浙江省宁波市奉化区2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷（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60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. 已知复数的实部与虚部相等，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由实部与虚部概念可得，代入计算可求出结果.
【详解】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】
【分析】由古典概型的计算公式即可求解.
【详解】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】
【分析】由两点的坐标求得，由平行四边形的性质有，求值即可.
【详解】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】
【分析】运用面面垂直判定定理可判断A，借助长方体举反例可判断BCD.
【详解】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】
【分析】表示出数据的平均数，由中位数的定义分类讨论求解.
【详解】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】
【分析】由正弦定理可得，根据三角形正弦定理求出外接圆半径和三角形面积公式求出内切圆半径即可求解.
【详解】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】
【分析】作出过正四棱台的截面，再求出正四棱台的高，从而根据勾股定理求出球的半径，最后代入球的表面积公式，即可求解．
【详解】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】
【分析】根据根与系数的关系得，进而根据方程的的虚根和实数根分类讨论，即可求解.
【详解】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、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】
【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：根据向量共线的坐标表示分析可知不共线，结合基底向量的定义分析判断；对于C：根据向量垂直的坐标表示运算求解；对于D：根据向量的坐标运算结合投影向量的定义运算求解.
【详解】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】
【分析】利用极差与众数定义可判断A；由对立事件概念可判断B；根据独立事件概率乘法公式计算可判断C；由方差的概念代入计算可判断D.
【详解】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】
【分析】对于A，利用余弦定理求解判断，对于B，利用正弦定理求解判断，对于C，根据正弦定理结合图形分析判断，对于D，由正弦定理得，化简后，再求出角的范围，从而可求出的范围.
【详解】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】
【分析】由定义法求异面直线所成的角判断选项A；利用线线垂直证明线面垂直判断选项B；由底面积和棱锥的高计算体积判断选项C；利用翻折到同一平面求距离和的最小值判断选项D.
【详解】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.
【点睛】方法点睛：立体图形上的距离最短问题，通过把立体图形转化为平面图形，然后再运用“两点之间，线段最短”来解决，可以利用轴对称或平移或旋转等几何图形的变换，把两条或多条线段和最短的问题转化为平面上两点之间的距离最短的问题来解决.
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，则的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为____.
【答案】
【解析】
【分析】由复数的除法求得，由共轭复数的定义可得出复数，再由几何意义求在复平面内对应的点的坐标.
【详解】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】
【分析】根据展开图与圆锥的对应关系列方程解出圆锥的底面半径和母线长，求出圆锥的高，得出体积.
【详解】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】
【分析】根据两角差的公式，可解出，再根据正弦定理可得出，再利用直角三角形的性质求解距离即可.
【详解】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】
【分析】运用投影向量的概念，结合数量积，基底只是求解即可.
【详解】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：.

四、解答题：本题共6小题，共70分，其中第17题10分，第18—22题每题12分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
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.
【答案】（1）3； （2）
【解析】
【分析】（1）根据数量积的定义代入计算即可得出结果；
（2）由向量夹角的计算公式代入（1）中结论即可.
【小问1详解】
由可得；
即可得.
【小问2详解】
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.
【答案】（1），第75百分位数96；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用所有小矩形面积之和为1即可求得，根据百分位数定义计算即可得出结果；
（2）由分层抽样比计算出各组抽取的人数，再由古典概型计算可得结果.
【小问1详解】
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，
【小问2详解】
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.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）法一：作出辅助线，构造平行四边形，得到线线平行，进而得到面面平行，证明出线面平行；法二：作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而证明出线面平行；
（2）法一：证明出线面垂直，得到，设，求出其他各边长，得到，利用等体积法得到点到平面的距离，进而得到直线与平面所成角的正弦值；法二：作出辅助线，证明出线面垂直，得到即直线与平面所成线面角的平面角，设，求出各边长，得到线面角的正弦值.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的加减运算法则，以为基底表示出得出的取值可得结论；
（2）法1：建立平面直角坐标系利用数量积的坐标表示即可得出的取值范围；
法2：利用极化恒等式得出，即可得出结果.
【小问1详解】
如下图所示：
由可得，
所以，
又，可得
所以；
【小问2详解】
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.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角恒变换可得，若选择①利用余弦定理可得，代入面积公式即可得结果；若选择②，由诱导公式以及二倍角公式可得结果；
（2）利用正弦定理以及辅助角公式即可求得结果.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二面角定义，作出二面角的平面角并由边长求出其余弦值；
（2）由直二面角性质，结合余弦定理和线面垂直的性质可得的长度表达式，结合三角函数值域可得当取到最小值时，再利用等体积法可得点到平面的距离.
【小问1详解】
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
【小问2详解】
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.
【点睛】关键点点睛：本题在求解二面角问题大小时，关键是根据题意作出二面角的平面角，并结合余弦定理和三角形相似等求出结论.