2022-2023学年浙江省宁波市九校高一下学期期末联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省宁波市九校2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题选择题部分一、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，则的共轭复数的虚部为（）A.1 B.i C. D.〖答案〗D〖解析〗，所以，所以的虚部为.故选：D.2.在平面直角坐标系中，若角以轴的非负半轴为始边，且终边过点，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗∵角的终边经过点，，则.故选：A.3.设是一条直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则〖答案〗C〖解析〗若，，则或、相交，故A错误；若，，则与的位置关系都有可能，故B错误；若，，则，故C正确；若，，则或，故D错误；故选：C.4.在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，，且，则其内切球表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为四面体四个面都为直角三角形，平面，所以，，设四面体内切球球心为，半径为，则所以，因为四面体的表面积为，又因为四面体的体积，所以，所以内切球表面积.故选：C.5.已知等比数列的前项积为，若，则（）A B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设等比数列的公比为，当，则，所以，，，若，则，，，不符合题意；若，则单调（或为常数），此时不满足，故不符合题意，所以；当，，此时奇数项负，偶数项为正，则，，，不符合题意，当，，此时奇数项为正，偶数项为负，则，，，不符合题意，所以，故A错误，又，，又，所以，所以，故对任意的，，则对任意的，，故B错误；又，，所以，，所以，，，所以，故D正确，C错误．故选：D．6.如图，在棱长均为的直三棱柱中，是的中点，过、、三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点所在部分的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设平面交于点，连接、，在三棱柱中，平面平面，平面平面，平面平面，所以，，又因为且，故四边形为平行四边形，所以，，所以，，因为为的中点，所以，为的中点，且，因为直三棱柱的每条棱长都为，则，易知是边长为的等边三角形，则，，因此，顶点所在部分的体积为.故选：B.7.在中，是边的中点，且对于边上任意一点，恒有，则一定是（）A.直角三角形 B.锐角三角形 C.钝角三角形 D.等腰三角形〖答案〗A〖解析〗如下图所示，取的中点，显然，，同理，，因为，所以，即，所以，因为是的中点，所以,所以，所以一定是直角三角形.故选：A8.十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的〖答案〗是：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点称为费马点，已知在中，已知，，，且点在线段上，且满足，若点为的费马点，则（）A.-1 B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，，，由余弦定理可得，由正弦定理，即，所以，显然为锐角，所以，设，则，即，解得，即，所以，所以，又，即为锐角，所以的三个内角均小于，则为三角形的正等角中心，所以，所以，因为.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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.若，，则 B.C.若，则 D.〖答案〗BC〖解析〗对于A：当且与不共线时，满足，，但是与不共线，故A错误；对于B：设，则，则，故B正确；对于C：因为，则，则，所以，故C正确；对于D：设，则，则表示与共线的向量，而表示与共线的向量，故D错误；故选：BC10.下列说法正确的是（）A.若的最小正周期为，则B.在中，角的对边分别为，则“”是“”的充要条件C.三个不全相等的实数，，依次成等差数列，则，，可能成等差数列D.的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则的面积为〖答案〗ABD〖解析〗对于A，，，则的最小正周期，则，故A正确；对于B，在中，根据“大角对大边，大边对大角”可知，“”是“”的充要条件，故B正确；对于C，，，依次成等差数列，则，如果，，成等差数列，则，代入得，平方得，则，所以，与题意矛盾，故C错误；对于D，过点作交轴于点，因为的斜二测直观图是边长为2的正三角形，所以的高，所以，所以原图中，，所以的面积为.故D正确.故选：ABD11.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的数学著作，其中第十一卷称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，，是直角圆锥底面圆的两条不同的直径，下列说法正确的是（）A.存在某条直径，使得B.若，则三棱锥体积的最大值为C.对于任意直径，直线与直线互为异面直线D.