浙江省宁波市九校2023-2024学年高一下学期期末联考 数学试题【含答案】

宁波市2023学年第二学期期末九校联考高一数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷一、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.1．四棱锥至多有几个面是直角三角形？（

）A．2 B．3 C．4 D．52．已知点，，若直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（

）A．或 B．或C．或 D．3．若平面向量两两的夹角相等，且，，，则（

）A．1 B．4 C．1或4 D．1或24．已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，则是的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件5．逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在三处测得道路一侧山顶的仰角分别为，其中，则此山的高度为（）

A． B．C． D．6．已知复数是关于x的方程的一个根，若复数z满足，复数z在复平面内对应的点Z的集合为图形M，则M围成的面积为（

）A． B． C． D．7．慢走是一种简单又优良的锻炼方式，它不仅可以帮助减肥，还可以增强心肺功能、血管弹性、肌肉力量等，小温从小到大记录了近6周的慢走里程（单位：公里）：11，12，m，n，20，27，其中这6周的慢走里程的中位数为16，若要使这6周的周慢走里程的标准差最小，则（

）A．14 B．15 C．16 D．178．在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，且，则的最大值为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：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．下列描述正确的是（

）A．若事件，相互独立，，，则B．若三个事件，，两两独立，则满足C．若，，则事件，相互独立与，互斥一定不能同时成立D．必然事件和不可能事件与任意事件相互独立10．已知复数，则下列说法正确的是（

）A．的虚部为 B．C．复平面内对应的点位于第二象限 D．11．如图，已知四面体的各条棱长均等于2，E，F分别是棱，的中点.G为平面上的一动点，则下列说法中正确的有（

）A．三棱锥体积为B．线段的最小值为C．当G落在直线上时，异面直线与所成角的余弦值最大为D．垂直于的一个面，截该四面体截得的截面面积最大为1第Ⅱ卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，12．已知直线与平行，则实数.13．已知圆O的直径AB把圆分成上下两个半圆，点C，D分别在上、下半圆上（都不与A，B点重合）若，，则.14．已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为.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．如图，在等腰梯形中，，，分别为，的中点，与交于点.(1)用，表示；(2)求线段的长.16．已知直线.(1)求证：直线过定点；(2)若直线不经过第二象限，求实数的取值范围；(3)若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程.17．“数学好玩”是国际著名数学家陈省身赠送给少年数学爱好者们的一句话某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动.在活动中，共有20道数学问题，满分100分在所有的答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成六段：，，……，，得到如图所示的频率分布直方图.

(1)求频率分布直方图中a的值，并估计该校全体学生这次数学成绩的中位数；(2)活动中，甲、乙、丙三位同学独立参加竞赛，已知甲同学答对了12道，乙同学答对了8道，丙同学答对了n道，假设每道数学问题难度相当，被答对的可能性都相同.（i）任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率；（ii）任选一道数学问题，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为，求n的值.18．如图1，有一个边长为4的正六边形ABCDEF，将四边形ADEF沿着AD翻折到四边形ADGH的位置，连接BH，CG，形成的多面体ABCDGH如图2所示.

(1)求证：AD⊥CG；(2)若AH⊥CD，试求直线CH与平面ABCD所成角的正弦值；(3)若二面角的大小为，M是线段CG上的一个动点（M与C，G不重合），试问四棱锥与四棱锥的体积之和是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由19．矩形中，P，Q为边的两个三等分点，满足，R点从点A出发.沿着折线段向点B运动（不包含A，B两点），记，.(1)当是等腰三角形时，求；(2)当R在线段（不包含A，D两点）上运动时，证明：；(3)当R在线段（包含C，D两点）上运动时，求的最大值.1．C【分析】在正方体中考虑一个三棱锥，即可得到四个面均为直角三角形.【详解】在正方体中，取三棱锥，其四个面均为直角三角形.故选：C.2．D【分析】根据两点间斜率公式计算即可.【详解】直线的斜率为，直线的斜率为，结合图象可得直线的斜率的取值范围是.故选：D3．C【分析】根据题意得到或，然后利用数量积的运算律求模即可.【详解】设的夹角为，则或，，，，，当时，，当时，.故选：C.4．C【分析】利用两者之间的推出关系可得正确的选项.【详解】若，因为，故，而，故.若，则或相交，故是的必要不充分条件，故选：C.5．D【分析】根据锐角三角函数可得，进而根据余弦定理即可求解.【详解】解：如图，设点在地面上的正投影为点，

