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

温州市2021-2022学年高一下学期期末教学质量统一检测数学试题（A卷）选择题部分一、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.复数，其中为虚数单位，则复数的虚部是（）A.1B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法计算以及虚部的定义求解即可【详解】，故复数的虚部是1故选：A2.向量，若，则（）A.1B.C.4D.【答案】A【解析】【分析】由向量垂直的坐标表示代入即可求出答案.【详解】向量，若，则，则，解得：.故选：A.3.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，且满足，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】B【解析】【分析】通过举反例可判断ACD，由面面垂直判定定理可判断B.【详解】在正方体中，记平面ABCD为，平面为，（1）当记为n，直线为m，时，可知A错误；（2）当记为n，直线为m，时，可知C错误；（3）记AC为m，为n时，可知D错误；由面面垂直判定定理 可知B正确.故选：B4.向量，则在上的投影向量是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用投影向量的定义求解.【详解】解：因为向量，所以在上的投影向量是,故选：C5.月日是世界读书日，中国新闻出版研究院每年发布全国国民阅读调查报告．下面是年我国成年国民阅读情况折线图，记平均图书阅读率和平均数字化阅读方式接触率分别是和，相应的标准差分别是和，则下列说法正确的是（） A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】利用平均数可判断和的大小关系，利用数据的波动性程度可判断和的大小关系，即可得出合适的选项.【详解】由平均数公式可得，，所以，，由图可知，数字化阅读方式接触率的波动幅度较大，则.故选：D.6.轴截面为正方形的圆柱内接于球，则它们的表面积之比是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】轴截面正方形的边长既是底面圆直径，也是高；正方形的对角线为球的直径，即可设出长度，求出表面积，即有表面积之比【详解】轴截面如下图，ABCD为正方形，设圆柱底面圆直径，则球直径，故圆柱表面积为，球表面积为 ，故它们的表面积之比为，故选：C7.奖金分配是《概率论》中的一道经典问题：甲、乙两人比赛，假设每局比赛甲、乙两人获胜的概率各为，先胜3局者将赢得全部奖金8万，但进行到甲胜0局，乙胜2局时，比赛因故不得不终止，为公平起见，甲应分配到（）A.0万B.1万C.万D.4万【答案】B【解析】【分析】求出进行到甲胜0局，乙胜2局时，甲获胜的概率，从而求出甲应分配到的钱数.【详解】接下来，甲要获胜，则要连胜3场，因此甲获胜的概率为，因此甲应分配到（万元）故选：B8.如图，二面角的平面角的大小为为半平面内的两个点，为半平面内一点，且，若直线与平面所成角为为的中点，则线段长度的最大值是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】自点引平面的垂线，垂足为，则A,B两点在以CO为高的圆锥的底面圆周上，将问题转化为轨迹问题，分别找出线面角和二面角的位置，结合解三角形知识即可解得的最大值为【详解】如图，自点引平面的垂线，垂足为,因为，则A,B两点在以CO为高以CA,CB为母线圆锥的底面圆周上，所以当A,B两点运动到公共棱上时AD最大.自点引公共棱的垂线OH，则，不难解出，在中，由余弦定理得:，又在中由余弦定理得：故选：.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.在中，角所对的边分别为的面积为根据下列条件解三角形，其中有两个解的是（）A.B.C.D. 【答案】CD【解析】【分析】对A，根据为等腰三角形判断即可对B，由三边确定判断即可对C，根据面积公式判断即可对D，根据面积公式与余弦定理分析可得有两个解即可【详解】对A，易得为等腰三角形，故，，故仅一个解；对B，因为三边均确定，且满足任意两边大于第三边，故有唯一解；对C，由面积公式可得，故，故有两解；对D，由可得，故，故，即，结合，有，故可得有两组解.故选：CD10.疫情带来生活方式和习惯的转变，短视频成为观众空闲时娱乐活动的首选．某电影艺术中心为了解短视频平台的观众年龄分布情况，向各大短视频平台的观众发放了线上调查问卷，共回收有效样本份，根据所得信息制作了如图所示的频率分布直方图，则（）A.图中B.在份有效样本中，短视频观众年龄在岁的有人C.估计短视频观众的平均年龄为岁 D.估计短视频观众年龄的分位数为岁【答案】BCD【解析】【分析】根据频率和为可构造方程求得，知A错误；由频率和频数的关系可求得观众年龄在岁的人数，知B正确；由平均数和百分位数的估计方法可验证知CD正确.