2021-2022学年吉林省“BEST”合作体高一下学期期末考试数学试题含解析
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这是一份2021-2022学年吉林省“BEST”合作体高一下学期期末考试数学试题含解析,共17页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2021-2022学年吉林省“BEST”合作体高一下学期数学期末考试试题 一、单选题1.在空间直角坐标系中,点关于平面对称点的坐标是( )A. B. C. D.【答案】B【分析】根据点的对称直接求解.【详解】在空间直角坐标系中,点关于平面对称点的坐标是.故选:B2.已知,,是虚数单位,若,则( )A. B.2 C.1 D.0【答案】D【分析】先由复数运算化简得,由复数的相等,可得答案.【详解】因为,所以,所以,所以.故选:D.3.命题“事件与事件对立”是命题“事件与事件互斥”的( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据对立事件与互斥事件的概念判断即可.【详解】解:若事件与事件是对立事件,则事件与事件一定是互斥事件;若事件与事件是互斥事件,不一定得到事件与事件对立,故命题“事件与事件对立”是命题“事件与事件互斥”的充分不必要条件;故选:A4.某班有男生24人,女生30人.现用分层抽样的方法抽取部分学生参加市里的志愿者活动,若抽取的男生有4人,则抽取的女生人数为( )A.6 B.5 C.4 D.3【答案】B【分析】根据分层抽样的定义按比例计算.【详解】设抽取的女生人数为,则根据分层抽样的特性,有,解得.故抽取的女生有5人.故选:B.5.上、下底面面积分别为和,母线长为的圆台,其两底面之间的距离为( )A.4 B. C. D.【答案】A【分析】根据圆台底面半径,母线,高之间的关系求解.【详解】设圆台的母线长l、高h和上、下两底面圆的半径r,R,因为上、下底面面积分别为36π和49π,所以,因为,解得h=4,即两底面之间的距离为4故选:A6.如图,已知表示水平放置的在斜二测画法下的直观图,在轴上,与轴垂直,且,则的边上的高为( )A.3 B.6 C. D.【答案】D【分析】过作轴,交轴于,则就是的边上的高的直观图.计算出后可得.【详解】如图,过作轴,交轴于,则就是的边上的高的直观图.在中,,∴.故选:D.【点睛】本题考查平面图形的直观图,掌握直观图的斜二测画图法是解题基础.7.若,则( )A.6 B.3 C.1 D.【答案】D【分析】根据同角三角函数的基本关系,二倍角的正弦公式,分子分母同除以余弦平方得到正切的式子,再将正切值代入即可.【详解】.故选:D.8.平凉大明宝塔为甘肃省重点文物保护单位.一九八六年,省政府拨款,对宝塔进行了维修和加固,铺了楼板,做了木梯,如今的宝塔,面目全新.游客可以由木梯盘旋而上至顶层,举目四望平凉城市风光.某学生为测量平凉大明宝塔的高度,如图,选取了与平凉大明宝塔底部在同一水平面上的,两点,测得米,在,两点观察塔顶点,仰角分别为和,,则平凉大明宝塔的高度是( )A.25米 B.米 C.30米 D.米【答案】C【分析】用分别表示,在中,利用余弦定理可得答案.【详解】在中,,,在中,,,在中,由余弦定理得,即,解得米.故选:C. 二、多选题9.下列关于平面向量的说法中正确的是( )A.,,若与共线,则B.已知,.若与垂直,则C.若点为的重心,则D.平面上三点的坐标分别为,,,若点与A,B,三点能构成平行四边形的四个顶点,则的坐标可以是【答案】ACD【分析】由向量共线的坐标表示求得判断A,由垂直的向量表示计算求得,再求出向量的模判断B,根据三角形重心的性质与向量的线性运算计算后判断C,分类讨论求得点坐标判断D.【详解】A.若与共线,则,,A正确;B.若与垂直,则,,则,B错;C.点为的重心,设延长线交于,则是中点,,,同理,,∴,C正确;D.设,若是对角顶点,则,,即,若是对角顶点,则,,即,或是对角顶点,则,,即.D正确.故选:ACD.10.已知数据的平均数为,标准差为,则( )A.数据的平均数为,标准差为B.数据的平均数为,标准差为C.数据的平均数为,方差为D.数据的平均数为,方差为【答案】BC【分析】根据平均数、方差、标准差的定义逐项判断可得答案.【详解】, ,对于A,与不存在关系,不一定相等,故错误;对于B,,,所以数据的标准差为,故正确;对于C,,,故正确;对于D,数据的平均数为,方差为,故错误.故选:BC.11.