浙江省湖州市2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

2021学年第二学期期末调研测试卷高一数学一､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，只有一项时符合题目要求的.1.某中学有初中生700人，高中生300人.为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，已知从初中生中抽取35人，则样本容量为（）A.5B.30C.50D.100【答案】C【解析】【分析】根据直接计算即可.【详解】由题可知：故选：C2.正方体中，下列判断错误的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对A，根据证明即可；对B，根据平面证明即可；对C，根据可得夹角为判断即可；对D，根据平面判定即可【详解】对A，因为正方体，故，又，故，故A正确；对B，因为正方体，故，，又，故平面，故，故B正确；对C，因为，易得为正三角形，故，故的夹角为，故的夹角为，故C错误；对D，同B可得平面，故，故D正确 故选：C3.已知复数，则复数的共轭复数（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据共轭复数的概念可求得结果.【详解】因为，所以.故选：C.【点睛】本题考查了复数的除法运算，考查了共轭复数的概念，属于基础题.4.已知向量满足，，则A.4B.3C.2D.0【答案】B【解析】【详解】分析：根据向量模的性质以及向量乘法得结果.详解：因为所以选B.点睛：向量加减乘：5.在空间中，、是不重合的直线，、是不重合的平面，则下列条件中可推出的是 A.B.CD.【答案】B【解析】【详解】根据线面垂直的性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行.故选B.6.长方体的一条体对角线与它一个顶点处的三个面所成的角分别为，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】画出长方体示意图辅助理解，将的正弦，余弦的平方和均列出来，根据线面角的定义计算求解.【详解】设长方体的长宽高，则易得体对角线，设体对角线和面，面，面所成角分别为，由线面角的定义可知，同理，，于是，此时.故选：A. 7.已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，为等边三角形，由正弦定理可得，，根据球的截面性质平面，，球的表面积.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.8.圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点.其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美.小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点(，，三点共线)处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是15°和60°，在楼顶处测得塔顶的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求得，再在三角形中，运用正弦定理可得，再解直角三角形，计算可得所求值．【详解】解：在直角三角形中，．在中，，，故，由正弦定理，，故．在直角三角形中，．故选：D．二､多选题：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9.设为两个互斥事件，且，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据已知条件，结合互斥事件的概念，逐一判断各个选项即可得解.【详解】解：因为为两个互斥事件，且， 所以，即，故A正确，B错误；，故C正确；是必然事件，所以，故D正确.故选：ACD.10.中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即（为三角形的面积，、、为三角形的三边）．现有满足，且的面积，则下列结论正确的是（）A.的周长为B.的三个内角满足C.的外接圆半径为D.的中线的长为【答案】AB【解析】【分析】对于选项A，由正弦定理得三角形三边之比，由面积求出三边，代入公式即可求出周长；对于选项B，根据余弦定理可求得的值为，可得，可得三个内角，，成等差数列；对于选项C，由正弦定理可得，外接圆直径；根据可求得，由可得的值；对于选项D，由余弦定理得，在中，由余弦定理即可求得.