2021-2022学年安徽省六安市第一中学高一下学期期末数学试题含解析

这是一份2021-2022学年安徽省六安市第一中学高一下学期期末数学试题含解析，共21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学年安徽省六安市第一中学高一下学期期末数学试题 一、单选题1．计算 A． B． C． D．【答案】B【详解】试题分析：【解析】复数运算 2．独角兽企业是指成立时间少于10年，估值超过10亿美元且未上市的企业．2021年中国独角兽企业行业分布广泛，覆盖居民生活的各个方面．如图为某研究机构统计的2021年我国独角兽企业的行业分布图（图中的数字表示各行业独角兽企业的数量），其中京、沪、粤三地的独角兽企业数量的总占比为70%．则下列说法不正确的是（    ）A．2021年我国独角兽企业共有170家B．京、沪、粤三地的独角兽企业共有119家C．独角兽企业最多的三个行业的占比超过一半D．各行业独角兽企业数量的中位数为13【答案】C【分析】根据给出的图中信息依次分析选项即可.【详解】对于选项A，将图中各行业数量加和，可知2021年我国独角兽企业共有170家，故A正确；对于选项B，京、沪、粤三地的独角兽企业数量的总占比为70%，家，故B正确；对于选项C，独角兽企业最多的三个行业为电子商务、汽车交通、人工智能，共有73家，未超过一半，故C错误；对于选项D，将各行业的企业数量从小到大排列，中位数为13正确.故选：C3．在下列判断两个平面与平行的4个命题中，真命题的个数是（    ）．①都垂直于平面r，那么②都平行于平面r，那么③都垂直于直线l，那么④如果l、m是两条异面直线，且，，，，那么A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】在正方体中观察可判断①；由平面平行的传递性可判断②；由线面垂直的性质可判断③；根据面面平行判定定理可判断④.【详解】如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①错误；由平面平行的传递性可知②正确；由线面垂直的性质可知③正确；过直线l做平面与分别交于，过直线m做平面与分别交于，因为，，所以，所以因为，，所以同理，又l、m是两条异面直线，所以相交，且，所以，故④正确.故选：D4．已知，且向量在向量上的投影向量为，则的模为（    ）A．1 B． C．3 D．9【答案】C【分析】根据投影向量的公式计算即可【详解】由题，设的夹角为，则，故，解得故选：C5．已知一组数据，，，1，1，3，4，6，6，7的平均数为3，则这组数据方差的最小值为（    ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】根据已知可得，再根据方差公式结合二次函数的性质即可得出答案.【详解】解：由题意得，得，所以这组数据的方差，所以这组数据方差的最小值为7.故选：C.6．在，其内角，，的对边分别为，，，若，则的形状是（    ）A．直角三角形 B．等腰三角形 C．.等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形【答案】D【分析】由正弦定理边角互化得，进而移项整理得，再结合得或，进而得答案.【详解】解：根据正弦定理边角互化得，所以，所以，所以，即，所以或，所以或，即的形状是等腰或直角三角形.故选：D7．如图，某圆锥的轴截面是等边三角形，点是底面圆周上的一点，且，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，分别得到，然后根据空间向量夹角公式计算即可.【详解】以过点且垂直于平面的直线为轴，直线，分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，则根据题意可得，，，，所以，，设异面直线与所成角为，则.故选：C.8．如图，在菱形中，，，沿对角线将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段，上的动点，则下列说法错误的是（    ）A．平面平面B．线段的最小值为C．当，时，点D到直线的距离为D．当P，Q分别为线段，的中点时，与所成角的余弦值为【答案】C【分析】取的中点，易知，结合条件及线面垂直的判定定理可得平面，进而有平面平面，即可判断A；建立坐标系，利用向量法可判断BCD.