河南省2021-2022学年高一数学下学期期末考试汇编押题卷01（Word版含解析）

期末考试押题卷01（考试范围：必修二考试时间：120分钟满分：150分）一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的为（       ）A．与互为对立事件B．与互斥C．与相等D．【答案】D【分析】利用互斥事件和对立事件的定义分析判断即可【详解】因为抛掷两枚质地均匀的硬币包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币反面朝上，4种情况，其中事件包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上2种情况，事件包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币反面朝上2种情况，所以与不互斥，也不对立，也不相等，，所以ABC错误，D正确，故选：D2．下列命题正确的是（       ）A．三点确定一个平面B．一条直线和一个点确定一个平面C．梯形可确定一个平面D．圆心和圆上两点确定一个平面【答案】C【分析】根据公理对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】对于A选项，三个不在同一条直线上的点，确定一个平面，故A选项错误.对于B选项，直线和直线外一点，确定一个平面，故B选项错误.对于C选项，两条平行直线确定一个平面，梯形有一组对边平行，另一组对边不平行，故梯形可确定一个平面，所以C选项正确.对于D选项，圆的直径不能确定一个平面，所以若圆心和圆上的两点在直径上，则无法确定\n一个平面.所以D选项错误.故选：C【点睛】本小题主要考查公理的理解和运用，属于基础题.3．已知为虚数单位，复数的共轭复数为（       ）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用复数的除法可将复数表示为一般形式，利用共轭复数的定义可得出结果.【详解】，因此，复数的共轭复数为.故选：B.【点睛】本题考查共轭复数的计算，解答的关键就是利用复数的除法运算将复数表示为一般形式，考查计算能力，属于基础题.4．已知，是夹角为60°的两个单位向量，，，若，则实数（       ）A．B．1C．D．【答案】B【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的运算法则，求出m的值．【详解】∵已知，是夹角为60°的两个单位向量，∴•1•1•cos60°．而，，若，则（）•（m）mm1﹣m，则m＝1，故选：B5．某人从出发点向正东走后到，然后向左转150°再向前走到，测得的面积为，此人这时离出发点的距离为（       ）A．B．C．D．\n【答案】D【分析】由题意可得，再由的面积为，求出的长，然后利用余弦定理求出即可【详解】如图，由题意可得，因为的面积为，，，所以，解得，由余弦定理得，所以，故选：D6．在区域病毒流行期间，为了让居民能及时了解疫情是否被控制，专家组通过会商一致认为：疫情被控制的指标是“连续7天每天新增感染人数不超过5人”，记连续7天每天记录的新增感染人数的数据为一个预报簇，根据最新的连续四个预报簇①、②、③、④，依次计算得到结果如下：①平均数；②平均数，且标准差；③平均数，且极差；④众数等于1，且极差．其中符合疫情被控制的指标的预报簇为（       ）A．①②B．①③C．③④D．②④【答案】C【分析】通过举反例说明命题不符合题意，或通过根据平均数和标准差的统计意义，找出符合要求的选项即可.【详解】①错，举反倒：0，0，0,   0，2，6，6；其平均数，不符合题意;②错，举反倒：；其平均数且,不符合题意;\n③对，若7天中某一天新增感染人数x超过5人，即x≥6,则极差大于故假设不成立，故一定符合上述指标；④对，若7天中某一天新增感染人数x超过5人,即x≥6,则极差不小于,与极差小于或等于4相矛盾,故假设不成立,故一定符合上述指标.故选：C7．已知是面积为的等边三角形，其顶点均在球的表面上，当点在球的表面上运动时，三棱锥的体积的最大值为，则球的表面积为（       ）A．B．C．D．