2021-2022学年黑龙江哈尔滨市第一二二中学校高一下学期期末数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年黑龙江哈尔滨市第一二二中学校高一下学期期末数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年黑龙江哈尔滨市第一二二中学校高一下学期期末数学试题

一、单选题
1．已知若（为虚数单位）是纯虚数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据复数的分类和性质可得答案.
【详解】若（为虚数单位）为纯虚数，
则，得，
故选：A.
2．掷一枚骰子，设事件A＝{出现的点数不大于3}，B＝{出现的点数为偶数}，则事件A与事件B的关系是（    ）
A．A⊆B B．A∩B＝{出现的点数为2}
C．事件A与B互斥 D．事件A与B是对立事件
【答案】B
【分析】利用两个事件的关系对各个选项进行判断即可.
【详解】A＝{出现的点数不大于3}={出现的点数为1,2,3}
B＝{出现的点数为偶数}={出现的点数为2,4,6}
则A∩B＝{出现的点数为2},故B正确; A错误；
因为事件A与事件B可以同时发生，故事件A与B不是互斥事件，也不是对立事件，故C,D错误，
故选：B
3．下列事件是必然事件的是（    ）
A．在标准大气压下，水加热到时会沸腾
B．实数的绝对值不小于零
C．某彩票中奖的概率为，则买10000张这种彩票一定能中奖
D．连续两次抛掷一枚骰子，两次都出现2点向上
【答案】B
【分析】根据随机事件、不可能事件、必然事件的概念判断即可．
【详解】因为在标准大气压下，水加热到才会沸腾，所以A不是必然事件；
因为实数的绝对值不小于零，所以B是必然事件；
因为某彩票中奖的概率为，仅代表可能性，所以买100000张这种彩票不一定能中奖，即C不是必然事件；
抛掷骰子，每一面出现都是随机的，所以D是随机事件．
故选：B．
4．中国运动员谷爱凌在2022北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中以188.25分夺得金牌．自由式滑雪大跳台比赛一般有资格赛和决赛两个阶段，比赛规定：资格赛前12名进入决赛．在某次自由式滑雪大跳台比赛中，24位参加资格赛选手的成绩各不相同．如果选手甲知道了自己的成绩后，则他可根据其他23位同学成绩的哪个数据判断自己能否进入决赛（    ）
A．中位数 B．极差 C．平均数 D．方差
【答案】A
【分析】根据题意，结合中位数的定义，即可判断和选择.
【详解】其他23位参赛同学，按成绩从高到低排列，这23个数的中位数恰好是第12位选手的成绩．
若选手甲的成绩大于该选手的成绩，则进入决赛，否则不能进入决赛，
因此可根据中位数判断选手甲是否能进入决赛.
故选：．
5．小张某一周的总开支分布如图①所示，该星期的食品开支如图②所示，则以下说法正确的是（    ）

A．储蓄比通信开支多50元 B．日常开支比食品中的其他开支少150元
C．娱乐支出为100元 D．肉类开支占总开支的
【答案】C
【分析】根据图表信息对选项一一分析即可得出答案.
【详解】由食品开支图，可知食品开支为（元），所以一星期的总开支为（元），其中娱乐支出为（元），故C正确；
储蓄比通信开支多（元），故A错误；
日常开支为（元），故日常开支比食品中的其他开支多150元，故B不正确；
肉类开支占总开支的故D错误.
故答案为：C.
6．非零向量、满足，在方向上的投影为，则的最小值为(    )
A．1 B． C．2 D．
【答案】A
【分析】根据在方向上的投影为可知=，根据和二次函数性质即可求出的最小值﹒
【详解】∵在方向上的投影为，∴=，
∴，
∴当时，．
故选：A﹒
7．如图，已知正方体的棱长为，、分别是棱、的中点.若点为侧面正方形内（含边界）动点，且平面，则点的轨迹长度为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取的中点，连接、、、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出平面，说明点的轨迹为线段，即可求得结果.
【详解】取的中点，连接、、、、，如下图所示：

