浙江省宁波市慈溪市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)

这是一份浙江省宁波市慈溪市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 已知复数z满（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以.
故选：B.
2. 已知向量，，点，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设点，又因为，，所以，
即，所以，解得
所以点的坐标为.
故选：C.
3. 据慈溪市气象局统计，年我市每月平均最高气温（单位：摄氏度）分别为、、、、、、、、、、、，这组数据的第百分位数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】将这组数据由小到大排列依次为、、、、、、、、、、、，因为，因此，这组数据的第百分位数为.
故选：D.
4. 据长期观察，某学校周边早上6时到晚上18时之间的车流量y（单位：量）与时间t（单位：）满足如下函数关系式：（为常数，）.已知早上8：30（即）时的车流量为500量，则下午15：30（即）时的车流量约为（ ）（参考数据：，）
A. 441量B. 159量C. 473量D. 127量
【答案】A
【解析】由题意可得，可得，
解得，所以，
当时，
（量）.
故选：A.
5. 如图，设，是平面内相交成角（）的两条数轴，，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量.若向量，则称有序实数对为向量在坐标系中的坐标，已知在该坐标系下，向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意可得向量，，，
因为，所以
，
所以.
故选：A.
6. 已知某圆锥的底面积为，且它的外接球的体积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. 或
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】设该圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，圆锥的外接球的半径为R，
，；，，
设圆锥底面圆心为，外接球球心为，如图所示，
则有，即，得，解得或，
当时，，此时圆锥的侧面积为；
当时，，此时圆锥侧面积为.
故选：C.
7. 从2023年6月开始，浙江省高考数学使用新高考全国数学I卷，与之前浙江高考数学卷相比最大的变化是出现了多选题.多选题规定：在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对且没有选错的得2分.若某题多选题正确答案是BCD，某同学不会做该题的情况下打算随机选1个到3个选项作为答案，每种答案都等可能（例如，选A，AB，ABC是等可能的），则该题得2分的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】随机地填涂了1个或2个或3个选项，有A，B，C，D，AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD共有14种涂法，
得2分的涂法为BC，BD，CD，B，C，D，共6种，
故能得2分的概率为．
故选：B．
8. 在四面体中，已知二面角为直二面角，，，，设.若满足条件的四面体有两个，则t的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】取中点为，连接，
因为，，为中点，所以，
且，
因为平面，又二面角直二面角，所以平面，
又平面，所以，
在中，，由余弦定理得：
，
又，
所以，即，
设，即，满足条件的四面体有两个，
所以有两个正根，所以，所以.
故选：D.
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得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 如图，在等边正三棱柱中（注：侧棱长和底面边长相等的正三棱柱叫做等边正三棱柱），，已知点E，F分别在线段和上，且满足，若过，，三点的平面把等边正三棱柱分成上下两部分，则（ ）
A. 上半部分是四棱锥B. 下半部分是三棱柱
C. 上半部分的体积是D. 下半部分的体积是
【答案】AD
【解析】连接，如图，
对于A，以为顶点，面为底面，则上半部分是四棱锥，故A正确；
对于B，因为下半部分的两个底面并不平行，
所以下半部分不可能是三棱柱，故B错误；
对于C，记的中点为，连接，
因为在等边正三棱柱中，，
所以是等边三角形，所以，，，
易知面，面，所以，
又面，所以面，
而，则，易知，，
所以梯形的面积为，
故，故C错误；
对于D，易得，
所以，故D正确.
故选：AD.
10. 已知复数，设，当取大于的一组实数、、、、时、所得的值依次为另一组实数、、、、，则（ ）
A. 两组数据的中位数相同B. 两组数据的极差相同
C. 两组数据的方差相同D. 两组数据的均值相同
【答案】BC
【解析】因为，则，
则，
所以，，不妨设，
则，
对于A选项，值的中位数为，值的中位数为，且，A错；
对于B选项，值的极差为，值的极差为，
且，故两组数据的极差相同，B对；
对于C选项，记，
，
值的方差为，
值的方差为
，
故两组数据的方差相同，C对；
对于D选项，由C选项可知，，D错.
故选：BC.