【详解】对于A，，，A错误；对于B，由频率分布直方图知：短视频观众年龄在岁的人对应频率为，短视频观众年龄在岁的有人，B正确；对于C，平均年龄，C正确；对于D，设分位数为，则，解得：，D正确.故选：BCD.11.如图，在梯形中，为线段的两个三等分点，将和分别沿着向上翻折，使得点分别至(在的左侧)，且平面分别为的中点，在翻折过程中，下列说法中正确的是（）A.四点共面B.当时，平面平面C.存在某个位置使得D.存在某个位置使得平面平面【答案】BCD【解析】【分析】对于A选项，直线MN与直线CD为异面关系，所以A错误；对于B选项，当时，其长度恰好等于底面梯形中位线的长度，易知M,N两点在底面的投影恰好落在DE和CF上，可得平面平面；对于C选项，可找出NF的平行线，将垂直的判断转化为异面直线所成角；对于D选项，从翻折的过程看二面角的变化趋势可得.【详解】对于A选项：如图，分别取EF,CF的中点Q，S，连接AP，BP，DQ， 易知均是边长为2的正三角形，所以在翻折过程中M，N两点在底面的射影分别落在直线PA和PB上，如图2，易知，设M，N两点到底面的距离分别为，则，因为平面，所以，又，所以，易得，则，则易知共面，共面,易知异面，所以不在同一平面内，则A错误；对于B选项:当时，恰有，则MNSO为平行四边形，由对称性知此时，M，N两点在底面的射影即为O,S两点，所以,得平面平面，则B正确；对于C选项:过M点作交EF于T，即为DM与FN所成角，易知在翻折过程中，又因为，则当时，，即,所以C正确；当，由B选项知，平面平面，平面平面，此时DE与CF的夹角即为平面与平面的夹角，易知此时的夹角为，而与在翻折的极限位置为,即两平面的夹角的最大值为，所以在连续变化过程中必存在某个位置使得平面平面，所以D正确.故选：BCD.12.如图，已知均为等边三角形，分别为的中点，为内一点(含边界)，，下列说法正确的是（） A.若，则为的重心B.若，则的轨迹为一条线段C.若，则的取值范围是D.的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】对A，结合向量平行四边形法则，可得O在中线的三分点上，即可判断；对B，结合向量的三角形法则，，代入化简可得，进一步结合AC中点G及在G上CB的平行线，即可判断的轨迹；对C，与B同理，可判断的轨迹为线段JK，其中JK为截取HI的部分（HI为与AC平行的中位线），结合三角形相似，求出HK、HJ与AC的比值，即可求得范围；对D，设，，则，则要使有最小值，P需在DE上，由三角形相似，可得，代入可得x与y的关系式，即可通过消元化简，即可讨论最小值，可得P在E上最小，可得，通过解三角形求得BN、BQ，即可进一步求得该最小值【详解】对A，如下图，，故，故为的重心，故A对； 对B，如下图，G、H、I为AC、AB、BC中点，故，则的轨迹在直线GH上，故的轨迹为直线GH在内的部分，故B对；对C，在上图基础上，延长AD、EB交BC、AC于M、N，HI交AD、EB于K、J，交AB于L，易得，即P在线段JK上对于，故，故，即；又，易得，为等边三角形，，故，同理可得，故，即； 故的取值范围是，故C错；对D，设，，则，要使有最小值，则需尽可能大，即在DE上，由上得，，故，故，故当最小时，即P在E上最小，，故，由上易得，故，故，故，故最小，故最小故D对故选：ABD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.直播带货已成为一种新的消费方式，据某平台统计，在直播带货销量中，服装鞋帽类占，食品饮料类占，家居生活类占19%，美妆护肤类占，其他占．为了解直播带货各品类的质量情况，现按分层随机抽样的方法抽取一个容量为的样本．已知在抽取的样本中，服装鞋帽类有560件，则家居生活类有_____________件【答案】380【解析】【分析】根据服装鞋帽类的件数，求出，进而求出家具生活类件数.【详解】，故家具生活类件数为.故答案为：38014.如图，在四面体中，，，、分别为、的中点，，则异面直线与所成的角是_____________．【答案】##【解析】【分析】取的中点，连接，，即可得到即为异面直线与所成的角，再由线段关系及勾股定理逆定理得到为等腰直角三角形，即可得解；【详解】解：取的中点，连接，，因为为的中点，为的中点，所以且，且，所以即为异面直线与所成的角或其补角，又，，，所以，，所以，所以，所以为等腰直角三角形，所以； 故答案为：15.如图，在Rt中，点是斜边的中点，点在边上，且，则___________．【答案】【解析】【分析】设长后列方程求解【详解】设，则，由题意得，即，解得，此时，得，故答案为：16.已知，且，实数满足，且，则的最小值是___________．【答案】##0.25【解析】【分析】在平面直角坐标系中，令，由此求出与坐标，再用x，y表示出 ，然后借助柯西不等式求解作答.【详解】在平面直角坐标系中，令，设，则，，解得，则，依题意，不妨令，，而，则，有，当且仅当，即时取“=”，而，则，当且仅当时取“=”，因此，，当且仅当且，即且时取“=”，所以当，，时，取得最小值.故答案为：【点睛】思路点睛：已知几个向量的模，探求向量问题，可以在平面直角坐标系中，借助向量的坐标表示，利用代数方法解决.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过和或演算步骤．