在正方体中，且，
因为、分别是棱、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面，同理可证平面，
，所以，平面平面，
平面，若，则平面，平面，
所以，点在侧面内的轨迹为线段，由勾股定理可得.
故选：C.
【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：
（1）通过面面平行得到线面平行；
（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.
8．已知的三个内角所对的边分别为，满足，且，则的形状为
A．等边三角形 B．等腰直角三角形
C．顶角为的等腰三角形 D．顶角为的等腰三角形
【答案】D
【分析】先利用同角三角函数基本关系得，结合正余弦定理得进而得B,再利用化简得,得A值进而得C,则形状可求
【详解】由题
即，由正弦定理及余弦定理得
即
故 整理得 ，故
故为顶角为的等腰三角形
故选D
【点睛】本题考查利用正余弦定理判断三角形形状，注意内角和定理，三角恒等变换的应用，是中档题

二、多选题
9．下列说法中错误的是（    ）
A．单位向量都相等
B．向量与是共线向量，则点A、B、C、D必在同一条直线上
C．两个非零向量，若，则与共线且反向
D．已知向量，若与的夹角为锐角，则
【答案】ABD
【分析】根据向量相等判断A；根据向量共线判断BC；根据向量夹角得，解不等式可判断D.
【详解】解：对于A选项，单位向量方向不同，则不相等，故A错误；
对于B选项，向量与是共线向量，也可能是，故B错误；
对于C选项，两个非零向量，若，则与共线且反向，故C正确；
对于D选项，向量，若与的夹角为锐角，则且与不共线，故，解得且，故D错误；
故选：ABD
10．某校进行防疫知识问卷测试，已知该校高一年级有学生1200人，高二年级有学生960人，高三年级有学生840人．为了解全校学生问卷测试成绩的情况，按年级进行分层随机抽样得到容量为n的样本．若在高一年级中抽取了40人，则下列结论一定成立的是（    ）
A．样本容量
B．在抽样的过程中，女生甲被抽中的概率与男生乙被抽中的概率是不相等的
C．高二年级，高三年级应抽取的人数分别为32人，28人
D．如果高一，高二，高三年级问卷测试成绩的平均分分别为85分，80分，90分，那么估计该校全体学生本次问卷测试成绩的平均分为84.8分
【答案】ACD
【分析】根据已知条件，结合分层抽样的性质，以及平均值公式，即可求解．
【详解】解：对于A选项，由分层抽样的性质可得，，解得，故A选项正确，
对于B选项，女生甲被抽中的概率与男生乙被抽中的概率是相等的，故B选项错误，
对于C选项，该校共有学生，高二年级应抽取人，
高三年级应抽取人，故C选项正确，
对于D选项，高一，高二，高三年级问卷测试成绩的平均分分别为85分，80分，90分，
估计该校全体学生本次问卷测试成绩的平均分为，故D选项正确．
故选：ACD．
11．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列说法正确的是（    ）
A．是的充要条件
B．若，则P是的垂心
C．若面积为S，，则
D．
【答案】ABC
【分析】A.根据三角形的性质和正弦定理判断；
B.变形数量积公式，结合几何意义，即可判断；
C.根据三角形面积公式，和余弦定理求解；
D.利用诱导公式和三角形的性质，即可判断.
【详解】A.，再根据正弦定理，，所以是的充要条件，故A正确；
B. ，所以，同理，，所以P是的垂心，故B正确；
C.由条件可知，，即，所以，所以，，所以 ，故C正确；
D. ，故D错误.
故选：ABC
12．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，它是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是（    ）