【详解】A项：设的内角、、所对的边分别为、、，因为，所以由正弦定理可得，设，，，因为，所以 ，解得，则，，，故的周长为，A正确；B项：因为，所以，，故B正确；C项：因为，所以，由正弦定理得，，C错误；D项：由余弦定理得，在中，，由余弦定理得，解得，D错误.故选：AB．11.棱长均为1的正三棱锥中，分别是棱的中点，下列说法正确的是（）A.B.平面截正三棱锥所得截面的面积为C.D.异面直线和所成角的余弦值等于【答案】ABD【解析】【分析】对选项A，首先连接，，易证平面，再利用线面垂直的性质即可判断A正确；对选项B，取的中点，连接，得到四边形为平面截正三棱锥所得截面，再求其面积即可判断B正确；对选项C，取的中点，连接，根据所以，，即可判断C错误；对选项D，作出辅助线，找到异面直线和所成角，求出各边长，利用余弦定理进 行求解，即可判断D正确.【详解】对选项A，连接，，如图所示：因为三棱锥为正三棱锥，为中点，所以，，又因为，所以平面.又因为平面，所以，故A正确；对选项B，取的中点，连接，如图所示：因为正三棱锥中，棱长均为1，分别是棱的中点，所以，，即四点共面，即四边形为平面截正三棱锥所得截面，且四边形为平行四边形。因为，，所以，因为，所以，即， 所以四边形为正方形，面积为，故B正确。对选项C，取的中点，连接，如图所示：因为分别为的中点，所以，又因为，所以与不平行，故C错误。对选项D，取CM中点H，连接QH，BH，则VM∥QH，则∠HQB即为异面直线和所成角，，，，，由余弦定理得：异面直线和所成角的余弦值等于.故选：ABD 12.已知平面向量满足，且，则下列说法正确的是（）A.若，则可能B.若则可能C.若，则可能D.若，则可能【答案】BCD【解析】【分析】设，则，通过向量数量积的坐标运算逐个选项进行分析即可得出答案.【详解】设，则，，，.令，即.当时，，，，故选项A不成立，选项C成立；当时，，，或，，故选项BD均正确.故选：BCD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，且i为纯虚数，则__________.【答案】2【解析】【分析】由题得，再解不等式组得解.【详解】因为i为纯虚数， 所以.故答案为：214.已知在中，的角平分线交线段于，则___________.【答案】##【解析】【分析】利用余弦定理求得，解直角三角形求得.【详解】由余弦定理得，所以，所以，由于，在直角三角形中，.故答案为：15.甲､乙两支羽毛球队体检结果如下：甲队的体重的平均数为，方差为100，乙队体重的平均数为，方差为200，又已知甲､乙两队的队员人数之比为，那么甲､乙两队全部队员的方差等于___________.【答案】178【解析】【分析】先求出甲、乙两队队员所有队员中人数所占权重，然后利用平均数与方差的计算公式求解即可．【详解】解：由题意可知甲队的平均数为，乙队体重的平均数为，甲队队员在所有队员中人数所占权重为，乙队队员在所有队员中人数所占权重为，则甲、乙两队全部队员的平均体重为， 甲、乙两队全部队员体重的方差为．故答案为178．16.已知矩形，沿将折起成.若点在平面上的射影落在的内部（不包括边界），则四面体的体积的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】由点在平面上的投影落在的内部，可知当在面上的投影在上时，四面体的体积最小，当当在面上的投影在上时，四面体的体积最大，从而求出四面体的体积的取值范围.【详解】解：根据题意可知：点在平面上的射影落在的内部（不包括边界）所以当在面上的投影在上时，四面体的体积最大，由，设到面的距离为，则所以四面体体积最大为：；当在面上的投影在上时，四面体的体积最小，如图：翻折前翻折后 设到面的距离为，其中所以，所以所以四面体的体积最小为：，所以四面体的体积的取值范围为.故答案为：.四､解答题：本大题共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.“抢红包”的活动给节假日增添了一份趣味，某发红包单位进行一次关于“是否参与抢红包活动”的调查活动，组织员工在几个大型小区随机抽取50名居民进行问卷调查，对问卷结果进行了统计，并将调查结果统计如下表：年龄（岁）调查人数141286参与的人数3412632表中所调查居民年龄在的人数是在的人数的两倍少8人. （1）求表中的值，并补全如图所示的频率分布直方图；（2）在被调查的居民中，若从年龄在，内的居民中各随机选取1人参加抽奖活动，求选中的两人中仅有一人没有参与抢红包活动的概率.【答案】（1），频率分布直方图答案见解析（2）【解析】【分析】（1）可得年龄在，的频数为4．年龄在，的频数为6，据此可补全频率直方图；（2）记年龄在区间，的居民为，，，（其中居民没有参与抢红包活动）；年龄在区间，的居民为，，，，，（其中居民，没有参与抢红包活动），列举可得共24个基本事件，满足题意的有10个，由概率公式可得．