若，则异面直线与所成角的余弦值是〖答案〗BCD〖解析〗对于A，连接，因为平面，平面，所以，若，只需，因为是直径，所以，所以不存在直径，使得，所以不存在某条直径，使得，A错误；对于B，若，则，所以三棱锥的体积为，所以当时，三棱锥体积的最大值为，B正确；对于C，，是直角圆锥底面圆的两条不同的直径，所以与没有交点，而平面，平面，所以直线与直线互为异面直线，C正确；对于D，取的中点，取的中点，连接，则，所以（或及其补角）为异面直线与所成角的平面角.令，则，所以，因为，所以，则，所以，所以，D正确.故选：BCD12.已知数列中各项都小于，，记数列的前项和为，则以下结论正确的是（）A.任意与正整数，使得B.存在与正整数，使得C.任意非零实数与正整数，都有D.若，则〖答案〗AD〖解析〗对于A：因为，所以，所以，则，故A正确；对于B：记，由，可得，因为在上单调递减，所以对于任意正整数，，故B错误；对于C：由A可知所有同号，①当时，易得对于任意正整数，，②当时，，即，因为在上单调递减，所以对于任意正整数，，③当时，，即，因为在上单调递减，所以对于任意正整数，，故C错误；对于D：由B可知对于任意正整数，，当时，所以，由C中②知当时，，又，解得，所以，所以，故D正确；故选：AD非选择题部分三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.杭州第19届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴.在中国历史上，历代书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为30和12的两个同心圆上的弧（长度单位为cm），侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为.若某空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为______.〖答案〗〖解析〗一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为，高为，所以，可得，因此，该圆锥的高为，侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为，高为，所以，可得，因此，该圆锥的高为，因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为.故〖答案〗为：.14.已知等差数列，，，则______.〖答案〗1〖解析〗记等差数列的公差为，则，因为，，所以，所以.故〖答案〗为：115.如图，在直三棱柱中，，，，动点在内（包括边界上），且始终满足，则动点的轨迹长度是______.〖答案〗〖解析〗在直三棱柱中，平面，因为平面，所以，，又因为，，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，因为，，则四边形为菱形，所以，，又因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，.在平面内，过点作，垂足为点，因为平面，平面，则，因为，，、平面，所以，平面，因为平面，则，因为，、平面，所以，平面，由于动点又在内，所以动点在平面与平面的交线上，因为，，，所以，，由等面积法可得，因此，动点的轨迹长度是.故〖答案〗为：.16.已知向量，的夹角为，且，向量满足，且，记，，则的最大值为______.〖答案〗〖解析〗设，则，由，知，即，所以，因为，所以点在线段上，设，则，所以故原问题转化为求的最大值，在中，由余弦定理知，，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，因为，所以，即，所以，即，即，所以.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、证明过程或演算步骤.17.定义一种运算：.（1）已知为复数，且，求；（2）已知、为实数，也是实数，将表示为的函数并求该函数的单调递增区间.解：（1）设，因为，所以，，即，则，因此，.（2）为实数，则，所以，，由可得，因此，函数的单调递增区间为.18.今年9月，象山将承办第19届杭州亚运会帆船与沙滩排球项目比赛，届时大量的游客来象打卡“北纬30度最美海岸线”.其中亚帆中心所在地——松兰山旅游度假区每年各个月份从事旅游服务工作的人数会发生周期性的变化.现假设该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数可近似地用函数来刻画.其中正整数表示月份且，例如时表示1月份，A和是正整数，.统计发现，该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数有以下规律：①各年相同的月份从事旅游服务工作的人数基本相同；②从事旅游服务工作的人数最多的8月份和最少的2月份相差约160人；③2月份从事旅游服务工作的人数约为40人，随后逐月递增直到8月份达到最多.（1）试根据已知信息，确定一个符合条件的的表达式；（2）一般地，当该地区从事旅游服务工作的人数超过160人时，该地区就进入了一年中的旅游旺季，那么一年中的哪几个月是该地区的旅游旺季？请说明理由.解：（1）因为A和是正整数，由②可知，解得；由③可得：，则，且，解得；所以，又，即，解得；所以，.（2）令，则，因为，则，可得，解得，且，则，所以第月是该地区的旅游旺季.19.已知数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）记，数列的前项和为，求.解：（1）当时，，当且时，，不满足，综上所述，.（2）因为，所以，，因此，.20.在中，内角A，都是锐角.（1）若，，求周长的取值范围；（2）若，求证：.