中国南宋时期杰出的数学家秦九韶在《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.的最短边长是2 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】BC【分析】依题意设,,(),利用面积公式求出,即可求出边长,从而判断A,再由余弦定理求出,即可判断B,利用正弦定理求出外接圆的半径,即可判断C,最后由数量积的运算律求出中线,即可判断D.【详解】解:由,设,,(),因为,所以,解得,则,,,故A错误;因为,所以,,故B正确;因为,所以,由正弦定理得,,故C正确;,所以,故,故D错误.故选:BC.12.如图,在四面体中,,,若用一个与,都平行的平面截该四面体,下列说法中正确的( ) A.异面直线与所成的角为90°B.平面截四面体所得截面周长不变C.平面截四面体所得截面不可能为正方形D.该四面体的外接球半径为【答案】ABD【分析】取中点,证明平面后得线线垂直,判断A;由线面平行的性质定理得线线平行,然后由平行线性质求解后判断B;当截面过所在棱中点时截面的形状是正方形,从而判断C,把四面体补形成长方体,由长方体的外接球得四面体的外接球,从而得其半径判断D.【详解】对于A,如图1,取中点,为等腰三角形,那么,同理,,且,平面,那么平面,而平面,所以,A正确;对于B,如图2,设平面与四面体的各棱的交点分别为,,,,由平面,且平面,两个平面的交线为,则,同理,,∴,,得:,∴周长为,B正确;对于C,,,,为各棱中点时,截面是边长为的正方形,C错误;对于D,如图3,四面体的外接球为长、宽、高分别为1,1,2的长方体的外接球,半径,D正确.故选:ABD. 三、填空题13.已知单位向量,,则______.【答案】10【分析】首先求出的坐标,再计算其模即可.【详解】解:因为,,所以,所以.故答案为:14.已知某射击运动员,每次击中目标的概率都是0.6.现采用随机模拟的方法计算该运动员射击4次至少击中3次的概率:先由计算器算出0到9之间取整数值的随机数,指定0,1,2,3表示没有击中目标,4,5,6,7,8,9表示击中目标.因为射击4次,故以每4个随机数为一组,代表射击4次的结果.经随机模拟产生了如下20组随机数:5727 0623 7140 9857 6347 4379 8636 6013 1417 46980371 6843 2676 8012 6011 3661 9597 7424 6710 4203据此估计,该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为______.【答案】0.5【分析】利用古典概型的概率公式直接求解.【详解】在20组随机数中表示射击4次至少击中3次的有:5727, 9857, 6347, 4379, 8636, 4698, 6843, 2676, 9597, 7424共10组随机数,所以所求概率为.故答案为:0.515.如图,某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成,且圆柱的两个底面圆周和圆锥的顶点均在体积为的球面上,若圆柱的高为2,则圆锥的侧面积为______. 【答案】【分析】根据题意画出该几何体的轴截面,如图,设是球心,是圆锥的顶点,是圆锥的母线,求出球的半径,从而可求出,进而可求得圆锥的侧面积.【详解】其中,是球心,是圆锥的顶点,是圆锥的母线,由题意可知,解得,由于圆柱的高为2,,,,母线,∴圆锥的侧面积为.故答案为:16.窗的运用是中式园林设计的重要组成部分,在表现方式上常常运用象征、隐喻、借景等手法,将民族文化与哲理融入其中,营造出广阔的审美意境.从窗的外形看,常见的有圆形、菱形、正六边形、正八边形等.已知圆是某窗的平面图,为圆心,点在圆的圆周上,点是圆内部一点,若,且,则的最小值是______.【答案】3【分析】利用向量的线性运算,结合数量积,可求得,确定其取值范围,再根据平方后的式子,即得.【详解】因为,所以,所以,即,则.因为点是圆内部一点,所以,所以,则,当且仅当时,等号成立,故的最小值是3.故答案为:3. 四、解答题17.已知在平面直角坐标系中,为坐标原点,,,,其中.(1)求及在上的投影向量;(2)证明 ,,三点共线,并求当时的值.【答案】(1),在上的投影向量为;(2)证明见解析; 【分析】(1)利用数量积的坐标运算算出,接着先算,,接着利用投影公式算出答案;(2)先利用得到且,利用题意算出能得到,再结合公共点能得到三点共线,最后,最终算出的值【详解】(1)因为,,所以,,,所以在上的投影向量为(2)证明:因为,所以且,因为,,,所以,即,又有公共点,所以,,三点共线;因为,所以,即18.