【答案】A【分析】作出图形，结合图形知，当点P与球心O以及△ABC外接圆圆心M三点共线且P与△ABC外接圆圆心位于球心的异侧时，三棱锥的体积取得最大值，结合三棱锥的体积求出三棱锥的高h，并注意到此时该三棱锥为正三棱锥，利用,求出球O的半径R，最后利用球体的表面积公式可求出答案．【详解】如图所示，设点M为外接圆的圆心，当点三点共线时，且分别位于点的异侧时，三棱锥的体积取得最大值.因为的面积为，所以边长为3，由于三棱锥的体积的最大值为，得，易知SM⊥平面ABC，则三棱锥为正三棱锥，的外接圆直径为，所以,设球O的半径为R，则,解得,\n所以球的表面积为.故选：A8．在等腰梯形中，，，，为的中点，为线段上的点，则的最小值是（       ）A．0B．C．D．1【答案】B【分析】以为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，设，用数量积的坐标表示求得数量积，然后由二次函数知识得最小值．【详解】由题意等腰梯形的高为，如图，以为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，则，，，设，则，，，所以时，取得最小值．故选：B．二、多选题：本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项或者多项是符合题目要求的.9．下列关于平面向量的说法中正确的是（       ）A．已知，均为非零向量，若，则存在唯一实数，使得\nB．在中，若，则点为边上的中点C．已知，均为非零向量，若，则D．若且，则【答案】ABC【分析】利用向量共线、向量加法、向量垂直、向量运算等知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】A选项，根据向量共线的知识可知，A选项正确，B选项，，根据向量加法的运算可知点为边上的中点，B选项正确.C选项，由两边平方并化简得，所以，C选项正确.D选项，是一个数量，无法得到两个向量相等，D选项错误.故选：ABC10．一个袋子中装有大小和质地相同的个白球和个红球，从中随机抽取个球，其中结论正确的是（       ）A．一次抽取个，取出的两个球中恰有一个红球的概率是B．每次抽取个，不放回抽取两次，样本点总数为C．每次抽取个，有放回抽取两次，样本点总数为D．每次抽取个，不放回抽取两次，“第一次取出白球”与“第二次取出红球”相互独立【答案】AC【分析】A应用古典概率求法求概率，B、C应用分步计数及组合数求样本点总数，D根据独立事件的定义及不放回试验的特点判断事件是否独立.【详解】A：取出的两个球中恰有一个红球的概率，正确；B：每次抽取个，不放回抽取两次，样本点总数，错误；C：每次抽取个，有放回抽取两次，样本点总数，正确；D：每次抽取个，不放回抽取两次，“第一次取出白球”与“第二次取出红球”不相互独立，错误.\n故选：AC11．在中，角，，的对边分别是，，，则能确定为钝角的是（       ）A．B．C．D．【答案】CD【分析】结合正弦定理、余弦定理、向量运算、三角恒等变换确定正确选项.【详解】A选项，由正弦定理得为锐角.B选项，为锐角.C选项，由余弦定理得，，为钝角.D选项，，由于三角形中，最多只有一个钝角，所以，则，即，为钝角.故选：CD12．将边长为的正方形沿对角线折成直二面角，如图所示，点，分别为线段，的中点，则（       ）A．B．四面体的表面积为C．四面体的外接球的体积为D．过且与平行的平面截四面体所得截面的面积为【答案】BCD【分析】A用非等腰三角形来判断，B求四面体表面积来判断，C求外接球体积来判断，D作\n出截面并计算出截面面积来判断.【详解】设是的中点，则两两相互垂直，二面角为之二面角，平面，A选项，连接，，，所以三角形不是等腰三角形，而是的中点，所以与不垂直，A选项错误.B选项，，所以三角形和三角形是等边三角形，所以四面体的表面积为，B选项正确.C选项，由于，所以是四面体外接球的球心，外接球的半径为，体积为，C选项正确.D选项，设是中点，是中点，画出图象如下图所示，，四点共面.由于平面，平面，所以平面，，由于，所以平面，所以，而，所以，所以截面面积为.D选项正确.\n故选：BCD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13．