精品解析：浙江省宁波市余姚市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

余姚市2023-2024学年第二学期高中期末考试 高一数学试题卷 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卷上对应题目选项的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破. 选择题部分 （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. 将直角三角形绕其一条直角边所在的直线旋转一周，所得的几何体是（ ） A. 圆柱 B. 圆台 C. 圆锥 D. 棱柱 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的几何特征，可得答案． 【详解】将直角三角形绕其一条直角边所在的直线旋转一周，所得的几何体是圆锥， 故选：C. 2. 设是两条不同的直线， 是两个不同的平面， 且满足， 则下列命题正确的是（ ） A. 若， 则 B. 若， 则 C. 若， 则 D. 若， 则 【答案】B 【解析】 【分析】通过举反例可判断ACD，由面面垂直判定定理可判断B. 【详解】在正方体中，记平面ABCD为，平面为， （1）当记为n，直线为m，时，可知A错误；（2）当记为n，直线为m，时，可知C错误；（3）记AC为m，为n时，可知D错误；由面面垂直判定定理可知B正确. 故选：B 3. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的周长为（ ） A. B. 8 C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】画出直观图对应的原图，由此求得原平面图形的周长. 【详解】直观图中，，由此画出直观图对应的原图如下图所示，其中，所以，所以原平面图形的周长为. 故选：B. 【点睛】本小题主要考查斜二测画法的直观图和原图的关系，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题. 4. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） A. 至少有一个黑球与都是黑球 B. 至少有一个黑球与都是红球 C. 恰有一个黑球与恰有两个黑球 D. 至少有一个黑球与至少有一个红球 【答案】C 【解析】 【分析】先写出从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球所包含的基本事件，再根据选项写出各事件的基本事件，利用互斥事件与对立事件的定义判断即可. 【详解】根据题意，记2个红球分别为A、B，2个黑球分别为a，b， 则从这4个球中任取2个球的总基本事件为AB，Aa，Ba，Ab，Bb，ab： A、都是黑球的基本事件为ab，至少有一个黑球的基本事件为Aa，Ba，Ab，Bb，ab， 两个事件有交事件ab，所以不为互斥事件，故A错误； B、至少有一个黑球的基本事件为Aa，Ba，Ab，Bb，ab， 都是红球的基本事件为AB， 两个事件不仅是互斥事件，也是对立事件，故B错误； C、恰有两个黑球基本事件为ab，恰有一个黑球的基本事件为Aa，Ba，Ab，Bb， 两个事件是互斥事件，但不是对立事件，故C正确； D、至少有一个黑球的基本事件为Aa，Ba，Ab，Bb，ab， 至少有一个红球的基本事件为AB，Aa，Ba，Ab，Bb， 两个事件不是互斥事件，故D错误. 故选：C. 5. 在中，，则的最大内角等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理可得答案. 【详解】由正弦定理得，即， 得，因为，所以，即， 所以，， 则的最大内角为. 故选：A 6. 某实验田种植甲、乙两种水稻，面积相等的两块稻田（种植环境相同）连续次的产如下： 甲 乙 则下列结论错误的是（ ） A. 甲种水稻产量的众数为 B. 乙种水稻产的极差为 C. 甲种水稻产量的平均数等于乙种水稻产量的平均数 D. 甲种水稻产量的方差大于乙种水稻产量的方差 【答案】D 【解析】 【分析】利用众数的定义可判断A选项；利用极差的定义可判断B选项；利用平均数公式可判断C选项；利用方差公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，甲种水稻产量的众数为，A对； 对于B选项，乙种水稻产的极差为，B对； 对于C选项，甲种水稻产量的平均数为， 乙种水稻产量的平均数为，C对； 对于D选项，甲种水稻产量的方差为， 乙种水稻产量的方差为，D错. 故选：D. 7. 在中，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. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由余弦定理代入化简，再由基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】由余弦定理可知，， 由可得， 化简可得， 所以，即， 即， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最大值为. 故选：C 8. 已知，，函数，当时，f（x）有最小值，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. － D. － 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意写出的表达式，结合二次函数知识求得，根据投影向量的定义即可求得答案. 【详解】由题意得，, ， 当时，有最小值， 即， 则在上的投影向量为 ， 故选：C 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. 已知复数，则（ ） A. 为纯虚数 B. 