1、（高一数学期末）试题卷 第1页 共 4 页 慈溪市 2022 学年第二学期高一期末测试卷 数学学科试卷 第 I 卷（选择题，共 60 分）一选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。1.若复数 z 满足：iz=2+i，则 z=A1+2i B1-2i C2+i D2-i 2.已知向量=（1，3），=（2，1），点 A（-1，2），则点 C 的坐标为 A（3，4）B（4，2）C（2，6）D（-4,-2）3.据慈溪市气象局统计，2022 年我市每月平均最高气温（单位：摄氏度）分别为 12，11，10，20，23，28，36，36，31，24，23，19，这组数据的第 60 百分位数是
2、A.19 B.20 C.23 D.24 4.据长期观察，某学校周边早上 6 时到晚上 18 时之间的车流量 y（单位：量）与时间 t（单位：h）满足如下函数关系式：y=Asin(4t-138)+300（A 为常数，6t18）.已知早上 8：30（即 t=8.5h）时的车流量为 500 量，则下午 15：30（即 t=15.5h）时的车流量约为（参考数据：21.41,31.73）A.441 量 B.159 量 C.473 量 D.127 量 5.如图，设 Ox，Oy 是平面内相交成角（00).若满足条件的四面体 ABCD 有两个，则 t 的取值范围是A（0，3）B（0，32）C（3，3）D（32
3、,3）二、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得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分。9.如图，在等边正三棱柱 111中（注：侧棱长和底面边长相等的正三棱柱叫做等边正三棱柱)，AB=3，已知点 E，F 分别在线段 AA1和 CC1上，且满足 AE=CF=1，若过 B1，E,F 三点的平面把等边正三棱柱分成上下两部分，则 A.上半部分是四棱锥 B.下半部分是三棱柱 C.上半部分的体积是334。D.下半部分的体积是932 10.已知复数 z=2+i（x0)，设 y=z，当 x 取大于 0 的一组实数 x1，x2，x3
4、，x4，x5时、所得的 y 值依次为另一组实数 y1,y2，y3,y4,y5，则 A.两组数据的中位数相同 C.两组数据的方差相同 B.两组数据的极差相同 D.两组数据的均值相同 11.如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，点 Q 在线段 AD1上运动（包括端点），则 A.直线 CQ 与直线 B1D 互相垂直 B.直线 CQ 与直线 B1D 是异面直线 C.存在点 Q 使得直线 CQ 与直线 A1C1所成的角为 45 D.当 Q 是线段 AD1的中点时，二面角 Q-B1C1-A1的平面角的余弦值为255 12.如图，在四边形 ABCD，点 E、F、M、N 分别是线段 AD、BC、AB、
5、CD 的中点，则 A.+=B.+-=2 C.当点 G 满足=+(2 2)(01)时，点 G 必在线段 BD 上 D.当点 P 在直线 BD 上运动，且当 最小时，必有(+)=0 （高一数学期末）试题卷 第3页 共 4 页 第卷（非选择题，共 90 分）三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.据浙江省新高考规则，每名同学在高一学期结束后，需要从七门选考科目中选择其中三门作为高考选考科目.某同学已经选择了物理、化学两门学科，还需要从生物、技术这两门理科学科和政治、历史、地理这三门文科学科共五门学科中再选择一门，设事件 E=“选择生物学科”，F=“选择一门理科学科”，G=“
6、选择政治学科”，H=“选择一门文科学科”，现给出以下四个结论：其中，正确结论的序号是.（请把你认为正确结论的序号都写上）14.已知向量 b=(x,y)在向量 a=(2,0)上的投影向量为 c=(1,0)，则向量 b=写出满足条件的一个 b 即可）15.若虚数 1+2i 是关于 x 的实系数方程 x+mx+n=0(m，nR)的一个根，则的值等于 16.在三棱锥 O-ABC 中，已知AOB=AOC=BOC=90，OA=OB=OC，若点 D 是线 段 BC 延长线上的一动点，则直线 AD 与平面 AOB 所成的角的正弦值的最大值为_ 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证
