[数学][期末]浙江省宁波市奉化区2023-2024学年高一下学期期末考试试题(解析版)

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一、单项选择题：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. 已知复数的实部与虚部相等，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】易知的实部为，虚部为，
由题意可知，则.
故选：B.
2. 两名男生，一名女生排成一排合影，则女生站在中间的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】两名男生，一名女生记为，
两名男生，一名女生排成一排可能为：，故总可能数，
女生站在中间的可能为：，故可能数，
则女生站在中间的概率.
故选：A.
3. 已知平行四边形，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，，有，
平行四边形中，有，即，
故选：D.
4. 已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】A
【解析】对于A，若，，则，且，则，故A正确；
对于B，如图所示，，，，，此时，故B错误；
对于C，如图所示，，，，，此时异面，故C错误；
对于D，如图所示，，，，，此时，故D错误.
故选：A．
5. 某射击初学者在连续6次射击练习中所得到的环数：，该组数据的平均数与中位数相等，则（ ）
A. B. C. D. 以上答案均有可能
【答案】D
【解析】这组数据的平均数为，
若中位数为，则有，解得；
若中位数为，则有，解得；
若中位数为，则有，解得.
故选：D.
6. 在中，，则该三角形外接圆半径与内切圆半径的比值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】在中，，
由正弦定理可得，
设，
由余弦定理得，所以，
则，
所以，则，
所以，
故选：C.
7. 已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设过棱台上下底面的中心以及一条侧棱作该棱台的轴截面如下图：
正四棱台中，，，，
正四棱台的高为，
设球的半径为，球与侧棱切于，
则在图中中，，则，
所以，
在图中中，，
，解得，
球的表面积为．
故选：B.
8. 已知，在复数范围内是关于的方程的两个根，则关于的函数的零点的个数是（ ）
A. 个B. 个C. 个D. 个
【答案】C
【解析】若是方程的两个虚数根，所以，
且，则，
，
解得，（满足），
若是方程的两个实数根，所以，
且，则，
当时，，
，
当时，，
，
由可得，
令，由于，所以，
故函数在单调递减，且，
故在无实数根，
综上可得，零点个数为3.
故选：C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 下列四个命题为真命题的是（ ）
A. 已知平面向量，若，，则
B. 若，，则可作为平面向量的一组基底
C. ，，若，则
D. ，，则在方向上的投影向量为
【答案】BD
【解析】对于选项A：例如，可知，，
但不共线，故A错误；
对于选项B：因为，可知不共线，
所以可作为平面向量的一组基底，故B正确；
对于选项C：若，则，解得，故C错误；
对于选项D：若，，则，
所以在方向上的投影向量为，故D正确.
故选：BD.
10. 给出下列说法，其中正确的是（ ）
A. 数据的极差与众数之和为
B. 从装有个红球，个白球的袋中任意摸出个球，事件“至少有个红球”，事件“都是白球”，则事件与事件是对立事件
C. 甲乙两人投篮训练，甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，甲乙两人投篮互不影响，则甲乙各投篮一次同时投中的概率为
D. 一组不完全相同数据的方差为，则数据的方差为
【答案】AC
【解析】对于A，数据的极差为，众数为，它们的和为，故A正确；
对于B，事件包括“个红球1个白球”和“3个红球”两个基本事件，与事件“都是白球”不能同时发生，可知事件与事件是互斥事件；
但还有可能出现“1个红球2个白球”的情况，所以事件与事件是互斥但不对立事件，故B错误；
对于C，由相互独立事件的乘法公式可得甲乙各投篮一次同时投中的概率为，故C正确；
对于D，设数据的平均数为，
则其方差为，
所以数据的平均数为
；
所以方差为
，
故D错误.
故选：AC.
11. 在中，，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若有两解，则
D. 若是锐角三角形，则
【答案】ACD
【解析】对于A，在中，，，，则由余弦定理得
，所以A正确；
对于B，在中，，，，则由正弦定理得
，，得，
因为，，所以或，所以B错误；
对于C，如图，过作于，则，
因为有两解，所以，即，所以C正确；
对于D，由正弦定理得，，
所以，
因为为锐角三角形，所以，得，
所以，所以，
所以，即，所以D正确.
故选：ACD.
12. 如图，棱长为的正方体中，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，点分别是在线段上的动点，下列结论正确的是（ ）
A. 异面直线与所成角为
B. 平面
C. 三棱锥的体积是定值
D. 的最小值是
【答案】BCD
【解析】正方体中，，，
则四边形为平行四边形，有，
异面直线与所成角等于直线与所成角，
正方体中，为等边三角形，
所以异面直线与所成角为，A选项错误；
正方体中，平面，平面，，
正方形中，有，
平面，，则有平面，
平面，则，
同理，
平面，，所以平面，B选项正确；
，平面，平面，则平面，
点是线段上的动点，则点到平面的距离为定值，
是边长为的等边三角形，面积为定值，
所以三棱锥的体积是定值，C选项正确；
正方形中，点是线段的中点，也是线段的中点，
以为轴，把和旋转到同一平面内，
则的最小值为，
由，，，，
，平面四边形为矩形，
是线段的中点，点是线段上靠近的四等分点，设为的中点，
则中，，，
所以，D选项正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为____.
【答案】
【解析】由，得，
则，在复平面内对应的点的坐标为.
故答案：.
14. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则该圆锥的体积为____.
【答案】
【解析】设圆锥的母线长为2，它的侧面展开图为半圆，
半圆的弧长为：，即圆锥的底面周长为：，
设圆锥的底面半径是r，高为，则得到，解得：，
这个圆锥的底面半径是1，所以圆锥的高.