则，,设山高，则，在中，，由余弦定理可得：，整理得，∴．故选：D．6．C【分析】先由是方程的根求出，，然后由复数减法的几何意义求解即可.【详解】∵是关于的方程（，）的一个根，∴（，），化简得，∴，解得，∴，如图所示复平面内，复数和表示的点为和，表示的向量为和，则由复数减法的几何意义，复数表示的向量为，若，则，∴点的集合图形是以为圆心，半径为的圆，∴围成的面积为.故选：C.7．C【分析】根据题意得到，进而求得数据的平均数为，结合方差的公式，要使这6个月的月慢走里程的标准差最小，需要最小，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】由题意，数据的中位数为，可得，所以，所以这6个月的月慢走里程的平均数为，要使这6个月的月慢走里程的标准差最小，需要最小，又由，故当标准差最小时，.故选：C8．B【分析】根据题意，结合条件由余弦定理可得，再由，结合正切函数的和差角公式以及基本不等式代入计算可得，即可得到结果.【详解】因为，且，则，由余弦定理可得，所以，即，由正弦定理可得，其中，则，所以，又，化简可得，且为锐角三角形，则，所以，即，解得或（舍），所以，当且仅当时，等号成立，则的最大值为.故选：B【点睛】关键点睛：本题主要考查了余弦定理，正切函数的和差角公式以及基本不等式求最值问题，难度较大，解答本题的关键在于由余弦定理得到，然后结合基本不等式代入计算，即可求解.9．ACD【分析】根据独立事件的概念及乘法公式直接可判断.【详解】A选项：由，，则，，又事件，相互独立，则，A选项正确；B选项：若三个事件，，两两独立，由独立事件的乘法公式，，，无法确定，B选项错误；C选项：，，若事件，相互独立则，若事件，互斥，则，C选项正确；D选项：设任意事件发生的概率为，必然事件事件发生的概率为，不可能事件发生的概率为，则，，D选项正确；故选：ACD.10．BD【分析】根据复数的定义，几何意义及复数的运算分别判断各选项.【详解】A选项：由，可得的虚部为，A选项错误；B选项：由，可得，则，B选项正确；C选项：由，则，对应的点为，在坐标轴上，C选项错误；D选项：，，所以，D选项正确；故选：BD.11．BCD【分析】对A，求出正四面体的高，点到平面的距离为，求出体积判断；对B，作点关于平面的对称点，由对称性得，求解判断；对C，由最小角定理可知，与所成的最小角即与平面所成角，运算得解判断；对D，根据题意，可判断平面截正四面体的截面为矩形，利用基本不等式求解.【详解】对于A，如图，作平面，垂足为，因为四面体为正四面体，则为三角形的中心，则，所以，即正四面体的高为，点到平面的距离为点平面的距离的一半，即，所以，故A错误；对于B，如图，作点关于平面的对称点，连接交平面于点，过点作平面的垂线交平面于点，作，因为平面，所以点，则，，，所以，故B正确；对于C，当落在直线上时，由最小角定理可知，与所成的最小角即与平面所成角，即，所以，所以，即异面直线与所成角余弦最大为，故C正确；对于D，如图，连接，因为是的中点，所以，同理，设平面交正四面体的棱于点，棱于点，棱于点，棱于点，所以，，，，所以，，又，，是平面内的相交直线，则平面，所以，则，即四边形为矩形，即平面截正四面体的截面为矩形.设，即，，即，，所以，当且仅当，即时等号成立，所以平面截该四面体截得的截面面积最大为1，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：本题B选项，解题的关键是作点关于平面的对称点，由对称性求解；D选项，关键是判断出平面截该四面体截得的截面为矩形.12．.【详解】分析：利用平行线的充要条件列出方程求解即可.详解：直线与平行，可得，解得或，当时，两条直线重合，不满足题意，故答案为.点睛：本题考查平行线充要条件的应用，意在考查基本性质的掌握情况以及计算能力.13．