17.已知复数，是虚数单位．（1）求复数； （2）若复数，且，当是整数时，求复数满足的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据复数的除法法则进行计算；（2）根据几何意义表达出对应图形，求出图形内的整数点，利用整数点的个数比求解出概率.【小问1详解】因为，所以，【小问2详解】，，且是整数，故对应的复数对应的点为围成如下图的矩形中的整数点（格点），有，，，，，共25个，，即，几何意义是以为圆心，1为半径的圆，此圆内的整数点有5个，为 ，故复数满足的概率为18.有标号为质地相同的4个小球，现有放回地随机抽取两次，每次取一球．记事件：第一次取出的是1号球；事件：两次取出的球号码之和为5．（1）求事件的概率；（2）试判断事件与事件是否相互独立，并说明理由；（3）若重复这样操作64次，事件是否可能出现6次，请说明理由．【答案】（1）（2）相互独立，理由见解析；（3）有可能，理由见解析【解析】【分析】（1）用列举法列出所有可能结果，理由古典概型的概率公式计算可得；（2）由（1）求出，，从而得到，即可判断；（3）根据随机事件的定义判断即可；【小问1详解】解：记为第一次取出球的标号，为第二次取出球的标号，用数对表示两次取球标号的情况，所以有、、、、、、、、、、、、、、、共16种，满足事件的有共种，所以；【小问2详解】解：由（1）可得，，所以，所以事件与事件相互独立；【小问3详解】解：因为每次操作事件可能发生，也可能不发生，所以重复这样的操作次，事件发生的次数为次中的一种，所以事件有可能出现次；19.如图，四棱锥的底面四边形为正方形，顶点 在底面的射影为线段的中点是的中点，（1）求证：平面；（2）求过点的平面截该棱锥得到两部分的体积之比．【答案】（1）证明见解析（2）或【解析】【分析】（1）取PC中点F，证四边形ODEF为平行四边形，即可由线线平行证线面平行；（2）过点的截面为平面ADEF，则截出的两部分可看作四棱锥与三棱锥组合，以及三棱锥与三棱锥组合；利用几何关系，跟别求出各部分体积的占比，即可得出比值【小问1详解】由题，如图，取PC中点F，连接EF、DF，则EF为的中位线，故，，故四边形ODEF为平行四边形，故，又平面PCD，平面PCD，故平面【小问2详解】由（1）得，过点的截面为平面ADEF，截出的两部分可看作四棱锥与三棱锥组合，以及三棱锥与三棱锥组合；由是的中点，易得，；由是的中点，易得；故过点的平面截该棱锥得到两部分的体积之比为 20.在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并求解．问题：如图，在中，角所对的边分别为是边上一点，，，若_________，（1）求角A的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选①：用余弦定理可得；选②：由内角和定理化简，再由二倍角公式可得；选③：由正弦定理边化角可得；（2）由已知结合（1）可求，再由正弦定理可得b、c比值，利用余弦定理可表示出a，然后由已知和余弦定理可解.【小问1详解】选①：由题知；选②：，因为，，所以； 选③：由正弦定理边化角可得：，同②可得.因为，所以【小问2详解】因为，，所以由解得所以所以记则，即因，所以所以，得所以因为，所以，所以21.如图，在正六边形中，，为上一点，且交于点 （1）当时，试用表示；（2）求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正六边形的性质和平面向量的线性运算结合图形可得；（2）记，，借助F、G、H共线可得和之间的关系，然后根据平面向量的线性运算表示出所求，利用对勾函数的性质可得.【小问1详解】由正六边形性质可知，，因为，所以所以【小问2详解】记，则，…①将代入①整理得 因为F、G、H共线，所以，即又，所以将代入上式整理可得令，则由对勾函数可知，当在区间上单调递减，所以当时，取得最大值6；当时，取得最小值4.所以的取值范围为.22.在三棱台中，，，侧面平面（1）求证：平面；（2）求证：是直角三角形；（3）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）因为侧面平面，且交线为，故要证明平面，只需证明即可，在四边形根据直角三角形中的角度关系证明即可； （2）在上取一点使得，设，连接，根据余弦定理可得，再根据线面垂直的性质与判定可得平面，进而得到，再根据线段比例，结合线面平行的判定可得，进而得到是直角三角形（3）利用等体积法，可求得到的距离，进而求得直线与平面所成角的正弦值即可【小问1详解】四边形中，因为，故四边形为梯形，，故，，且，故，又，故，故.又侧面平面，且交线为，故平面【小问2详解】在上取一点使得，设，连接.因为，则由余弦定理可得，解得，因为，故.由（1）平面，平面，故，又，平面，故平面.又平面，故.又梯形中，根据平行线中两三角形的性质有，故，又，故，故，故.故是直角三角形【小问3详解】 由（2），，故，故到的距离为.设到的距离为，则因为，即，所以，解得.设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为