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（含解析）.docx

宁波市2022学年第二学期期末九校联考高一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. 1B. iC. 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. 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. 5. 已知等比数列的前项积为，若，则( )A. B. C. 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. 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8. 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. B. C. D. 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. 下列说法正确是( )A. 若，则B. C. 若，则D. 10. 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11. 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12. 已知数列中各项都小于，记数列前项和为，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”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_. 14. 已知等差数列，则_.15. 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_.16. 已知向量，夹角为，且，向量满足，且，记，则的最大值为_.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.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，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：各年相同的月份从事旅游服务工作的人数基本相同；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；2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.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.20. 在中，内角，都是锐角.(1)若，求周长的取值范围；(2)若，求证：.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.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：.宁波市2022学年第二学期期末九校联考高一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. 1B. iC. D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算化简，再由共轭复数的定义即可得，进而可得虚部.【详解】，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】【分析】利用诱导公式可得，再利用三角函数的定义即可求解.【详解】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】【分析】根据空间中点线面的位置关系逐一判断即可.【详解】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】【分析】设四面体内切球的球心为，半径为，则，求得，从而求得，根据球的表面积公式即可求解.【详解】 因为四面体四个面都为直角三角形，平面，所以，设四面体内切球的球心为，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】【分析】设等比数列的公比为，利用反证法说明，从而得到，即可得到，从而得到，再根据等比数列的性质判断即可.【详解】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，此时奇数项为负，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：D6. 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】【分析】设平面交于点，连接、，推导出点为的中点，用三棱柱的体积减去三棱台的体积即可得解.【详解】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】【分析】根据基底法转化数量积，将向量关系转化为数量关系进而求解.【详解】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. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由余弦定理求出，再由正弦定理求出，即可求出，设，由余弦定理求出，即可求出，根据定义可知为三角形的正等角中心，由等面积法求出，最后根据数量积的定义计算可得.【详解】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】【分析】根据共线向量和零向量的定义判断A，根据数量积的定义及运算律判断B、C、D.【详解】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】【分析】对于A，根据余弦和角公式和辅助角公式化简函数，再结合正弦函数周期公式求解；对于B，根据条件直接判断；对于C，根据等差数列的性质列式，引出矛盾从而判断；对于D，先还原图形，再直接求面积.【详解】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】【分析】对于A，由是直径得，从而可知不存在直径，使得，从而可判断；对于B，由题意可得当时，三棱锥体积最大，求解即可判断；对于C，根据异面直线的判定方法即可判断；对于D，取的中点，取的中点，连接，可得(或及其补角)为异面直线与所成角的平面角，根据余弦定理即可求解，从而可判断.【详解】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】【分析】由递推公式得到即可判断A，记，依题意可得，结合函数的单调性，即可得到对于任意正整数，从而判断B，分、三种情况讨论，即可判断C，结合A、C即可判断D.【详解】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，当时，易得对于任意正整数，当时，即，因为在上单调递减，所以对于任意正整数，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】【分析】计算出侧面展开图分别为30和12，圆心角为的扇形的两个圆锥的高，相减即可得解.【详解】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：.14. 已知等差数列，则_.【答案】1【解析】【分析】记等差数列的公差为，则，由，结合和差角余弦公式可得，从而可求解.【详解】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】【分析】推导出，在平面内，过点作，垂足为点，证明出，可得出平面，分析可知点的轨迹为线段，利用等面积法求出线段的长，即为所求.【详解】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】【分析】设, 由共线定理可知点在线段上，设，则 ，根据投影的计算方法，结合三角恒等变换公式，推出 ，可将原问题转化为求的最大值，再利用等面积法，进一步将问题转化为求的最小值，然后结合余弦定理和基本不等式，得解.【详解】 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.【答案】(1) (2)，增区间为【解析】【分析】(1)，由结合复数相等可求出、的值，再利用复数的模长公式可求得的值；(2)利用题中运算结合复数的概念可得出，利用三角恒等变换化简可得出关于的函数表达式，再利用正弦型函数的单调性可求得该函数的单调递增 区间.【小问1详解】解：设，因为，所以，即，则，因此，.【小问2详解】解：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，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：各年相同的月份从事旅游服务工作的人数基本相同；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；2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.【答案】(1)， (2)第月是该地区的旅游旺季，理由见解析【解析】【分析】(1)根据题意首先求出，再根据周期求出，最后根据求出，即可得到函数解析式；(2)令，结合余弦函数的性质计算可得，注意为正整数.【小问1详解】因为和是正整数，由可知，解得；由可得：，则，且，解得；所以，又，即，解得；所以，.【小问2详解】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.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)由可求得数列的通项公式；(2)计算得出，利用裂项法可求得.【小问1详解】解：当时，当且时，不满足，综上所述，.【小问2详解】解：因为，所以，因此，.20. 在中，内角，都是锐角.(1)若，求周长的取值范围；(2)若，求证：.【答案】(1) (2)证明见解析【解析】【分析】(1)根据正弦定理可得，然后可得，然后结合的范围求出的范围可得答案；(2)由条件可得为锐角，然后由可得，即可证明.【小问1详解】因为，所以，所以，因为所以，因为内角，都是锐角，所以，即，所以，所以，所以周长的取值范围为，【小问2详解】若，则，所以为锐角，所以，所以，因为内角，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)求二面角大小；(3)求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3)【解析】【分析】(1)根据几何关系证明线面垂直从而得到线线垂直即可；(2)根据几何关系，平方后得到，得到，根据余弦定理求解其平面角即可；(3)根据平行关系将所求角转化为与平面所成角，再根据垂直关系找到具体的角进而求解其正弦值.【小问1详解】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 【小问2详解】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.小问3详解】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：.【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)证明见解析.【解析】【分析】(1)把代入得，即，从而得证；(2)利用和与项的关系即可求解得；(3)利用放缩法，得，再结合裂项相消求和法即可证明.【小问1详解】，即由题意，将式两边同除以，得，数列是首项为，公差为1的等差数列.【小问2详解】由(1)可知当时， ，即，当时，则，即，因为满足，所以.【小问3详解】由(2)可知，当时，当时，所以.所以.