3【分析】利用向量数量积的运算法则与定义即可得解.【详解】依题意，连接，如图，因为是直径，所以，所以，，所以.故答案为：3.14．【分析】由三棱锥的结构特征，可扩成长方体，利用长方体的外接球半径得三棱锥的外接球半径，由动点的轨迹形状，求轨迹长度.【详解】由题意可知，三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，如图①所示，则有，把三棱锥扩成长方体，则有，解得，则长方体外接球半径，所以三棱锥的外接球半径；点为三棱锥的外接球球面上一动点，当时，如图③所示，所以为等腰三角形，所以故动点的轨迹是半径为的圆，轨迹长度为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查求三棱锥的外接球，解题关键是三组对棱分别相等的四面体（三棱锥），采用补形为长方体（四面体的棱分别是长方体各面的对角线），长方体的外接球半径即为三棱锥的外接球半径.15．(1)(2)【分析】（1）根据向量的线性运算直接可得解；（2）根据转化法可得向量的模.【详解】（1）由已知，且为的中点，则四边形为平行四边形，为等边三角形，即，又为的中点，则，即；（2）由已知，，三点共线，则，又因为，，三点共线，则有，解得，故有，所以.16．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由方程变形可得，列方程组，解方程即可；（2）数形结合，结合直线图像可得解；（3）求得直线与坐标轴的交点，可得面积，进而利用二次函数的性质可得最值.【详解】（1）由，即，则，解得，所以直线过定点；（2）如图所示，结合图像可知，当时，直线斜率不存在，方程为，不经过第二象限，成立；当时，直线斜率存在，方程为，又直线不经过第二象限，则，解得；综上所述；（3）已知直线，且由题意知，令，得，得，令，得，得，则，所以当时，取最大值，此时直线的方程为，即.17．(1)，75(2)（i）；（ii）【分析】（1）根据频率之和为即可求出，根据频率分布直方图中中位数的求法求中位数即可；（2）（i）根据古典概型结合相互独立事件的乘法公式求解即可；（ii）根据相互独立事件的乘法公式及对立事件的概率公式求解即可.【详解】（1）由频率分布直方图有，得，因为，，所以中位数在区间上，设为x，则有，得，所以估计该校全体学生这次数学成绩的中位数为75；（2）设“任选一道题，甲答对”，“任选一道题，乙答对”，“任选一道题，丙答对”，则由古典概型概率计算公式得：，，，所以有，，，（i）记“甲、乙两位同学恰有一人答对”，则有，且有与互斥，因为每位同学独立作答，所以A，B互相独立，则A与，与B，与均相互独立，所以，所以任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率；（ii）记“甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对”，则，所以，解得：.18．(1)证明见解析(2)(3)是定值，【分析】（1）作出辅助线，得到AD⊥NG，AD⊥NC，进而得到线面垂直，得到AD⊥CG；（2）计算出，由勾股定理逆定理得到AC⊥CD，结合AH⊥CD，故CD⊥平面AHC，所以AH⊥CH，求出，根据求出点到平面的距离，求出CH与平面ABCD所成角的正弦值；（3）由二面角定义得到，作出辅助线，证明出线面垂直，并求出，从而得到.【详解】（1）如图，连接EC交AD于N，则N为CE的中点，由正六边形的性质，⊥，可知AD⊥NG，AD⊥NC，因为，NG，平面GNC.故AD⊥平面GNC.而平面GNC，所以AD⊥CG.

（2）如图，连接AC，在正六边形中，，故，又，，

则有，即AC⊥CD，又因为AH⊥CD，故CD