7、明过程或验算步骤.17.（10 分）已知向量 a，b 满足：|a|=1，|b|=2，|4a-b|=23(1)求(2a+b)b;(2)若向量 a+与 2a-b 共线，求实数的值 18.（12 分）第十九届亚运会将于 2023 年 9 月 23 日至 10 月 8 在中国杭州举办，为了了解我市居民对杭州亚运会相关信息和知识的掌握情况，某学校组织学生开展社会实践活动，采用问卷的形式随机对我市 100 名居民进行了调查.为了方便统计分析，调查问卷满分 20 分，得分情况制成如下频率分布直方图.（1）求 x 的值;（2）根据频率分布直方图，估计这 100 名居民调查问卷中得分的（i）平均值（各组区间的数
8、据以该组区间的中间值作代表);（ii）中位数（结果用分数表示）.（高一数学期末）试题卷 第4页 共 4 页 19.（12 分）如图，在堑堵 ABC-ABC 中（注：堑堵是一长方体沿不在同一面上的相对两棱斜解所得的几何体，即两底面为直角三角形的直三棱柱，最早的文字记载见于九章算术商功章）,已知 AA1平面 ABC，BAC=90，AB=AC=AA1=2，点 M、N 分别是线段 B1A、A1C的中点.(1）证明：MN/平面 ABC;(2)求直线 A1C 与平面 BCC1B1所成角的余弦值.20.（12 分）为了纪念中国古代数学家祖冲之在圆周率上的贡献，联合国教科文组织第四十届大会上把每年的 3 月
9、14 日定为“国际数学日”.2023 年 3 月 14 日，某学校举行数学文化节活动，其中一项活动是数独比赛（注：数独是源自 18 世纪瑞士的一种数学游戏，又称九宫格）.甲、乙两位同学进入了最后决赛，进行数独王的争夺.决赛规则如下：进行两轮数独比赛，每人每轮比赛在规定时间内做对得 1 分，没做对得 0 分，两轮结束总得分高的为数独王，得分相同则进行加赛.根据以往成绩分析，已知甲每轮做对的概率为 0.8，乙每轮做对的概率为 0.75，且每轮比赛中甲、乙是否做对互不影响，各轮比赛甲、乙是否做对也互不影响.（1）求两轮比赛结束乙得分为 1 分的概率;（2）求不进行加赛甲就获得数独王的概率.21.（1
10、2 分）在2a-b=2ccosB，3 +=3 这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解（1）、（2）的答案.问题：在ABC 中，三个内角 A,B,C 所对的边分别是 a,b,c，已知 (1)求角 C;(2)若点 D 是满足 2AD=DB，且 CD=1，求ABC 的面积的最大值.（注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.)22.（12 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB=1，BC=3，M 是线段 AD 上的一动点，将ABM 沿着 BM 折起，使点 A 到达点 A的位置，满足点 A平面 BCDM 且点 A在平面 BCDM 内 的射影 E 落在线段 BC 上.(1)当点 M 与端点
11、 D 重合时，证明：AB平面 ACD;(2）求三棱锥 E-ABM 的体积的最大值;(3）设直线 CD 与平面 ABM 所成的角为，二面角 A-BM-C 的平面角为、求2 的最大值.慈溪市 2022 学年第二学期高一期末测试卷 数学学科试卷参考答案及评分标准 慈溪市 2022 学年第二学期高一期末测试卷 数学学科试卷参考答案及评分标准 一、选择题:本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分 一、选择题:本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C D A A C B D 二、选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分；全部选
12、对的得 5 分，有选错的得 0分，部分选对且没有选错的得 2 分。二、选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分；全部选对的得 5 分，有选错的得 0分，部分选对且没有选错的得 2 分。题号 9 10 11 12 答案 AD BC ACD ABC 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13.；14.(1,1)；（答案不唯一，只要向量b的横坐标为1的答案都是正确答案）15.25；16.63.四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分。17.四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分。17.（1）设
