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

2023-2024学年浙江省宁波市余姚市高一（下）期末数学试卷一、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．两个圆锥2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且满足m⊂α，n⊂β，则下列命题正确的是（）A．若m∥β，则m∥n B．若m⊥β，则α⊥β C．若m∥n，则α∥β D．若m⊥n，则m⊥β3．一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（如图所示），则原平面图形的周长为（）A．8 B．2+2 C．4 D．84．从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球，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．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球” C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球” D．“至少有一个黑球”与“都是红球”5．在△ABC中，，则△ABC的最大内角等于（）A．105° B．120° C．125° D．150°6．某试验田种植甲、乙两种水稻，面积相等的两块稻田（种植环境相同）连续5次的产量如下：甲/kg260250210250280乙/kg220260230250290则下列说法错误的是（）A．甲种水稻产量的众数为250 B．乙种水稻产量的极差为70 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7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若acosC＝2ccosA，则的最大值为（）A． B． C． D．38．已知||＝||＝1，＝+x（x∈R），函数f（x）＝||，当x＝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z1＝2﹣i，z2＝2+i，则（）A．z1﹣z2为纯虚数 B．复数z1z2在复平面内对应的点位于第四象限 C．z1•＝•z2（注意：表示复数z的共轭复数） D．满足|z﹣z1|＝|z﹣z2|的复数z在复平面内对应的点的轨迹为直线10．已知△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，S为△ABC的面积，则下列条件能使△ABC只有一个解的是（）A．a＝1，b＝2，c∈N+ B．a＝1，b＝2，acosB+bcosA＝2ccosB C． D．a＝1，b＝2，A+B＝2C11．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，且AB＝BC＝CC1＝2，M为线段BC上的动点，则（）A．AB1⊥A1M B．三棱锥C1﹣AMB1的体积不变 C．|A1M|+|C1M|的最小值为 D．当M是BC的中点时，过A1，M，C1三点的平面截三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球所得的截面面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知复数z＝1﹣i，i为虚数单位，则||＝．13．在平行四边形ABCD中，E和F分别是边CD和BC的中点，若＝λ+μ，其中λ、μ∈R，则λ+μ＝．14．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为12，该纸片，上的正方形ABCD的中心为O，E，F，G，H为圆O上的点，△ABE，△BCF，△CDG，△ADH分别是以AB，BC，CD，DA为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DA为折痕折起△ABE，△BCF，△CDG，△ADH使得点E，F，G，H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．（13分）已知向量与的夹角θ＝，且||＝3，||＝2．（1）求，|+|；（2）求与+的夹角的余弦值．16．（15分）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PABCDE中，PA⊥平面ABCD，DE∥PA，PA＝2DE＝2AD＝4，四边形ABCD是正方形．（1）求直线BE与平面ADEP所成角的余弦值；（2）证明：PE⊥平面ABE；（3）求平面BCE与平面ADEP所成的二面角的平面角的大小．18．