复数在复平面内对应的点位于第四象限 C. D. 满足的复数在复平面内对应的点的轨迹为直线 【答案】AD 【解析】 【分析】借助复数的加减、乘除运算法则，复数的几何意义与共轭复数的定义逐项判断即可得. 【详解】对于A：，故为纯虚数，故A正确； 对于B：，其在复平面内对应的点在轴正半轴上，故B错误； 对于C：， ，故，故C错误； 对于D：令，，则由， 可得，即， 故复数在复平面内对应的点的轨迹为轴，故D正确. 故选：AD. 10. 已知中，分别为角的对边，为的面积，则下列条件能使只有一个解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据两边之和与两边之差与第三边的关系可判断A,利用正弦和余弦定理实现边角互化可判断B,根据面积公式可得，进而得角有两个值，可判断C，根据内角和即可判断D. 【详解】由三角形三边关系可得：，所以，因为，故，故A正确. 由,故，可得：，由此解得，故三角形唯一，B正确, 对于C:或者，故三角形不唯一，C错误. 对于D：，故, 两边及其夹角，此三角形唯一，故D正确. 故选：ABD 11. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积不变 C. 的最小值为 D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由线面垂直证明线线垂直证明选项A；，由底面积和高判断体积验证选项B；转化为点和点到点的距离之和，计算验证选项C；通过构造直角三角形求截面半径，计算体积验证选项D. 【详解】连接，如图所示， 直三棱柱中，， 为正方形，， ，平面，平面，， 平面，，平面， 平面，，A选项正确； 由直三棱柱的结构特征，，故三棱锥的体积为定值，B选项正确； 设，，， ， ， ，其几何意义是点和点到点的距离之和，最小值为点到点的距离，为，C选项错误； 当是的中点时，，，， ， ，， ，设点到平面的距离为，由， 得，， 直三棱柱是正方体的一半，外接球的球心为的中点，外接球的半径，点到平面的距离为， 则过三点的平面截三棱柱外接球所得截面圆的半径为，截面面积为，D选项正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛： 对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键；与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，通过构造直角三角形求半径. 非选择题部分（共92分） 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数（i为虚数单位），则____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数模的定义计算作答. 【详解】复数，所以. 故答案为： 13. 如图，在平行四边形中，和分别是边和的中点，若，其中，则________. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据题意得到，得到，进而得到，即可求解. 【详解】设， 因为和分别是边和的中点，可得, 又因为，所以， 因为，所以，所以. 故答案为：. 14. 如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为为圆上的点，，，，分别是以为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，，，使得重合，得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先连接交与点，结合四棱锥侧面积是底面积的2倍，求得正方形边长，再画出折叠后的立体图形，找出外接球的球心，结合勾股定理即可求解 【详解】如图： 连接交与点，设正方形边长为，，则， 则正方形面积为：，四棱锥的侧面积为：，由题意得，即，解得，画出折叠后的立体图形．如图： 设重合点为，该四棱锥为正四棱锥，球心应在的连线上，设为，设外接球半径为，则，，，，，由勾股定理得，即，解得，外接球表面积为： 故答案为 【点睛】本题考查图形折叠前后的变换关系，四棱锥的外接球半径的求法，属于中档题 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. 已知向量与的夹角，且，． （1）求，； （2）求与的夹角的余弦值． 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积的定义可计算得出的值，利用平面向量数量积的运算性质计算得出的值； （2）计算出的值，利用平面向量夹角的余弦公式可求得与的夹角的余弦值． 【详解】（1）由已知，得， ； （2）设与的夹角为， 则， 因此，与的夹角的余弦值为. 16. 树立和践行“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环.据此，某市推出了关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点，现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出200人，并将这200人按年龄分组：第1组[15，25），第2组[25，35），第3组[35，45），第4组[45，55），第5组[55，65），得到的频率分布直方图如图所示 （1）求出a的值； （2）求这200人年龄的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）和中位数（精确到小数点后一位）； （3）现在要从年龄较小的第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行问卷调查，求这2人恰好在同一组的概率． 