A．AB与平面BCD所成的角为 B．
C．与AB所成的角是的棱共有16条 D．该半正多面体的外接球的表面积为
【答案】AC
【分析】补全该半正多面体得到一正方体，根据线面角的定义找到线面角，解三角形求其大小,判断A；根据条件计算正方体的棱长，再求的长，判断B; 利用平行关系，确定与所成的角是 的棱的条数，判定C，利用几何体的对称性确定半正方体的外接球的球心及半径,判定D；
【详解】补全该半正多面体得到一正方体，设正方体的棱长为，
由题意知，该半正多面体由6个全等的正方形和8个全等的正三角形构成.
则由半正多面体的表面积为，
得，解得，
∵，
因为平面，为AB与平面BCD的夹角，
因为为直角三角形，且，所以
所以AB与平面BCD所成的角为，故A正确；
∴，故B错误；
在与相交的6条棱中，与AB所成的角是的棱有4条，又这4条棱中，每一条棱都有3条平行的棱，故与AB所成的角是的棱共有16条，故C正确；
由半正多面体的对称性可知，其对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点，其对称中心为正方体的体对角线的中点，点在平面的投影点为，
则有，，所以，
故该半正多面体的外接球的半径为，面积为，故D错误；
故选：AC.


三、填空题
13．在中，，则________________．
【答案】
【分析】根据正弦定理即可求得角B的大小，计算可得.
【详解】由于，
由正弦定理可得，，
即
所以，
故答案为：
14．据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法．在算筹计数法中，用一根根同样长短和粗细的小棍子（用竹子，木头，兽骨，象牙，金属等材料制成）以不同的排列方式来表示数字，如果用五根小木棍随机摆成图中的两个数（小木棍全部用完），那么这两个数的和不小于9的概率为________________．

【答案】
【分析】分别用（1根+4根）和（2根+3根）两种情况组成不同的两个数，求出总的组合数，并求出各个组合中两数的和，根据古典概型概率计算公式能求出这两个数的和不小于9的概率．
【详解】用五根小木棍摆成两个数，共有两种摆放方法：
第一种是用1根和4根小木棍可以组成1与4，1与8，其和分别为5、9，共2种；
第二种是用2根和3根小木棍可以组成：2与3、2与7、6与3、6与7，其和分别为5，9，9，13，共4种，
故用五根小木棍随机摆放成图中的两个数，有2+4=6种不同的组合，其中两个数的和不小于9的有4种，
∴这两个数的和不小于9的概率为．
故答案为：．
15．在正方体中，N为底面的中心，为线段上的动点（不包括两个端点），为线段的中点，则下列说法中正确的序号是________________．

①与是异面直线；
②；
③平面平面；
④过三点的正方体的截面一定是等腰梯形．
【答案】②③④
【分析】连接NC，根据平面几何知识可得CN，PM交于点A，可判断①；分别在△MAC中，和在△PAN中，运用余弦定理求得CM2和PN2，比较大小可判断②；证明与平面后可得面面垂直，可判断③；作出过三点的截面后可判断④．
【详解】解：连接NC，因为共线，即交于点，共面，
因此共面，①错误；
记，则，
，
又，
，，即．②正确；
由于正方体中，，平面，平面，
所以，因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，即平面平面，③正确；

过点作交于点，连接，由正方体性质知，，
所以，共面，且，
故四边形就是过P，A，C三点的正方体的截面，
因为，为线段上的动点（不包括两个端点），
所以，，
故四边形是等腰梯形，故④正确．
故答案为：②③④.

四、双空题
16．在2022年2月4日举行的北京冬奥会开幕式上，贯穿全场的雪花元素为观众带来了一场视觉盛宴，象征各国、各地区代表团的“小雪花”汇聚成一朵代表全人类“一起走向未来”的“大雪花”的意境惊艳了全世界（如图①），顺次连接图中各顶点可近似得到正六边形（如图②）．己知正六边形的边长为1，点M满足，则________________；若点P是线段上的动点（包括端点），则的最小值是________________．

          图①                    图②
【答案】     ##     ##
【分析】建立平面直角坐标系，求出各点坐标，利用平面向量数量积的坐标运算求解即可．
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，

则，
则
，
，
设，则
，
，

当时，的最小值为
故答案为：；.