（17分）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n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n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n＝3，分别以a1，a2，a3表示第一次排序时被排为1，2，3的三种酒在第二次排序时的序号，并令X＝|a1﹣1|+|a2﹣2|+|a3﹣3|，则X是对两次排序的偏离程度的一种描述．若两轮测试都有X＝0，则该品酒师被授予“特级品酒师”称号；若两轮测试都有X≤2，且至少有一轮测试出现X≠0，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a1，a2，a3排序结果，并求出相应的X值；a1，a2，a3X1，2，30……（2）甲参加了两轮测试，两轮测试结果相互独立，记事件D＝“甲被授予一级品酒师称号”，求P（D）；（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E＝“在这两年中甲至少有一次被授予特级品酒师称号”，求P（E）．19．（17分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，其面积记为S，且满足．（1）求角B；（2）D为AC边上一点，BD＝2，且，求S的最小值．（3）圆O是△ABC外接圆，P是圆O外一点，PM，PN分别切圆O于点M，N，若b＝1，求的最小值．2023-2024学年浙江省宁波市余姚市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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．【答案】C【分析】根据圆锥的几何特征，可得答案．【解答】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．【点评】本题考查的知识点是旋转体，正确理解圆锥的几何特征是解答的关键．2．【答案】B【分析】通过举反例可判断ACD，由面面垂直判定定理可判断B．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，记平面ABCD为α，平面ADD1A1为β，（1）当记AA1为n，直线BC为m时，可知A错误；（2）当记A1D1为n，直线BC为m时，可知C错误；（3）记AC为m，AA1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．【点评】本题考查了空间中直线与平面、平面与平面的关系，属于基础题．3．【答案】A【分析】利用斜二测画法的过程把给出的直观图还原回原图形，即找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，然后求解平行四边形的周长即可．【解答】解：还原直观图为原图形如图，因为O′A′＝1，所以O′B′＝，还原回原图形后，OA＝O′A′＝1，OB＝2O′B′＝2．OC＝＝3，所以原平面图形的周长为：3+1+3+1＝8．故选：A．【点评】本题考查了平面图形直观图的画法，解答的关键是熟记斜二测画法的要点和步骤，是基础题．4．【答案】B【分析】利用互斥事件和对立事件的定义求解．【解答】解：“至少有一个黑球”与“都是黑球”能同时发生，故A中的两个事件不是互斥事件；“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”不能同时发生，但能同时不发生，故B中的两个事件互斥而不对立；“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”能同时发生，故C中的两个事件不是互斥事件；“至少有一个黑球”与“都是红球”是对立事件．故选：B．【点评】本题考查互斥而不对立的两个事件的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件定义的合理运用．5．【答案】A【分析】利用正弦定理可得sinC，根据大边对大角可求C为锐角，进而可求C的值，根据三角形内角和定理可求B的值，即可得解．【解答】解：∵在△ABC中，，∴由正弦定理得，即，得，∵，∴A＞C，即0°＜C＜90°，∴C＝30°，B＝180°﹣A﹣C＝105°，∴△ABC的最大内角为B＝105°．故选：A．【点评】本题考查了正弦定理，大边对大角，三角形内角和定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．6．【答案】D【分析】根据平均数，极差，众数，方差的计算公式计算出结果，逐个判断各个选项即可．【解答】解：对于A，由题意，得甲种水稻产量的众数为250，故A正确，对于B，乙种水稻产量的极差为290﹣220＝70，故B正确，对于C，甲种水稻产量的平均数为，乙种水稻产量的平均数为，故C正确，对于D，甲种水稻产量的方差为，乙种水稻产量的方差为．所以甲种水稻产量的方差小于乙种水稻产量的方差，故D错误，故选：D．【点评】本题主要考查了众数，极差，平均数，方差的计算，属于基础题．7．【答案】C【分析】由题意利用余弦定理以及基本不等式即可求解．【解答】解：因为acosC＝2ccosA，所以由余弦定理可得a•＝2c•，整理可得3a2＝b2+3c2，所以3a2＝b2+3c2≥2bc，即≤，当且仅当b＝时等号成立，即的最大值为．