（1）解：因为，，所以，所以，因为所以，因为内角A，都是锐角，，所以，即，所以，所以，所以周长的取值范围为，（2）证明：若，则，所以为锐角，所以，所以，因为内角A，都是锐角，所以，所以，所以.21.已知边长为6的菱形，，把沿着翻折至的位置，构成三棱锥，且，，.（1）证明：；（2）求二面角的大小；（3）求与平面所成角的正弦值.（1）证明：取中点，连接，因为菱形，，所以为等边三角形，所以，又因为面，，所以面，因为面，所以（2）解：因为，，所以，平方得，，即，解得，在中，由余弦定理得，，所以，由（1）可知，是二面角的平面角，在等边中，，同理，在中，由余弦定理，，因为，所以，即二面角的大小为.（3）解：取中点，连接，则是靠近G的三等分点，则，所以与平面所成角即为所成角，在平面中，作，因为面，面，所以，又因为面，，所以面，所以是与平面所成角，在中，，，所以，在中，由，得，，所以，所以与平面所成角的正弦值为.22.已知数列中，，当时，其前项和满足：，且，数列满足：对任意有.（1）求证：数列是等差数列；（2）求数列的通项公式；（3）设是数列的前项和，求证：.（1）证明：，，，即①由题意，将①式两边同除以，得，数列是首项为，公差为1的等差数列.（2）解：由（1）可知当时，，即，当时，②，则③，②③，，即，因为满足，所以.（3）证明：由（2）可知，当时，，当时，，所以.所以.浙江省宁波市九校2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题选择题部分一、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，则的共轭复数的虚部为（）A.1 B.i C. D.〖答案〗D〖解析〗，所以，所以的虚部为.故选：D.2.在平面直角坐标系中，若角以轴的非负半轴为始边，且终边过点，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗∵角的终边经过点，，则.故选：A.3.设是一条直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则〖答案〗C〖解析〗若，，则或、相交，故A错误；若，，则与的位置关系都有可能，故B错误；若，，则，故C正确；若，，则或，故D错误；故选：C.4.在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，，且，则其内切球表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为四面体四个面都为直角三角形，平面，所以，，设四面体内切球球心为，半径为，则所以，因为四面体的表面积为，又因为四面体的体积，所以，所以内切球表面积.故选：C.5.已知等比数列的前项积为，若，则（）A B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设等比数列的公比为，当，则，所以，，，若，则，，，不符合题意；若，则单调（或为常数），此时不满足，故不符合题意，所以；当，，此时奇数项负，偶数项为正，则，，，不符合题意，当，，此时奇数项为正，偶数项为负，则，，，不符合题意，所以，故A错误，又，，又，所以，所以，故对任意的，，则对任意的，，故B错误；又，，所以，，所以，，，所以，故D正确，C错误．故选：D．6.如图，在棱长均为的直三棱柱中，是的中点，过、、三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点所在部分的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设平面交于点，连接、，在三棱柱中，平面平面，平面平面，平面平面，所以，，又因为且，故四边形为平行四边形，所以，，所以，，因为为的中点，所以，为的中点，且，因为直三棱柱的每条棱长都为，则，易知是边长为的等边三角形，则，，因此，顶点所在部分的体积为.故选：B.7.在中，是边的中点，且对于边上任意一点，恒有，则一定是（）A.直角三角形 B.锐角三角形 C.钝角三角形 D.等腰三角形〖答案〗A〖解析〗如下图所示，取的中点，显然，，同理，，因为，所以，即，所以，因为是的中点，所以,所以，所以一定是直角三角形.故选：A8.十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的〖答案〗是：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点称为费马点，已知在中，已知，，，且点在线段上，且满足，若点为的费马点，则（）A.-1 B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，，，由余弦定理可得，由正弦定理，即，所以，显然为锐角，所以，设，则，即，解得，即，所以，所以，又，即为锐角，所以的三个内角均小于，则为三角形的正等角中心，所以，所以，因为.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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.若，，则 B.C.若，则 D.〖答案〗BC〖解析〗对于A：当且与不共线时，满足，，但是与不共线，故A错误；对于B：设，则，则，故B正确；对于C：因为，则，则，所以，故C正确；对于D：设，则，则表示与共线的向量，而表示与共线的向量，故D错误；故选：BC10.下列说法正确的是（）A.若的最小正周期为，则B.在中，角的对边分别为，则“”是“”的充要条件C.三个不全相等的实数，，依次成等差数列，则，，可能成等差数列D.