【详解】取的中点，连接，∵在菱形中，，，∴，又，∴，所以，又易知，因为，，，所以平面，因为平面，所以平面平面，故A正确；以为原点，分别为轴建立坐标系，则，当，时，，，，，所以点D到直线PQ的距离为，故C错误；设，设，可得，，当时，，故B正确；当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，，，，，设PQ与AD所成的角为，则，所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确；故选：C. 二、多选题9．已知是单位向量，且，则（    ）A． B．与垂直C．与的夹角为 D．【答案】BC【分析】对于A和D，利用向量模的坐标公式进行判断；对于B，先利用进行平方结合是单位向量可得到即可判断；对于C，先算出，然后利用向量夹角公式进行判断即可【详解】解：对于A和D，因为，所以，故A和D错误；对于B，因为，且，所以，所以与垂直，故正确；对于C，因为，所以，所以，因为，所以，故正确，故选：BC10．袋子中共有大小和质地相同的4个球，其中2个白球和2个黑球，从袋中有放回地依次随机摸出2个球．甲表示事件“第一次摸到白球”，乙表示事件“第二次摸到黑球”，丙表示事件“两次都摸到白球”，则（    ）A．甲与乙互斥 B．乙与丙互斥 C．甲与乙独立 D．甲与乙对立【答案】BC【分析】结合互斥事件、对立事件和相互独立事件的知识确定正确选项.【详解】首先抽取方法是有放回，每次摸出个球，共抽取次.基本事件为：白白，白黑，黑白，黑黑，共种情况.事件甲和事件乙可能同时发生：白黑，所以甲与乙不是互斥事件，A错误.事件乙和事件丙不可能同时发生，所以乙与丙互斥，B正确.事件甲和事件乙是否发生没有关系，用表示事件甲，用表示事件乙，，则，所以甲与乙独立，C正确.由于事件甲和事件乙是否发生没有关系，所以不是对立事件.故选：BC11．在中，角的对边分别是，下列说法正确的是（    ）A．若，则有2解；B．若，则；C．若，则为锐角三角形；D．若，则为等腰三角形或直角三角形.【答案】BCD【分析】利用正余弦定理都每项逐一判断即可【详解】对于A，由正弦定理可得： ，，此时无解，A错误；对于B， ， ，根据同角三角函数基本关系式可知，故B正确；对于C，， ，可知均为锐角，故为锐角三角形，故C正确；对于D，，由余弦定理可得：,整理得：，或 即或 ，为等腰三角形或直角三角形，故D正确故选：BCD12．如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（    ）A．三棱锥的体积为定值B．线段上存在点，使平面C．线段上存在点，使平面平面D．设直线与平面所成角为，则的最大值为【答案】ABD【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故A正确．对于B, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴, 建立空间直角坐标系, 则，, ，，，所以 ，，，设（），则所以，平面即解之得当为线段上靠近的四等分点时，平面.故B正确对于C，设平面的法向量则，取得 设平面 的法向量 ,则取 , 得 ,平面平面设 , 即 ,解得 ，，不合题意 线段上不存在点, 使平面//平面，故C错误．对于D，平面的法向量为则因为所以所以的最大值为．故D正确．故选：ABD 三、填空题13．若复数（其中为虚数单位）所对应的向量分别为和，则的面积为_______．【答案】5【分析】求出向量和的坐标，再利用向量模和垂直的坐标表示即可求解作答.【详解】依题意，，，则，，而，则，所以的面积为.故答案为：514．如图所示，已知四面体顶点和，则从顶点D所引的四面体的高__________．【答案】11【分析】求出，，然后算出平面的一个法向量，通过点到面的距离公式即可得到答案【详解】解：因为，所以，设平面的法向量为，所以,令，则，所以，所以到平面的距离为，即从顶点D所引的四面体的高，故答案为：1115．己知数据的平均数为10，方差为2，则数据的平均数为a，方差为b，则___________．【答案】27【分析】利用平均数和方差的线性关系的性质直接求出a、b，即可求出a+b.【详解】数据平均数为10，所以数据，，，的平均数为，即a=19；数据的方差为2，所以数据的方差为，即b=8，所以19+8=27.故答案为：27.16．如图，四边形为平行四边形，，现将沿直线翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为_____．