【小问1详解】解：由题意得，解得补全频率分布直方图，如图所示： 【小问2详解】解：记年龄在内的居民为（其中居民没有参与抢红包活动），年龄在内的居民为（其中居民没有参与抢红包活动）.各选取1人的情形有：，，，，共24种.其中仅有一人没有参与抢红包活动的情形有10种，所以选中的两人中仅有一人没有参与抢红包活动的概率.18.如图，已知四棱锥底面是矩形，平面分别是棱的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接、，推导出四边形是平行四边形，从而 ，由此能证明平面．（2）过作于，连接，则，是二面角的平面角，由此能求出二面角的大小．【小问1详解】取的中点，连接，在中，为的中点，为的中点，得，为的中点，在矩形中得：，∴四边形为平行四边形，可得又平面，平面所以平面.【小问2详解】解：如图，过作于，连接∵面，∴，又，∴平面，得，同理可得又，故，又，故由二面角定义知，即为二面角的平面角， 由，由余弦定理得：故二面角的大小为.19.为抗击新冠肺炎，某单位组织中､老年员工分别进行疫苗注射，共分为三针接种，只有三针均接种且每针接种后经检测合格，才能说明疫苗接种成功（每针接种后是否合格相互之间没有影响）.根据大数据比对，中年员工甲在每针接种合格的概率分别为；老年员工乙在每针接种合格的概率分别为.（1）甲､乙两位员工中，谁接种成功的概率更大？（2）若甲和乙均参加疫苗接种，求两人中至少有一人接种成功的概率.【答案】（1）中年员工甲接种成功的概率更大（2）【解析】【分析】分别记“中年员工甲、老年员工乙接种成功”为事件、，且、相互独立，（1）甲、乙接种成功，即两人每针接种均合格，由独立事件概率的乘法公式，计算可得、比较可得答案；（2）记“记甲和乙两人中至少有一人接种成功的事件记为”为事件，即，由独立事件概率的乘法公式，计算可得答案；或利用间接法，确定对立事件，计算，进而得C事件的概率．【小问1详解】解：记中年员工甲接种成功的事件为，老年员工乙接种成功的事件为B，则，，故中年员工甲接种成功的概率更大.【小问2详解】法一：记甲和乙两人中至少有一人接种成功的事件记为C， 则法二：记甲和乙两人中至少有一人接种成功的事件记为，则，两人中至少有一人接种成功的概率为.20.在锐角中，内角的对边分别为，且满足.（1）求角的大小；（2）求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据平面向量数量积的定义和余弦定理可得，即可求出；(2)根据题意和锐角三角形的性质可得，利用三角恒等变换化简可得，根据三角函数的性质即可得出结果.【小问1详解】整理得，故 又，所以；【小问2详解】由锐角知，得，故，因为，得，所以.21.如图，是单位圆（圆心为）上两动点，是劣弧（含端点）上的动点.记（均为实数（1）若到弦的距离是，（i）当点恰好运动到劣弧的中点时，求的值；（ii）求的取值范围；（2）若，记向量和向量的夹角为，求的最 小值.【答案】（1）（i）；（ii）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，又直线与圆的位置关系，得，（i）可由圆的几何性质得，从而按照数量积的定义求得结果；（ii）以为基底向量，所求向量用基底表示，进而转换为夹角余弦值求范围；（2）以为基底向量，平方处理基底向量线性运算的模问题，根据已知不等式求得夹角余弦值的范围，则所求两个线性运算向量的夹角可转换成基底向量夹角余弦值的函数关系，利用复合函数关系求得最值即可.【小问1详解】解：由到弦的距离是，可得，故（i）由圆的几何性质得，故（ii）记劣弧的中点为，且①②①+②得进一步得： ，其中故的取值范围为：【小问2详解】解：记，由两边平方，得，又，∴∴故又和向量的夹角为，记，显然关于单调递增，所以当时，.22.如图，已知四棱锥，底面是矩形，，点是棱上一劫点（不含端点）. （1）求证：平面平面；（2）当且时，若直线与平面所成的线面角，求点的运动轨迹的长度.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定得到平面即可证明；（2）分别计算和时的情况，根据线面垂直与几何关系确定点的临界位置，进而求得点的运动轨迹的长度即可【小问1详解】证明：因为，故，又所以平面平面所以平面平面【小问2详解】首先，取中点，连接在等腰中，①由（1）知平面，得②由①②得平面，即此时当与点重合时，直线与平面所成的线面角为，其次，由题意易得，存在点两侧各有两个点，如图分别记为，使得的运动轨迹即为线段.作于，又平面，得，故平面，所以在平面的射影为，即为直线与平面所成的线面角，即 此时，，此时与重合，故同理可得，解得故的运动轨迹长度为.