故选：C．【点评】本题主要考查了余弦定理以及基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．8．【答案】C【分析】根据一元二次函数的性质，投影向量的定义即可求解．【解答】解：∵||＝||＝1，＝+x（x∈R），∴，（x∈R），∴当x＝＝时，取得最小值，即||＝f（x）也取得最小值，∴，∴，∴在上的投影向量为＝．故选：C．【点评】本题考查一元二次函数的性质，投影向量的定义，属基础题．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．【答案】AD【分析】结合复数的四则运算，复数的几何意义，复数的概念，复数模公式，即可求解．【解答】解：z1＝2﹣i，z2＝2+i，则z1﹣z2＝﹣2i为纯虚数，故A正确；z1z2＝（2﹣i）（2+i）＝5，则复数z1z2在复平面内对应的点（5，0）位于x轴上，故B错误；，，二者不相等，故C错误；设z＝a+bi（a，b∈R），|z﹣z1|＝|z﹣z2|，则（a﹣2）2+（b+1）2＝（a﹣2）2+（b﹣1）2，解得b＝0，故复数z在复平面内对应的点的轨迹为x轴，即直线，故D正确．故选：AD．【点评】本题主要考查复数的四则运算，复数的几何意义，复数的概念，复数模公式，属于基础题．10．【答案】ABD【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C有两个值，可判断C，根据内角和即可判断D．【解答】解：对于A：由三角形三边关系可得：b﹣a＜c＜b+a，所以1＜c＜3，因为c∈N+，故c＝2，故A正确．对于B：由acosB+bcosA＝2ccosB⇒sinAcosB+sinBcosA＝2sinCcosB，故sin（A+B）＝2sinCcosB⇒sinC＝2sinCcosB⇒cosB＝＝，可得：c2﹣c﹣3＝0，由此解得c＝，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：A+B＝2C，A+B+C＝π，故，两边及其夹角，此三角形唯一，故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式以及三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．11．【答案】ABD【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；|A1M|+|C1M|转化为点和点（2，2）到点（0，t）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．【解答】解：连接A1B，如图所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝CC1＝2，ABA1B1为正方形，AB1⊥A1B，∠ABC＝90°，BC⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，BC⊥AB1，A1B，BC⊂平面A1BC，A1B∩BC＝B，AB1⊥平面A1BC，A1M⊂平面A1BC，AB1⊥A1M，A选项正确；由直三棱柱的结构特征，，故三棱锥C1﹣AMB1的体积为定值，B选项正确；设BM＝t，0≤t≤2，MC＝2﹣t，，，，其几何意义是点和点（2，2）到点（0，t）的距离之和，最小值为点到点（2，2）的距离，为，C选项错误；当M是BC的中点时，，，，，设点C到平面MA1C1的距离为hC，由，得，直三棱柱ABC﹣A1B1C1是正方体的一半，外接球的球心为A1C的中点O，外接球的半径，点O到平面MA1C1的距离为，则过A1，M，C1三点的平面截三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球所得截面圆的半径为，截面面积为选项正确．故选：ABD．【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．【答案】见试题解答内容【分析】利用共轭复数的定义、模的计算公式即可得出．【解答】解：∵复数z＝1﹣i，∴＝1+i．则||＝＝．故答案为：．【点评】本题考查了共轭复数的定义、模的计算公式，属于基础题．13．【答案】见试题解答内容【分析】设＝，＝，表示出和，由＝（+），及＝λ+μ，解出λ和μ的值．【解答】解析：设＝，＝，那么＝+，＝+，又∵＝+，∴＝（+），即λ＝μ＝，∴λ+μ＝．故答案为：．【点评】本题考查向量的共线定理的应用，用＝和＝作为基底，表示出，也表示出λ+μ，利用＝λ+μ，解出λ和μ的值．14．【答案】【分析】连接OE交AB于点I，设E，F，G，H重合于点P，正方形的边长为x（x＞0）cm，则，求出x的值，再利用勾股定理求R，代入球的表面积公式，即可得答案．【解答】解：连接OE交AB于点I，设E，F，G，H重合于点P，正方形的边长为x（x＞0）cm，则，因为该四棱维的侧面积是底面积的2倍，所以，解得x＝4．设该四棱锥的外接球的球心为Q，半径为R，如图，则，所以，解得，所以外接球的表面积为．