【答案】（1）； （2）41.5岁，42.1岁； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中小矩形的面积和为，列出关于的式子，即可求出. （2） 平均数为每个小矩形中点的横坐标乘以相应矩形的面积全部相加为平均数；中位数则为使矩形面积左右两边分别为的横坐标，即可求出答案. （3）利用分层抽样在第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，并进行标记为，，，，，再把总的基本事件列举出来，一共10个基本事件，这2人恰好在同一组的基本事件共4个，即可得到答案. 【小问1详解】 由，得 【小问2详解】 平均数为：岁； 设中位数为，则，∴岁. 【小问3详解】 第1，2组的人数分别为20人，30人，从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，则第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，分别记为，，，，，设从5人中随机抽取2人，为，，，，，，，，，共10个基本事件，这2人恰好在同一组的基本事件，，，共4个，所以. 17. 如图，在多面体中，平面，，，四边形是正方形． （1）求直线与平面所成角的余弦值； （2）证明：平面； （3）求平面与平面所成二面角的平面角的大小. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）首先证明平面， 即可得到就是直线与平面所成角，再由锐角三角函数计算可得； （2）由勾股定理逆定理说明，，即可得证； （3）取的中点，连接、，即可证明、、、四点共面，再证明平面，从而得到为平面与平面所成的二面角的平面角，即可得解. 【小问1详解】 因为平面，平面， 所以， 因为为正方形，所以， 又，，平面， 所以平面， 故就是直线与平面所成角， 又平面，所以， 因为平面，，所以平面， 平面，所以，所以， 在中 ，所以， 所以， 所以直线与平面所成角的余弦值为； 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以， 因为，， 所以四边形为直角梯形， 所以，， 在中，，则， 故， 因为平面，平面， 所以， 在中，， 在中，，， 所以，又，，平面， 所以平面； 【小问3详解】 取的中点，连接、，则且， 所以四边形为平行四边形，所以，又， 所以，所以、、、四点共面，又，，， 平面， 所以平面，则平面，平面， 所以，， 所以为平面与平面所成的二面角的平面角， 又，，即为等腰直角三角形，所以， 所以平面与平面所成的二面角的平面角的大小为. 18. 品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试.一种通常采用的测试方法如下：拿出瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等其记忆淡忘后，再让其品尝这瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序偏离程度的高低对其酒味鉴别能力进行评价.现设，分别以表示第一次排序时被排为的三种酒在第二次排序时的序号，并令则是对两次排序的偏离程度的一种描述.若两轮测试都有，则该品酒师被授予“特级品酒师”称号；若两轮测试都有，且至少有一轮测试出现，则该品酒师被授予“一级品酒师”称号. （1）用下列表格形式写出第二次排序时所有可能的排序结果，并求出相应的值； （2）甲参加了两轮测试，两轮测试结果相互独立，记事件“甲被授予一级品酒师称号”，求； （3）甲连续两年都参加了两轮测试，两年测试结果相互独立，记事件“在这两年中甲至少有一次被授予特级品酒师称号”，求. 【答案】（1）列举出第二次排序时所有可能的及相应的值如下： （2） （3） 【解析】 【分析】（1）列举出第二次排序时所有可能的及相应的值如表所示； （2）根据（1）的结果，先计算，设甲参加第一轮测试值记为，第二轮测试值记为，则即可求解； （3）先计算，再计算两轮测试中被授予“特级品酒师”称号的概率，最后计算即可. 【小问1详解】 列举出第二次排序时所有可能的及相应的值列表如下： 【小问2详解】 由（1）可知，， 设甲参加第一轮测试值记为，第二轮测试值记为， 所以 . 【小问3详解】 由（1）可知，， 则两轮测试中被授予“特级品酒师”称号的概率， 所以. 19. 在中，角，，所对的边分别是，，，其面积记为，且满足 （1）求角； （2）为边上一点，，且求的最小值. （3）圆是外接圆，是圆外一点，，分别切圆于点，，若，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由三角形的面积公式及余弦定理，辅助角公式可得的值，再由角的范围，可得角的大小； （2）由题意可得为角平分线，再由等面积法可得，由基本不等式可得的范围，进而求出三角形的面积的最小值； （3）由正弦定理可得三角形外接圆的半径，再由向量的运算及基本不等式可得的最小值． 【小问1详解】 由及， 可得， 所以， 由余弦定理可得， 所以，即， 因为， 所以， 即； 【小问2详解】 在中，由正弦定理可得：，即， 在中，由正弦定理可得：，即， 且与互为补角，可得， 即，又，且，即，所以， 又，所以，所以为的角平分线， 所以， 由可得， 所以，解得，当且仅当时取得等号， 即的最小值为， 所以； 即的面积的最小值为； 【小问3详解】 设圆半径为，则， 设，，则，， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为． 【点睛】关键点点睛：本题第三问解答的关键是设，，从而得到，再根据数量积的定义将转化为关于的式子. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 余姚市2023-2024学年第二学期高中期末考试 高一数学试题卷 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卷上对应题目选项的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破. 