所以圆锥的体积为：.
故答案为：.
15. 如图，相距米的，之间是一条小路（，可看作两条平行直线），为测量点到的距离（，在点的同侧），某研究小组在一侧东边选择点，作为测量起始位置，与交于点，从点出发向西走米到达，测得，继续向西走米到达点，与交于点，继续向西走米到达点，测得，则___.
【答案】
【解析】由题意知相距米的，之间是一条小路，
所以，，，，
所以，
则，
在中根据正弦定理知，解得，
由，得到.
故答案为：.
16. 平面内的点、直线可以通过平面向量及其运算来表示，数学中我们经常会用到类比的方法，把平面向量推广到空间向量，利用空间向量表示空间点、直线、平面等基本元素，经过研究发现，平面向量中的加减法、数乘与数量积运算法则同样也适用于空间向量.在四棱锥中，已知是平行四边形，，且面，则向量在向量方向上的投影向量是____(结果用表示).
【答案】
【解析】向量在向量方向上的投影向量为，
运用运用余弦定理求得，
，，
，展开化简得到，
，
由于且面，则，
则，
代入，得到.则向量在向量方向上的投影向量为.
故答案为：.
17. 已知平面向量，满足，且与的夹角为.
（1）求的值；
（2）求与夹角的余弦值.
解：（1）由可得，
即可得.
（2）易知，
所以，
即可得与夹角的余弦值为.
18. 全国中学生奥林匹克数学竞赛是由中国数学会主办的获得教育部批准的全国性赛事，相应的赛区初赛也是该项活动的一个环节.按照中国数学会有关全国中学生奥林匹克数学竞赛组委会的精神，以及浙江省科协的要求，2024年5月19日全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛如期举行.已知某中学有40人参加此次数学竞赛（满分为150分），其取得的成绩绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值及学生成绩的第75百分位数；
（2）若按照各组频率的比例采用分层随机抽样的方法从竞赛成绩在内的学生中抽取人参加座谈会，求成绩为分的学生甲恰好被抽到的概率.
解：（1）由题意可知，
解得；
易知60分到90分的人数频率之和为0.6，60分到100分的人数频率之和为0.85.
所以第75百分位数位于90分到100分之间，且90分到100分之间的频率为；
估计第75百分位数.
（2）在的学生频率分别为0.1和0.05，则其人数分别为4和2，
设在中的4人为，在中的2人为，
令为甲，且其成绩为107.
由分层随机抽样可得在分别抽取2人与1人，
则总共有以下12种可能：
，其中学生甲恰好被抽到的情况共有6种，
所以抽到107分学生甲的概率.
19. 如图，已知在正三棱柱中，为棱的中点，.
（1）证明：面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
解：（1）法一：取中点，连接，
因为，，
所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面，平面，
所以平面
因为平行且等于，
所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面，平面，
所以平面
又因为平面，平面且.
所以平面平面.
因为平面，所以平面
法二：连接，记与的交点为，连接.
在中，，
所以为的中位线，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）法一：为等边三角形，为中点，故⊥，
因为⊥平面，平面，所以⊥，
因为，平面，，
所以平面，
又因为平面，所以.
设，
则，，
由勾股定理得，
故；
设点到平面的距离为，
其中，
又.
所以.
法二：设，取的中点，连接，交于点，连接.
因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，
所以≌，所以，
故，故，
又因为，平面，所以平面.
所以即直线与平面所成线面角的平面角，
有勾股定理得，
故，
所以.
20. 在直角梯形中，，，，点是边上的中点.
（1）若点满足，且，求的值；
（2）若点是线段上的动点（含端点），求的取值范围.
解：（1）如下图所示：
由可得，
所以，
又，可得，
所以.
（2）法1：以点坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系，
则，则，
由点是线段上的动点（含端点），可令，
所以，则，
所以，
由二次函数性质可得当时取得最小值；
当时取得最大值；
可得.
法2：取中点，作垂足为，如下图所示：
则
，
显然当点位于点时，取到最大值3，当点位于点时，取到最小值，
可得.
21. 在中，内角的对边分别是，且.
（1）请在以下两个条件中任选一个（若两个条件都选，则按①的解答过程给分）
① ②，求的面积；
（2）求的最大值.
解：（1）由可得，原式可化为，
利用正弦定理可得，
即，又，
所以，又，可得.
选择①由利用正弦定理可得，
，解得；
易知，所以.
选择②原式可化为，可得；
因为，所以，所以.
因此的面积为.
（2）由正弦定理可知，因此；
可得
；
又可知，
当时，取到最大值1，
即有最大值
22. 如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥.
（1）若，在面上的射影恰好在上，求二面角平面角的余弦值；
（2）若二面角为直二面角，当取到最小值时，求的值及点到平面的距离.
解：（1）过点作的垂线交于点，交于点，如下图所示：
翻折后仍有，
又因为，且平面，平面，所以平面，
所以为二面角所成的平面角，
由在面上的射影恰好在上得平面，
所以，
由可知，因为，
所以；又易知，
所以，可得，所以；
所以，即二面角平面角的余弦值为
（2）过点作的垂线交于点，如下图所示，
设，
由二面角为直二面角可知平面平面，
平面平面，，又平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
则有，
可得，又，
所以，；
当时，取到最小值；
.
所以，可得，所以
（注：，，由角平分线定理得也可）
则有，
，解得.
即点到平面的距离为.