故答案为：．【点评】本题考查四棱锥外接球的表面积，考查学生的运算能力，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．【答案】（1）﹣6；；（2）．【分析】（1）由平面向量数量积的运算法则，可得的值；由|+|＝，再代入相关数据，得解．（2）先求出•（+）＝3，设与+的夹角为θ，由cosθ＝，得解．【解答】解：（1）＝||•||cos＜，＞＝3×2×cos＝﹣6，|+|＝＝＝＝．（2）由题意知，•（+）＝+＝9+（﹣6）＝3，设与+的夹角为θ，则cosθ＝＝＝，故与+的夹角的余弦值为．【点评】本题考查平面向量的混合运算，熟练掌握平面向量的加法和数量积的运算法则是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．16．【答案】（1）0.035；（2）平均数为41.5岁；中位数为42.1岁；（3）．【分析】（1）由频率分布直方图的性质列方程，能求出a；（2）由频率分布直方图的性质能求出平均数和中位数；（3）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a1，a2，b1，b2，b3，从5人中随机抽取2人，利用列举法能求出这2人恰好在同一组的概率．【解答】解：（1）由频率分布直方图的性质得：10×（0.010+0.015+a+0.030+0.010）＝1，得a＝0.035；（2）平均数为；20×0.1+30×0.15+40×0.35+50×0.3+60×0.1＝41.5岁；设中位数为m，则10×0.010+10×0.015+（m﹣35）×0.035＝0.5，∴m＝42.1岁；（3）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a1，a2，b1，b2，b3，从5人中随机抽取2人，包含的基本事件为：{a1，a2}，{a1，b1}，{a1，b2}，{a1，b3}，{a2，b1}，{a2，b2}，{a2，b3}，{b1，b2}，{b1，b3}，{b2，b3}共10个基本事件，这2人恰好在同一组的基本事件为：{a1，a2}，{b1，b2}，{b1，b3}，{b2，b3}共4个，所以这2人恰好在同一组的概率．【点评】本题考查频率、平均数、中位数、概率的求法，考查频率分布直方图的性质、古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力、数据分析能力，是基础题．17．【答案】（1）；（2）证明见解答；（3）45°．【分析】（1）先证明AB⊥平面ADEP，得出∠BEA就是直线BE与平面ADEP所成角，即可求解；（2）根据线面垂直的判定定理即可得证；（3）建立空间直角坐标系，分别求出平面BCE与平面ADEP的法向量，利用向量夹角公式即可求解．【解答】解：（1）因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，因为ABCD为正方形，所以AB⊥AD，又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面ADEP，所以AB⊥平面ADEP，故∠BEA就是直线BE与平面ADEP所成角，在Rt△ABE中，易得AB＝2，，所以，，所以直线BE与平面ADEP所成角的余弦值为；（2）证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，因为DE∥PA，PA＝2DE＝2AD＝4，所以四边形ADEP为直角梯形，所以，，在△PEA中，PE2+EA2＝PA2，则PE⊥EA，故∠PEA＝90°，因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，在Rt△PAB中，，在△PEB中，，PE2+BE2＝PB2，所以PE⊥EB，由（1）知PE⊥EA，又EA∩EB＝E，EA，EB⊂平面ABE，所以PE⊥平面ABE；（3）由（1）知AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），E（0，2，2），可得，，设平面BCE的法向量为，则，令x＝1，则z＝1，y＝0，设平面BCE的法向量为，易知AB⊥平面ADEP，所以平面ADEP的一个法向量为，设平面BCE与平面ADEP所成的二面角的平面角为θ，则|cosθ|＝＝，结合图像，易知平面BCE与平面ADEP所成的二面角为锐角，所以θ＝45°．【点评】本题考查空间角的计算以及线面垂直的判定，属于中档题．18．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）根据题意可得第二次排序时所有可能的a1，a2，a3排序及相应的X值列表；（2）令A表示事件“X＝0“，B表示事件“X＝2“，C表示事件“X＝4“．由（1）知道．甲参加第一轮测试X值记为X1，参加第二轮测试X值记为X2，记事件D1＝“X1＝0，X2＝2“，D2＝“X1＝2，X2＝0“，D3＝“X1＝2，X2＝2“，D＝D1∪D2∪D3，根据相互独立与互斥事件的概率计算公式即可得出结论．（3）记事件Ei＝“甲在第i年测试中被