选择题部分 （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. 将直角三角形绕其一条直角边所在的直线旋转一周，所得的几何体是（ ） A. 圆柱 B. 圆台 C. 圆锥 D. 棱柱 2. 设是两条不同的直线， 是两个不同的平面， 且满足， 则下列命题正确的是（ ） A. 若， 则 B. 若， 则 C. 若， 则 D. 若， 则 3. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的周长为（ ） A. B. 8 C. 4 D. 4. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） A. 至少有一个黑球与都是黑球 B. 至少有一个黑球与都是红球 C. 恰有一个黑球与恰有两个黑球 D. 至少有一个黑球与至少有一个红球 5. 在中，，则的最大内角等于（ ） A. B. C. D. 6. 某实验田种植甲、乙两种水稻，面积相等的两块稻田（种植环境相同）连续次的产如下： 甲 乙 则下列结论错误的是（ ） A. 甲种水稻产量的众数为 B. 乙种水稻产的极差为 C. 甲种水稻产量的平均数等于乙种水稻产量的平均数 D. 甲种水稻产量方差大于乙种水稻产量的方差 7. 在中，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. 3 8. 已知，，函数，当时，f（x）有最小值，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. － D. － 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. 已知复数，则（ ） A. 纯虚数 B. 复数在复平面内对应的点位于第四象限 C. D. 满足的复数在复平面内对应的点的轨迹为直线 10. 已知中，分别为角的对边，为的面积，则下列条件能使只有一个解的是（ ） A. B. C. D. 11. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积不变 C. 的最小值为 D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 非选择题部分（共92分） 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数（i虚数单位），则____________. 13. 如图，在平行四边形中，和分别是边和中点，若，其中，则________. 14. 如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为为圆上的点，，，，分别是以为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，，，使得重合，得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的表面积为__________． 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. 已知向量与的夹角，且，． （1）求，； （2）求与的夹角的余弦值． 16. 树立和践行“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环.据此，某市推出了关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点，现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出200人，并将这200人按年龄分组：第1组[15，25），第2组[25，35），第3组[35，45），第4组[45，55），第5组[55，65），得到的频率分布直方图如图所示 （1）求出a的值； （2）求这200人年龄的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）和中位数（精确到小数点后一位）； （3）现在要从年龄较小的第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行问卷调查，求这2人恰好在同一组的概率． 17. 如图，在多面体中，平面，，，四边形是正方形． （1）求直线与平面所成角余弦值； （2）证明：平面； （3）求平面与平面所成的二面角的平面角的大小. 18. 品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试.一种通常采用的测试方法如下：拿出瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等其记忆淡忘后，再让其品尝这瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序偏离程度的高低对其酒味鉴别能力进行评价.现设，分别以表示第一次排序时被排为的三种酒在第二次排序时的序号，并令则是对两次排序的偏离程度的一种描述.若两轮测试都有，则该品酒师被授予“特级品酒师”称号；若两轮测试都有，且至少有一轮测试出现，则该品酒师被授予“一级品酒师”称号. （1）用下列表格形式写出第二次排序时所有可能的排序结果，并求出相应的值； （2）甲参加了两轮测试，两轮测试结果相互独立，记事件“甲被授予一级品酒师称号”，求； （3）甲连续两年都参加了两轮测试，两年测试结果相互独立，记事件“在这两年中甲至少有一次被授予特级品酒师称号”，求. 19. 在中，角，，所对的边分别是，，，其面积记为，且满足 （1）求角； （2）为边上一点，，且求的最小值. （3）圆是外接圆，是圆外一点，，分别切圆于点，，若，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$