13、向量a，b的夹角为，由|4|2 3ab可得 2216812aba b，.2 分 所以1cos2，3，2(2)26 abba bb；.5 分（2）由（1）可知，向量a，b的夹角为3，所以向量a，b不共线，ab与2 ab 共线，所以存在实数t，使得(2)tabab即2ttabab，.7 分 所以12tt，所以12t，12.10 分 18.18.（1）(0.020.050.080.03)41x，.2 分 所以0.07x；.4 分（2）()2 0.02 46 0.05 4 10 0.08 4 14 0.07 4 18 0.03 410.64 ；.8 分(ii)因为0.02 40.05 40.280.5
14、，0.02 40.05 40.08 40.60.5 ，所以中位数在 8 和 12 之间，.10 分 设中位数是t，所以0.0240.05 4(8)0.080.5t，可得434t.12 分 19.19.（1）连接1AB，由题意11ABB A是正方形，所以点M也是线段1AB的中点，.2 分 又点N是线段1AC的中点，所以/MNBC，MNABC 平面，BCABC 平面，所以/MNABC平面.5 分（2）取11BC中点H，由题意可知11112ABAC，所以111AHBC，#QQABbQCEggggAhBAARhCUQGACgEQkBACCAgGhEAEMAAACANABAA=#因为1AAABC 平面，
15、所以1111AAABC 平面，1111AHABC 平面，所 以11AHAA，又11/AACC，所 以11AHCC，1111BCCCC，1111BCBCC B 平面，111CCBCC B 平面，所以111AHBCC B 平面.8 分 连接CH，1ACH是直线1AC与11BCC B平面所成角.10 分 由题 意12 2AC，12AH，190AHC，1111sin2AHACHAC，10,2ACH，所以130ACH，即直线1AC与11BCC B平面所成角的余弦值为32.12 分 20.20.（1）设iA“甲第i轮做对”（1,2i），设iB“乙第i轮做对”（1,2i），设iC“两轮比赛甲得i分”（0,1
16、,2i），设iD“两轮比赛乙得i分”（0,1,2i）.1121212121212()()()()()()P DP B BB BP B BP B BP B BP B B.2 分 3113344448.4 分（2）设E“不进行加赛甲就获得数独王”.01212111()()()()4416P DP B BP B P B，.6 分 1121212121212()()()()()()P CP A AA AP A AP A AP A AP A A 41148555525，.8 分 212124416()()()()5525P CP A AP A P A，.10 分 212010212010()()()()
17、()P EP C DC DC DP C DP C DP C D 212010()()()()()()P C P DP C P DP C P D 1631618132582516251610.12 分 21.21.（1）若选：由正弦定理得2sinsin2sincosABCB，.2 分 在ABC中，sinsin()ABC，所以2sin()sin2sincosBCBCB，即2sincos2cossinsin2sincosBCBCBCB，所以2sincossinBCB，又sin0B，所以1cos2C，(0,)C，所以3C.5 分#QQABbQCEggggAhBAARhCUQGACgEQkBACCAgG
18、hEAEMAAACANABAA=#若选：由正弦定理得 3sincossinsin3sinCAACB，.2 分 在ABC中，sinsin()BAC，所以3sincossinsin3sin()CAACAC，即3sincossinsin3sincos3cossinCAACACAC，所以sinsin3sincosACAC，又sin0A，所以tan3C，(0,)C，所以3C.5 分（2）方法一：由2ADDB，可得1233CDCBCA ，.7 分 两边平方可得222144999CDCBCACB CA ，即221441cos999ababC，.10 分 所以229426ababab，当且仅当2ab时取“=”