五、解答题
17．已知向量是两个不共线的向量，.
（1）若三点共线，求实数的值；
（2）若的夹角是，且，求实数的值.
【答案】（1）-1；（2）.
【分析】（1）根据共线向量的性质，结合已知进行求解即可；
（2）根据平面向量垂直的性质，结合平面向量数量积的定义进行求解即可.
【详解】解：（1）因为三点共线，所以有，
即.
则有
所以解得
（2）因为的夹角是，所以，
又，
且.
所以，
解得.
18．甲、乙、丙三名学生一起参加某高校组织的自主招生考试，考试分笔试和面试两部分，笔试和面试均合格者将成为该高校的预录取生（可在高考中加分录取），两次考试过程相互独立，根据甲、乙、丙三名学生的平均成绩分析，甲、乙、丙3名学生能通过笔试的概率分别是0.6，0.5，0.4，能通过面试的概率分别是0.6，0.6，0.75.
（1）求甲、乙、丙三名学生中恰有一人通过笔试的概率；
（2）求经过两次考试后，至少有一人被该高校预录取的概率.
【答案】（1）0.38；（2）0.6864.
【解析】(1)分别记“甲、乙、丙三名学生笔试合格”为事件，则为相互独立事件，E表示事件“恰有一人通过笔试”；E分解为3个互斥事件：，这三个互斥事件内部也是相互独立事件，从而进行计算；(2)一名学生被该高校预录取指笔试和面试均合格，这两次考试过程相互独立，分别计算出三名学生各自被录取的概率，首先求出三人均未被录取的概率，然后由对立事件的概率性质即可得解.
【详解】（1）分别记“甲、乙、丙三名学生笔试合格”为事件，则为相互独立事件，E表示事件“恰有一人通过笔试”，则
即恰有一人通过笔试的概率是0.38.
（2）分别记“甲、乙、丙三名学生经过两次考试后合格”为事件A，B，C，
则.
事件F表示“甲、乙、丙三人中至少有一人被该高校预录取”，
则表示甲、乙、丙三人均没有被该高校预录取，，
于是.
即经过两次考试后，至少有一人被该高校预录取的概率是0.6864.
【点睛】利用互斥事件、对立事件的概率公式求概率，属于中档题.
19．某广场有一块不规则的绿地如图所示，城建部门欲在该地上建造一个底座为三角形的环境标志，小李，小王设计的底座形状分别为，，经测量米，米，米，
（I）求的长度；
（Ⅱ）若环境标志的底座每平方米造价为元，不考虑其他因素，小李，小王谁的设计建造费用最低（请说明理由），最低造价为多少？（）

【答案】（I）米.（Ⅱ）86600（元）.
【详解】试题分析：由实际问题转化为数学问题，即为解三角形，首先利用两三角形中的余弦定理得到关于AB边的等式关系，解方程得到边长，进而得到角D的大小，利用三角形面积公式分解计算出两三角形的面积，得到取得最小造价的方案
试题解析：（Ⅰ）在△ABC中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得 ，
由解得．
（Ⅱ）小李设计使建造费用最低，
理由为：

故选择的形状建造环境标志费用最低．
边三角形，



【解析】1．余弦定理解三角形；2．三角形面积公式；3．解三角形的实际应用
20．如图，在三棱柱中，侧面是矩形，，，，，，分别为棱，的中点，为线段的中点.

(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】连交于点，连，利用平行线分线段成比例定理以及逆定理可以推出，再利用线面平行的判定定理即可证明平面（2）因为为中点，所以到平面距离等于到平面距离相等，再利用等体积法即可求解
【详解】（1）证明：连交于点，连.