11. 如图，在正方体中，点Q在线段上运动（包括端点），则（ ）
A. 直线与直线互相垂直
B. 直线与直线是异面直线
C. 存在点Q使得直线与直线所成的角为45°
D. 当Q是线段的中点时，二面角的平面角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】由面，面，则，
又，，面，则面，
由面，则，同理可证，
由，面，故面，
又面，则，且它们可能相交，A对，B错；
由正方体性质易知：为等边三角形，而Q在线段上运动（包括端点），
所以直线与直线所成角的范围为到之间（含端点值），又，
所以存在点Q使得直线与直线所成的角为45°，C对；
令正方体棱长为2，若Q与中点重合，分别为，连接，
显然，则，，故，
，
所以，，面，则面，
面，故，，故为二面角的平面角，
且，
面面，面面，，
面，
所以面，面，则，故，
锐二面角的余弦值为，D对.
故选：ACD.
12. 如图，在四边形，点E、F、M、N分别是线段AD、BC、AB、CD中点，则（ ）
A.
B.
C. 当点G满足时，点G必在线段BD上
D. 当点P在直线BD上运动，且当最小时，必有
【答案】ABC
【解析】对于A选项，，，所以，
同理，以上两式相加得，所以A正确；
对于B选项，连接，
点E、M分别是线段AD、AB的中点，所以，
同理，所以，则四边形是平行四边形，
设与交于点，则为的中点，
所以，，
所以，所以B正确；
对于C选项，因为，又，
所以，所以，
整理得，且，所以点在线段上，所以C正确；
对于D选项，的中点为，
因为，
又不变，所以最小时取得最小值，当时，最小，
此时，即，所以D不正确.
故选：ABC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 据浙江省新高考规则，每名同学在高一学期结束后，需要从七门选考科目中选择其中三门作为高考选考科目.某同学已经选择了物理、化学两门学科，还需要从生物、技术这两门理科学科和政治、历史、地理这三门文科学科共五门学科中再选择一门，设事件“选择生物学科”，“选择一门理科学科”，“选择政治学科”，“选择一门文科学科”，现给出以下四个结论：
①和是互斥事件但不是对立事件；
②和是互斥事件也是对立事件；
③；
④.
其中，正确结论的序号是______.（请把你认为正确结论的序号都写上）
【答案】②④
【解析】事件“选择一门文科学科”，包含“选择政治学科”，“选择历史学科”，“选择地理学科”，
所以事件“选择政治学科”，包含于事件，故事件可以同时发生，不是互斥事件，故①不正确；
事件“选择一门理科学科”，与事件 “选择一门文科学科”，不能同时发生，且必有一个事件发生，故和是互斥事件也是对立事件，故②正确；
由题意可知，所以，故③不正确；
事件“选择生物学科”，与事件“选择一门文科学科”，不能同时发生，故和是互斥事件，所以，故④正确.
故答案为：②④.
14. 已知向量在向量上的投影向量为，则向量______.（写出满足条件的一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】向量在向量上的投影向量为
，
所以，则向量（答案不唯一）.
故答案为：（答案不唯一）.
15. 若虚数是关于x的实系数方程的一个根，则的值等于______.
【答案】
【解析】因为虚数是关于x的实系数方程的一个根，
所以也是实系数方程的一个虚数根，
由根与系数的关系得，即；
，所以.
故答案为：.
16. 在三棱锥中，已知，，若点是线段延长线上的一动点，则直线与平面所成的角的正弦值的最大值为______.
【答案】
【解析】设是直线与平面所成的角，设是平面与平面所成夹角，
取中点，
因为，所以，
因为平面，
所以平面，
因为，，
所以，所以，，
所以，
设，则，
所以，
因为，
所以，
所以，
又因为平面，所以由最大角定理可知，，
于是，当时取得“＝”，满足条件.
故答案为:.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.
17. 已知向量、满足：，，.
（1）求；
（2）若向量与共线，求实数的值.
解：（1）设向量、的夹角为，
由可得，
因为，，则，可得，
所以，，又因为，则，
故.
（2）由（1）可知，、不共线，
因为与共线，所以存在实数，使得，
即，所以，，解得.