19、，所以32ab，所以13 3sin28ABCSabC.12 分 方法二：由角C余弦定理可得222cabab，.7 分 由coscos0CDACDB结合余弦定理可得 22222221()1()3302433ccbacc，整理得2229236cab，.10 分 由可得229426ababab，当且仅当2ab时取“=”，所以32ab，所以13 3sin28ABCSabC即max3 3()8ABCS.12 分 22.22.（1）当点M与端点D重合时，由90BAD可知A BA D .1 分 由题意知A EBCD平面，CDBCD平面，所以A ECD，又BCCD，AEBCE，A EA BC平面，BCA BC
20、平面，所以CDA BC平面，又A BA BC平面，可知ABCD .2 分 A DCDD，CDA CD平面，A DA CD平面，所以A BA CD平面 .3 分（2）矩形中作AOBM，垂足为点O，折起后得AOBM，由A EBCD平面，可得A EBM，所以BMA OE平面，可得BMOE，所以,A O E三点共线，因此ABE与ABM相似，满足ABAMBEAB，设AMt，所以1BEt，21BMt，211OEt t，21tAOA Ot，#QQABbQCEggggAhBAARhCUQGACgEQkBACCAgGhEAEMAAACANABAA=#2221tA EA OOEt，要使点A射影E落在线段BC上，则
21、AOOE，所以(1,3t，.5 分 所以2111 136E A BMABEMBEMtVVA E Stt241116tt，当2t 时，max1()12E A BMV.7 分（3）过点E做/EQCD交BM于Q，所以直线EQ与平面A BM所成的角即为直线CD与平面A BM所成的角.由（2）可知BMA OE平面，BMA BM平面，所 以A BMA OE平面平面，作EHAO，垂 足 为H，A BMA OEA O平面平面，EHA OE平面，可得EHA BM平面，连接HQ，EQH是直线EQ与平面A BM所成的角，即EQH，由题意可得231tEHt，21EQt，2221sin()1EHEQt .10 分 因为
22、,A OBM OEBM，所以A OE是二面角ABMC平面角，即A OE，21cosOEA Ot，222111sincos(1)4tt，当且仅当2t 时“=”成立，故2sincos的最大值为14.12 分 注：注：对 19、22 题，若用空间向量解答，则相应小题作零分处理！（避免加快进度，承甬做法.）考试范围考试范围：必修第二册（第六章平面向量及其应用，第七章复数，第八章立体几何初步，第九章统计，第十章概率）及必修第一册的第 5 章最后一节5.7 三角函数的应用。(2023、6、21 考试)#QQABbQCEggggAhBAARhCUQGACgEQkBACCAgGhEAEMAAACANABAA=
23、#第 8,12,16 题解答供参考（仅提供一种解法）：第 8,12,16 题解答供参考（仅提供一种解法）：8.8.由二面角ABDC是直二面角，90BAD，45CBD，由三余弦定理可得60ABC（也可以由边角关系得出这个结论）.设(0)BCa a，由余弦定理可知2233taa，即22330aat，满足条件的四面体ABCD有两个，所以a有两个正根，所以2294030tt ，所以3(,3)2t.12.12.对于A选项，,EFEAABBF EFEDDCCF ，所以2EFABDC ，同理2MNADBC ，以上两式相加得EFMNAC ，所以正确；对于B选项，由题意可知MFNE是平行四边形，设EFMN与交于
24、点O，所以2AEAFAO ，2BMBNBO ，所以222AEAFBMBNAOBOAB ，所以正确；对于C选项，1(1)(1)22AGABAEAMAE ，设12AHAG，所以(1)AHAMAE ，且(0,1)，所以点H在线段ME上，12MEBD，可知点G在线段BD上，所以正确；对于D选项，EF的中点为O，2214PE PFPOEF ，因为2EF 不变，所以2PO 最小时取得最小值，当POBD 时2PO 最小，此时0PO BD 即()0PEPFBD ，所以不正确.16.16.设是直线AD与平面AOB所成的角，设是平面ABC与平面AOB所成夹角.取AB 中点M，由题意可得OCAOB平面，OMAB，CMAB，所以COM，6sin3.又因为ADABC平面，所以由最大角定理可知，02，于是6sinsin3，当/ADCM时取得“=”，满足条件.#QQABbQCEggggAhBAARhCUQGACgEQkBACCAgGhEAEMAAACANABAA=#