设向量，为单位正交基底，若，，且，则______．【答案】2【分析】由条件可得，然后可算出答案.【详解】因为向量，为单位正交基底，，，所以，即所以，即故答案为：214．在中，已知，若，则的面积为______．【答案】【分析】先由求出，然后再利用三角形的面积公式可求得结果【详解】解：因为，，所以，得，所以，故答案为：15．现有一个圆锥形礼品盒，其母线长为，底面半径为，从底面圆周上一点处出发，围绕礼品盒的侧面贴一条金色彩线回到点，则所用金色彩线的最短长度为______．\n【答案】【分析】根据题意，将圆锥侧面展开得最短距离为，再根据几何关系求解即可.【详解】解:如图，将圆锥展开，由题可知最短距离为，因为圆锥形礼品盒，其母线长为，底面半径为，设，所以，即，所以在等腰三角形中，取中点，则为直角三角形，且，，所以，所以.故答案为：16．在平面直角坐标系中，角均以轴正半轴为始边．已知角的终边在直线上，则________；已知角与角的终边关于直线对称，且角与单位圆的交点坐标为，则________．【答案】    2    【分析】设角终边上一点的坐标为，根据三角函数的定义，求得，设点关于的对称点为，求得点，结合三角函数的定义，即可求解.【详解】由题意，角均以轴正半轴为始边，且角的终边在直线上，设角终边上一点的坐标为，根据三角函数的定义，可得，又由角与单位圆的交点坐标为，\n设点关于的对称点为，可得，解得，即角的终边上一点的坐标为，根据三角函数的定义，可得.故答案为：；.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17．“自媒体”是指普通大众通过网络等途径向外发布他们本身的事实和新闻的传播方式某“自媒体”作者2020年度在“自媒体”平台A上发布了200条事实和新闻，现对其点击量进行统计，如表格所示：点击量（万次）条数201006020（Ⅰ）现从这200条事实和新闻中采用分层抽样的方式选出10条，求点击量超过50万次的条数；（Ⅱ）为了鼓励作者，平台A在2021年针对每条事实和新闻推出如下奖励措施：点击量（万次）奖金（元）02005001000若该作者在2021年5月份发布了20条事实和新闻，请估计其可以获得的奖金数．【答案】（Ⅰ）4条；（Ⅱ）7000元．【分析】（Ⅰ）根据样本容量比与总体容量比相等计算；（Ⅱ）利用2020年的频率估计2021的频率，得各范围内的条数，从而可计算奖金．【详解】（Ⅰ）设被抽取的点击量（万次）在的事实和新闻的条数分别为m，n，p，q，则，       \n所以，则点击量超过50万次的条数为4条；             （Ⅱ）由题意知，根据2020年度的频率估计得出：奖金（元）02005001000条数（元）21062则，                       所以估计该作者在2021年5月可以得到的奖金为7000元．18．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，.（1）求的值；（2）且，求正实数的值.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)利用余弦定理求出边b的值，再用正弦定理即可作答；(2)由给定条件结合特征求出BD长即可得解.【详解】（1）在中，由余弦定理知，，即，由正弦定理知，；（2）因点D在边BC上，且，则，而，则有为直角三角形，，又，，所以.19．如图，在三棱柱，F为AC中点．（1）求证：平面．\n（2）若此三棱柱为正三梭柱，且，求的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）取中点，连接，，，推导出四边形是平行四边形，进一步得到平面平面，再利用面面平行的性质，证明平面即可．（2）设，则，分别求出，，，利用余弦定理能求出的大小．【详解】（1）证明：取中点，连接，，，在三棱柱中，，是中点，则，四边形是平行四边形，，平面，平面，平面，，是中点，，四边形是平行四边形，，平面，平面，平面，，平面平面，平面，平面．（2）设，则，在正中，，在中，，，\n．的大小为．20．某中学为了解大数据提供的个性化作业质量情况，随机访问50名学生，根据这50名学生对个性化作业的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间、、…、、．