∵为的中点，为的中点，∴，
∵，，
∴，
∴
∴
又∵平面，平面
∴平面.
（2）∵为中点
∴到平面距离等于到平面距离相等
四边形为矩形，则，又，
平面，平面
所以⊥平面，又平面，所以，
∵，，
∴
∴
∴，又
∴，
平面，平面，
∴平面
又∵，，设到平面的距离为，
由，得，
即
∴即到平面的距离为.
21．我校为了解高一新生对文理科的选择,对600名高一新生发放文理科选择调查表,统计知,有360名学生选择理科,240名学生选择文科．分别从选择理科和文科的学生中随机各抽取20名学生的数学成绩得如下累计表:
分数段
理科人数
文科人数



















(1)利用统计表数据分析:选择文理科学生的数学平均分及数学成绩对学生选择文理科的影响;并绘制选择理科的学生的数学成绩的频率分布直方图;

(2)现要对理科数学成绩在后15%的学生进行补考,并制定出补考的分数线,请你用样本来估计总体,给这个分数线的估计值（精确到0.01）;
(3)从数学成绩不低于70分的选择理科和文科的学生中各取一名学生的数学成绩,求选取理科学生的数学成绩至少高于选取文科学生的数学成绩一个分数段的概率．
【答案】(1)答案见解析
(2)66.67
(3)

【分析】(1)根据统计表计算选择理科的数学平均成绩及选择文科的数学平均成绩,从结果反映了数学成绩对学生选择文理科有一定影响;再根据表格画出频率分布直方图即可;
(2)根据频率分布直方图设出补考分数线,计算到分数线处矩形面积和,使其等于0.15即可;
(3)根据互斥事件的加法公式,求出概率即可.
【详解】（1）解:由累统计表可知,对于理科:
人数1个,频率,频率除以组距为,人数3个,频率,频率除以组距为,人数6个,频率,频率除以组距为,人数6个,频率,频率除以组距为,人数4个,频率,频率除以组距为,
平均数为:,
对于文科:
人数2个,频率,人数4个,频率,人数4个,频率,人数5个,频率,人数3个,频率,人数2个,频率,
平均数为:,
故选择理科的数学平均分高于选择文科的数学平均成绩,从结果反映了数学成绩对学生选择文理科有一定影响,
根据理科的数据补全频率分布直方图如图所示:

（2）由题只需(1)中频率分布直方图小矩形的面积和为0.15,
不妨设补考的分数线为,
则有,
解得,
故分数线的估计值为66.67;
（3）由表可知不低于70分的理科的学生有16人,文科的学生有10人,共计26人,
记选取的理科学生为事件,文科学生为事件,
记选取的理科学生为事件,文科学生为事件,
记选取的理科学生为事件,文科学生为事件,
则选取理科学生的数学成绩至少高于选取文科学生的数学成绩一个分数段的概率

,
故概率为:
22．已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝，AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE＝2，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．

(1)证明：EF⊥平面ABE；
(2)求二面角D﹣BF﹣E的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理即可求证；
（2）在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G，在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连接GH，可得二面角D﹣BF﹣E的平面角∠DHG，计算∠DHG的余弦值即可.
【详解】（1）证明：在直角梯形ABCD中，因为，故DA⊥AB，BC⊥AB，
因为EF∥BC，故EF⊥AB．
所以在折叠后的几何体中，有EF⊥AE，EF⊥BE，
而AE∩BE＝E，故EF⊥平面ABE．
（2）解：如图，在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G．

在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连接GH．
因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，DG⊂平面AEFD，故DG⊥平面EBCF，
因为BF⊂平面EBCF，故DG⊥BF，而DG∩DH＝D，
故BF⊥平面DGH，又GH⊂平面DGH，故GH⊥BF，
所以∠DHG为二面角D﹣BF﹣E的平面角，
在平面AEFD中，因为AE⊥EF，DG⊥EF，
故AE∥DG，
又在直角梯形ABCD中，EF∥BC且EF＝（BC+AD）＝3，
故EF∥AD，故四边形AEGD为平行四边形，
故DG＝AE＝2，GF＝1，
在Rt△BEF中，，
因为∠BFE为三角形的内角，
故，故，
故，
因为∠DHG为三角形的内角，
故．
所以二面角D﹣BF﹣E的平面角的余弦值为．