已知复数(1)若为纯虚数,求实数的值;(2)若在复平面内的对应点位于第四象限,求实数的取值范围及 的最小值.【答案】(1);(2),. 【分析】(1)利用纯虚数的定义,实部为零,虚部不等于零即可得出.(2)利用复数模的计算公式、几何意义即可得出.【详解】(1)为纯虚数,且(2)在复平面内的对应点为由题意:,.即实数的取值范围是.而,当时,.19.某大学艺术专业400名学生参加某次测评,根据男女学生人数比例、使用分层随机抽样的方法从中随机抽取了100名学生,记录他们的分数、将数据分成7组:,,…,,并整理得到如图的频率分布直方图.(1)估计总体400名学生中分数小于60的人数;(2)已知样本中分数小于40的学生有5人,试估计总体中分数在区间内的人数;(3)根据该大学规定、把25%的学生划定为不及格、确定本次测试的及格分数线、低于及格分数线的学生需要补考.【答案】(1)80(2)20(3)65分 【分析】(1)由频率分布直方图求出分数不小于60的频率,即可得到分数小于60的频率,即可估计人数;(2)由频率分布直方图求出分数在区间内的人数,即可估计总体中分数在区间内的人数;(3)根据百分位数计算规则计算可得.【详解】(1)解:据频率分布直方图可知,样本中分数不小于60的频率为,所以样本中分数小于60的频率为,所以估计总体400名学生中分数小于60的人数为.(2)解:根据题意,样本中分数不小于50的频率为,分数在区间内的人数为,所以总体中分数在区间内的人数估计为.(3)解:设分数的第25百分位数为,分数小于70的频率为,分数小于60的频率为,所以,即,解得,则本次考试的及格分数线为65分.20.某快餐配送平台针对外卖员送餐准点情况制定了如下的考核方案:每一单自接单后在规定时间内送达、延迟5分钟内送达、延迟5至10分钟送达、其他延迟情况,分别评定为四个等级,各等级依次奖励3元、奖励0元、罚款3元、罚款6元.假定评定为等级的概率分别是.(1)若某外卖员接了一个订单,求其不被罚款的概率;(2)若某外卖员接了两个订单,且两个订单互不影响,求这两单获得的奖励之和为3元的概率.【答案】(1)(2) 【分析】(1)利用互斥事件的概率公式,即可求解;(2)由条件可知两单共获得的奖励为3元即事件,同样利用互斥事件和的概率,即可求解.【详解】(1)设事件分别表示“被评为等级”,由题意,事件两两互斥,所以,又“不被罚款”,所以.因此“不被罚款”的概率为;(2)设事件表示“第单被评为等级”,,则“两单共获得的奖励为3元”即事件,且事件彼此互斥,又,所以.21.在中,,,分别是角,,的对边,,.(1)求角的大小及外接圆的半径的值;(2)若是的内角平分线,当面积最大时,求的长.【答案】(1),(2) 【分析】(1)由正弦定理将角化边,再由余弦定理求出,最后由正弦定理求出外接圆的半径;(2)由余弦定理及基本不等式求出的最大值,即可得到面积最大值,从而求出与,再由正弦定理计算可得;【详解】(1)解:因为,由正弦定理可得,由余弦定理得,又,所以,由正弦定理得,所以.(2)解:在中,由余弦定理得,则,即.,,,当且仅当时,,所以.此时,.在中,,由正弦定理得.22.四棱锥中,底面为梯形,,,,,为直二面角.(1)证明:;(2)若直线与平面所成角的正弦值为,求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)取中点,首先证得四边形为平行四边形,从而得到,可证得;结合面面垂直和线面垂直的性质即可证得结论;(2)连接,交于点,根据等腰三角形三线合一性质和线面垂直可知可以以为坐标原点建立空间直角坐标系,设,利用线面角的向量求法可构造方程求得,从而利用面面角的向量求法可求得结果.【详解】(1)取中点,连接,,,四边形为平行四边形,,即,;又为直二面角,平面平面,平面,平面,又平面,.(2)连接,交于点,由(1)知:四边形为平行四边形,为中点,,,分别为中点,,又平面,平面,则以为坐标原点,正方向为轴,可建立如图所示空间直角坐标系,设,,,,,,,,,,设平面的法向量,,令,解得:,,;直线与平面所成角的正弦值为,,解得:,,,,平面的法向量,,,设平面的法向量,,令,解得:,,;,平面与平面的夹角的余弦值为.
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