18. 第十九届亚运会将于2023年9月23日至10月8在中国杭州举办，为了了解我市居民对杭州亚运会相关信息和知识的掌握情况，某学校组织学生开展社会实践活动，采用问卷的形式随机对我市100名居民进行了调查.为了方便统计分析，调查问卷满分20分，得分情况制成如下频率分布直方图.
（1）求x的值；
（2）根据频率分布直方图，估计这100名居民调查问卷中得分的
（i）平均值（各组区间的数据以该组区间的中间值作代表）；
（ii）中位数（结果用分数表示）.
解：（1），
所以.
（2）（i）.
（ii）因为，
，
所以中位数在8和12之间，
设中位数是，所以，可得.
19. 如图，在堑堵中（注：堑堵是一长方体沿不在同一面上的相对两棱斜解所得的几何体，即两底面为直角三角形的直三棱柱，最早的文字记载见于《九章算术》商功章），已知平面，，，点、分别是线段、的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
解：（1）证明：连接，
因为且，故四边形为平行四边形，
因为为的中点，则为的中点，
又因为为的中点，所以，，
因为平面，平面，所以平面.
（2）取中点，由题意可知，
所以，且，
因为平面，平面，所以，
又，所以，
因为，、平面，所以平面，
连接，则是直线与平面所成的角，
由题意，同理可得，
则，
因为平面，平面，则，则，
因为，，即直线与平面所成角的余弦值为.
20. 为了纪念中国古代数学家祖冲之在圆周率上的贡献，联合国教科文组织第四十届大会上把每年的3月14日定为“国际数学日”.2023年3月14日，某学校举行数学文化节活动，其中一项活动是数独比赛（注：数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏，又称九宫格）.甲、乙两位同学进入了最后决赛，进行数独王的争夺.决赛规则如下：进行两轮数独比赛，每人每轮比赛在规定时间内做对得1分，没做对得0分，两轮结束总得分高的为数独王，得分相同则进行加赛.根据以往成绩分析，已知甲每轮做对的概率为0.8，乙每轮做对的概率为0.75，且每轮比赛中甲、乙是否做对互不影响，各轮比赛甲、乙是否做对也互不影响.
（1）求两轮比赛结束乙得分为1分的概率；
（2）求不进行加赛甲就获得数独王的概率.
解：（1）设“甲第i轮做对”，设“乙第i轮做对”，
设“两轮比赛甲得i分”，设“两轮比赛乙得i分”．
.
所以两轮比赛结束乙得分为1分的概率为.
（2）设“不进行加赛甲就获得数独王”.
，
，
，
，
所以不进行加赛甲就获得数独王的概率为.
21. 在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解（1）、（2）的答案.
问题：在中，三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知 .
（1）求角C；
（2）若点D满足，且，求的面积的最大值.
（注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.）
解：（1）若选①：由正弦定理得，
在中，，
所以，
即，
所以，又，有，
所以，由，得.
若选②：由正弦定理得
，
在中，，
所以
即，
所以，又，有，
所以，由，得.
（2）方法一：由，
可得，
两边平方可得，
即，
所以，当且仅当时取“＝”，
所以，所以.
方法二：由角C余弦定理可得③，
由结合余弦定理可得
，
整理得④，
由③可得，当且仅当时取“＝”，
所以，所以即.
22. 如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影E落在线段BC上.
（1）当点M与端点D重合时，证明：平面；
（2）求三棱锥的体积的最大值；
（3）设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值.
解：（1）当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知上平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，可知，
，平面，平面，
所以平面.
（2）矩形中作，垂足为点O，折起后得，
由平面，平面，可得，
所以平面，，
所以平面，
平面，可得，
所以A，O，E三点共线，
因此与相似，满足，
设，所以，，，
，，
要使点射影落在线段上，则，所以，
所以，
当时，.
（3）过点做交于，
所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，
由（2）可知平面，平面，
所以平面平面，
作，垂足为，平面平面，平面，
可得平面，
连接，是直线与平面所成角，即，
由题意可得，，，
因为，，所以是二面角平面角，
即，，
，当且仅当时“＝”成立，
故的最大值为.