浙江省宁波市慈溪市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波市慈溪市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

慈溪市2022学年第二学期高一期末测试卷
数学学科试卷
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.
1. 已知复数z满（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的四则运算即可得解.
【详解】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】
【分析】设点，求出，再列出方程，即可得解.
【详解】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】
【分析】将数据由小到大进行排列，结合百分位数的定义可得出这组数据的第百分位数.
【详解】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】
【分析】根据时的车流量为500求出，再求时的车流量可得答案.
【详解】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】
【分析】根据向量的坐标分解向量，，再利用向量数量积的运算性质，即可求得的值.
【详解】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】
【分析】由已知求得圆锥的底面半径和圆锥的外接球的半径，由勾股定理求圆锥的高，再利用勾股定理求圆锥母线长，代入圆锥的侧面积公式得答案．
【详解】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，，此时圆锥的侧面积为.
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】
【分析】利用组合数求得随机地填涂了1个或2个或3个选项，每种可能性都是相同的，然后列举计数能得2分的涂法种数，求得所求概率．
【详解】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】
【分析】取中点为，连接，由直二面角可得平面，，结合余弦定理与勾股定理可得，根据四面体有两个，结合二次函数根的分布即可求得t的取值范围.
【详解】取中点为，连接

因为，，为中点，所以，且，
因为平面，又二面角是直二面角，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、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】
【分析】对于AB，利用几何体的结构特征判断即可；对于C，利用线面垂直的判定定理证得面，从而利用四棱锥的体积公式即可得解；对于D，利用切割法即可得解.
详解】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】
【分析】利用复数的乘法可得出，设，利用中位数的概念可判断A选项；利用极差的定义可判断B选项；利用方差公式可判断C选项；利用平均数公式可判断D选项.
【详解】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，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】
【分析】利用线面垂直的性质及判定定理证、，进而有面，即可判断A、B；由正方体性质有为等边三角形，结合即可判断C；令正方体棱长为2，结合正方体结构、二面角的定义求夹角余弦值判断D.
【详解】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的中点，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】
【分析】根据平面向量的线性运算判断A；由题意易得四边形是平行四边形，利用平面向量运算法则，结合平行四边形的几何性质可判断B；利用平面向量共线定理结合向量的运算即可判断C；利用数量积的运算性质，结合平面向量的运算法则转化数量积运算，即可判断D.
【详解】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.
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. 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】
【分析】根据互斥事件、对立事件的概念与性质逐项判断即可.
【详解】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】
【分析】根据投影向量的概念与平面向量的坐标运算即可得的值，从而可得满足条件的一个.
【详解】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】
【分析】根据题意知也是实系数方程的一个复数根，利用根与系数的关系求出m、n的值.
【详解】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】
【分析】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，可得，求出，由最大角定理即可求解.
【详解】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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面向量数量积的运算性质求出的值，可求出向量、的夹角，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值；
（2）由（1）可知，向量、不共线，则存在实数，使得，利用平面向量的基本定理可得出关于、的方程组，即可解得的值.
【小问1详解】
解：设向量、的夹角为，由可得，
因，，则，可得，
所以，，又因为，则，
故.
【小问2详解】
解：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）.
【答案】（1）
（2）（i）（ii）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图，利用频率和为可求得的值；
（2）利用频率分布直方图中的平均数，中位数的计算公式可求解即可．
【小问1详解】
，
所以；
【小问2详解】
（i）：
（ii）因为，
，
所以中位数在8和12之间，
设中位数，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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，可知为的中点，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取中点，推导出平面，可知是直线与平面所成的角，求出的正弦值，可求出的大小，由此可得出结果.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
解：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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（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”，根据独立事件的乘法公式与互斥事件的加法公式运算即可；
（2）设“不进行加赛甲就获得数独王”，根据独立事件的乘法公式与互斥事件的加法公式运算即可.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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是满足，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.）
【答案】（1）条件选择见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据所选的条件，由正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简，可求角C；
（2）利用向量法或余弦定理，结合基本不等式求的面积的最大值.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）通过证明和，证明平面；
（2）设，由，可求最大值；
（3）由几何法找到和，表示出，利用函数方法可求最大值.
【小问1详解】
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
【小问2详解】
矩形中作，垂足为点O，折起后得，

由平面，平面，可得，所
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，.
【小问3详解】
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，是直线与平面所成的角，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.
【点睛】方法点睛：
1.求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
2.求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
3.作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．