的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则的面积为〖答案〗ABD〖解析〗对于A，，，则的最小正周期，则，故A正确；对于B，在中，根据“大角对大边，大边对大角”可知，“”是“”的充要条件，故B正确；对于C，，，依次成等差数列，则，如果，，成等差数列，则，代入得，平方得，则，所以，与题意矛盾，故C错误；对于D，过点作交轴于点，因为的斜二测直观图是边长为2的正三角形，所以的高，所以，所以原图中，，所以的面积为.故D正确.故选：ABD11.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的数学著作，其中第十一卷称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，，是直角圆锥底面圆的两条不同的直径，下列说法正确的是（）A.存在某条直径，使得B.若，则三棱锥体积的最大值为C.对于任意直径，直线与直线互为异面直线D.若，则异面直线与所成角的余弦值是〖答案〗BCD〖解析〗对于A，连接，因为平面，平面，所以，若，只需，因为是直径，所以，所以不存在直径，使得，所以不存在某条直径，使得，A错误；对于B，若，则，所以三棱锥的体积为，所以当时，三棱锥体积的最大值为，B正确；对于C，，是直角圆锥底面圆的两条不同的直径，所以与没有交点，而平面，平面，所以直线与直线互为异面直线，C正确；对于D，取的中点，取的中点，连接，则，所以（或及其补角）为异面直线与所成角的平面角.令，则，所以，因为，所以，则，所以，所以，D正确.故选：BCD12.已知数列中各项都小于，，记数列的前项和为，则以下结论正确的是（）A.任意与正整数，使得B.存在与正整数，使得C.任意非零实数与正整数，都有D.若，则〖答案〗AD〖解析〗对于A：因为，所以，所以，则，故A正确；对于B：记，由，可得，因为在上单调递减，所以对于任意正整数，，故B错误；对于C：由A可知所有同号，①当时，易得对于任意正整数，，②当时，，即，因为在上单调递减，所以对于任意正整数，，③当时，，即，因为在上单调递减，所以对于任意正整数，，故C错误；对于D：由B可知对于任意正整数，，当时，所以，由C中②知当时，，又，解得，所以，所以，故D正确；故选：AD非选择题部分三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.杭州第19届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴.在中国历史上，历代书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为30和12的两个同心圆上的弧（长度单位为cm），侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为.若某空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为______.〖答案〗〖解析〗一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为，高为，所以，可得，因此，该圆锥的高为，侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为，高为，所以，可得，因此，该圆锥的高为，因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为.故〖答案〗为：.14.已知等差数列，，，则______.〖答案〗1〖解析〗记等差数列的公差为，则，因为，，所以，所以.故〖答案〗为：115.如图，在直三棱柱中，，，，动点在内（包括边界上），且始终满足，则动点的轨迹长度是______.〖答案〗〖解析〗在直三棱柱中，平面，因为平面，所以，，又因为，，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，因为，，则四边形为菱形，所以，，又因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，.在平面内，过点作，垂足为点，因为平面，平面，则，因为，，、平面，所以，平面，因为平面，则，因为，、平面，所以，平面，由于动点又在内，所以动点在平面与平面的交线上，因为，，，所以，，由等面积法可得，因此，动点的轨迹长度是.故〖答案〗为：.16.已知向量，的夹角为，且，向量满足，且，记，，则的最大值为______.〖答案〗〖解析〗设，则，由，知，即，所以，因为，所以点在线段上，设，则，所以故原问题转化为求的最大值，在中，由余弦定理知，，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，因为，所以，即，所以，即，即，所以.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、证明过程或演算步骤.17.定义一种运算：.（1）已知为复数，且，求；（2）已知、为实数，也是实数，将表示为的函数并求该函数的单调递增区间.解：（1）设，因为，所以，，即，则，因此，.（2）为实数，则，所以，，由可得，因此，函数的单调递增区间为.18.今年9月，象山将承办第19届杭州亚运会帆船与沙滩排球项目比赛，届时大量的游客来象打卡“北纬30度最美海岸线”.其中亚帆中心所在地——松兰山旅游度假区每年各个月份从事旅游服务工作的人数会发生周期性的变化.现假设该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数可近似地用函数来刻画.其中正整数表示月份且，例如时表示1月份，A和是正整数，.统计发现，该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数有以下规律：①各年相同的