体由编号为01， 02，，19，20的20个个体组成.利用下面的随机数表选取8个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字（即65）开始由左到右依次选取两个数字（作为个体的编号）：如果选取的两个数字不在总体内，则将它去掉，继续向右选取两个数字，那么选出来的第6个个体的编号为________
7816 6527 0802 6314 0704 4369 9728 1198
3204 9234 4935 8200 3623 4869 6938 7481
【答案】11
【解析】
【分析】按照随机数表根据规则要求依次选取即可求解.
【详解】按照规则要求，所选编号依次为：08，02，14，07，04，11，
所以第6个个体编号为：11.
故答案为：11.
13. 已知海岛在海岛的北偏东的方向上，且两岛的直线距离为. 一艘海盗船以的速度沿着北偏东方向从海岛出发，同时海警船以的速度从海岛进行追赶，经过小时后两船相遇，则海警船的航行方向是北偏东_______.
【答案】
【解析】
【分析】设海警船的航行方向是北偏东，根据条件，利用正弦定理得到，即可求解.
【详解】设海警船的航行方向是北偏东，
由题知，，，
在中，由正弦定理得到，得到，
又，所以，得到，
故答案为：.
14. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，记为事件A，B的对立事件，且，则=__________
【答案】0.3##
【解析】
【分析】先求出，根据得到，结合，求出，从而得到.
【详解】由题意得，为互斥事件，
即，
，
又①，②，
式子①②相加得，
故，
所以，则.
故答案为：0.3
【点睛】若事件A，B互斥，则有，
若事件A，B不互斥，则有.
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. （用坐标法不给分）如图，在长方体.中，，若E为的中点.
（1）求证：平面ACE：
（2）求异面直线与AE所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定即可得证；
（2）利用长方体的性质，结合解三角形的余弦定理可以求解.
【小问1详解】
连结，设连结
因为在长方体中，
E为的中点，所以为的中位线，
所以又面，面，
所以平面ACE.
【小问2详解】
取中点设为，连结易得，
所以是异面直线与AE所成角的平面角（或补角），
在中，
由余弦定理知
16. 某高校的社团招聘面试中有 4 道难度相当的题目，李明答对每道题目的概率都是 若每位面试者共有四次机会，一旦2次答对抽到的题目，则面试通过：否则就一直抽题到第4次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的.
（1）求李明第三次答题通过面试的概率；
（2）求李明最终通过面试的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由前2次有一次答对，第3次答对，利用独立事件的概率求解；，
（2）根据题意，由前2次都答对，前2次有一次答对，第3次答对和前3次有一次答对，第4次答对求解.
【小问1详解】
由题意得：前2次有一次答对，第3次答对，
所以李明第三次答题通过面试概率为：
【小问2详解】
李明最终通过面试的概率.
17. 已知向量满足，且与互相垂直.
（1）求向量在向量上的投影向量 （用表示）；
（2）定义平面非零向量之间的一种运算“*”：（其中是非零向量和的夹角），求
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）由与互相垂直得，再根据投影向量的定义计算可得答案；
（2）利用定义对平方再开方计算可得答案.
小问1详解】
因为与互相垂直，所以，
可得，所以，
向量在向量上的投影向量为
；
【小问2详解】
因为，
又，所以，，
.
18. 在中，内角，，所对边分别为，，，
（1）已知，
（i）求；
（ii）若，为边上的中点，求的长.
（2）若为锐角三角形，求证：
【答案】（1）（i）或；（ii）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）（i）由，结合正弦定理化简可得结果；（ii）由，，利用正弦定理求出，，在，由余弦定理求出的长即可得解；
（2）求出，将问题转化为证明，利用，化简可得结论.
【小问1详解】
（i）因为，，所以，
由正弦定理可得：，即，
因为在，，，
则，
因为，所以或；
（ii），所以，则，则，
由正弦定理可得：，即，
又，解得，，
因为为中点，则，
在中，由余弦定理可得：，
即，则.
【小问2详解】
因为为锐角三角形，，则，则，
要证，即证，
由于
，
由，则，所以，
故，则，则，证毕.
19. （用坐标法不给分）如图，在三棱锥中，侧面和底面均为正三角形，且
（1）求证:
（2）已知
（i）若 ，求二面角的大小:
（ii） 若直线与平面所成角的正弦值为 ，求实数的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）二面角的大小为
（ii）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，通过线线垂直可得平面，进而可证结论；
（2）（i）由题意可得为的中点，进而可得是二面角的平面角，计算可求二面角的大小；
（ii）由已知可得与平面的距离为进而利用等体积法可求得.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为侧面和底面均为正三角形，所以，，
又，平面，所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
（i）连接，由，又，所以为的中点，
由（1）可知平面，又平面，所以，
所以是二面角的平面角，
又侧面和底面均为正三角形，，所以，
所以平分，又，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
所以二面角的大小为；
（ii）因为，又直线AC与平面PBC所成角的正弦值为
所以与平面的距离为
由（i）可得，由可得，
在中，由余弦定理可得:
，
由，
可得，
解得.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于第三问，要根据线面角的正弦值，结合定义求出点到平面的距离，进而利用等体积法求解.