（1）求频率分布直方图中的值；（2）估计该中学学生对个性化作业评分不低于70的概率；（3）从评分在的受访学生中，随机抽取2人，求此2人评分都在的概率．【答案】（1）；（2）；（3）．【分析】（1）可根据频率分布直方图得出结果；（2）可通过后三组的频率之和得出结果；（3）本题首先可令5名受访职工依次为、、、、，然后列出随机抽取2人的所有可能情况以及抽取2人的评分都在的所有可能情况，最后根据古典概型的概率计算公式即可得出结果.【详解】（1），解得.（2）由频率分布直方图易知：50名受访学生评分不低于70的频率为，故该中学学生对个性化作业评分不低于70的概率的估计值为.\n（3）受访学生评分在的有人，依次为、、，受访学生评分在的有人，依次为、，从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，依次为：、、、、、、、、、，因为所抽取2人的评分都在的结果有3种，依次为、、，所以此2人评分都在的概率.21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝4，E为PB的中点，F为线段BC上的点，且BF＝BC.（1）求证：平面AEF⊥平面PBC；（2）求点F到平面PCD的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据题意可得AE⊥平面PBC，进而可证明平面AEF⊥平面PBC；（2）利用等体积法求点到面的距离.【详解】（1）证明：因为PA⊥底面ABCD，BC底面ABCD，所以，又因为底面ABCD为正方形，所以，又因为AB平面PBC，PA平面PBC，且，所以BC⊥底面PAB，又因为AE平面PBA，所以，因为PA＝AB，E为PB的中点，所以，又因为PB平面PBC，BC平面PBC，所以AE⊥平面PBC，因为AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC；（2）解：因为，，所以，又，所以\n，因为，设点B到平面PCD的距离为，所以，由BF＝BC，知点F到平面PCD的距离为.22．某中学在2020年高考分数公布后对高三年级各班的成绩进行分析.经统计某班有50名同学，总分都在区间内，将得分区间平均分成5组，统计频数､频率后，得到了如图所示的“频率分布”折线图.（1）估计该班级的平均分；（2）经过相关部门的计算，本次高考总分大于等于680的同学可以获得高校的“强基计划”入围资格.高校的“强基计划”校考分为两轮.第一轮为笔试，所有入围同学都要参加，考试科目为数学和物理，每科的笔试成绩从高到低依次有，，，四个等级，两科中至少有一科得到，且两科均不低于，才能进入第二轮，第二轮得到“通过”的同学将被高校提前录取.已知入围的同学参加第一轮笔试时，总分高于690分的同学在每科笔试中取得，，，的概率分别为，，，；总分不超过690分的同学在每科笔试中取得，，，的概率分别为，，，，；进入第二轮的同学，若两科笔试成绩均为，则免面试，并被高校提前录取；若两科笔试成绩只有一个，则要参加面试，总分高于690分的同学面试“通过”的概率为，总分不超过690分的同学面试“通过”的概率为，面试“通过”的同学也将被高校提前录取.若该班级考分前10名都已经报考了高校的“强基计划”，且恰有2人成绩高于690分.求①总分高于690分的某位同学没有进入第二轮的概率；②该班恰有两名同学通过“强基计划”被高校提前录取的概率.\n【答案】（1）；（2）①；②.【分析】（1）根据公式可直接计算平均分；（2）总分大于等于分的同学有人，有3人总分小于等于690分，2人总分大于690分，①利用对立事件的概率公式和相互独立事件概率的乘法公式即可求得；②利用相互独立事件概率的乘法公式和互斥事件概率求出.【详解】（1）由频率分布折线图可知：该班平均分估计为；（2）总分大于等于分的同学有人，由已知，其中有3人总分小于等于690分，2人总分大于690分，①，总分高于690分的某位同学没有进入第二轮的概率；②设总分高于690分的同学被高校提前录取的事件为，总分不超过690分的同学被高校提前录取的事件为，该班恰有两名同学通过“强基计划”被高校提前录取的概率.