【答案】【分析】过A作于E，交CD于F，连，利用余弦定理、面积定理求出点到平面的距离，再借助锥体体积求出内切球半径，结合该锥体的结构特征求出外接球半径作答.【详解】过A作于E，交CD于F，连，如图，在中，由余弦定理得：，，，，，，，因，则三棱锥的4个表面三角形全等，在中，，，在中，，，因，，平面，则平面，而平面，于是得平面平面，在平面内过作于，又平面平面，因此，平面，，设三棱锥的内切球半径为，则，解得，因是锐角三角形，则三棱锥的外接球截平面所得截面圆圆心在内，半径，则，解得，令三棱锥的外接球球心为O，显然，球O截三棱锥的4个表面三角形所得截面圆圆心均在相应三角形内，因球心O与各个三角形的外心连线均垂直于相应的三角形所在平面，且这些三角形的外接圆半径均为，因此，球心O到各个三角形所在平面距离都相等，且球心O在三棱锥内，必为三棱锥内切球球心，令三棱锥的外接球半径为，则，所以三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.故答案为：【点睛】结论点睛：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足：. 四、解答题17．根据要求完成下列问题：(1)关于的方程有实根，求实数的取值范围；(2)若复数（）的共轭复数对应的点在第一象限，求实数的集合．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设方程的根为，并代入方程中，根据复数相等得到方程组，解得答案；（2）写出的共轭复数，根据对应的点在第一象限，列出不等式组，解得答案.【详解】(1)设是其实根，代入原方程变形为，由复数相等的定义，得，解得；(2)由题意得，∴，即，解得，故实数的集合为 .18．第24届冬奥会于2022年2月在北京举行，志愿者的服务工作是冬奥会成功举办的重要保障．某高校承办了北京志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图2所示的频率分布直方图．已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．(1)求a，b的值；(2)估计这100名候选者面试成绩的平均数和第分位数（分位数精确到0.1）；(3)在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率．【答案】(1)；(2)估计平均数为69.5，第分位数为71.7；(3). 【分析】（1）根据频率之和为1，及第三、四、五组的频率之和为0.7列出方程组，求出a，b的值；（2）中间值作代表估计出平均数，利用百分位数求解方法进行求解；（3）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型求概率公式.【详解】(1)，解得：，所以；(2)，故估计这100名候选者面试成绩的平均数为69.5；前两组志愿者的频率为，前三组志愿者的频率为，所以第分位数落在第三组志愿者中，设第分位数为，则，解得：，故第分位数为71.7(3)第四、第五两组志愿者的频率比为，故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为，第五组志愿者人数为1，设为，这5人中选出2人，所有情况有，共有10种情况，其中选出的两人来自不同组的有共4种情况，故选出的两人来自不同组的概率为19．甲、乙两个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为和，求：(1)两个人都译出密码的概率；(2)恰有1个人译出密码的概率；(3)若要达到译出密码的概率为99%，至少需要像乙这样的人多少个？【答案】(1)(2)(3)17名 【分析】记“甲独立地译出密码”为事件A，“乙独立地译出密码”为事件B，A，B为相互独立事件，且，．根据独立事件的概率公式即可求解.【详解】(1)记“甲独立地译出密码”为事件A，“乙独立地译出密码”为事件B，A，B为相互独立事件，且，．两个人都译出密码的概率为．(2)恰有1个人译出密码可以分为两类：甲译出乙未译出或甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，所以恰有1个人译出密码的概率为．(3)假设有n个像乙这样的人分别独立地破译密码，要译出密码相当于至少有1个人译出密码，其对立事件为所有人都未译出密码，故能译出密码的概率为，即，故，所以，即至少有17名像乙这样的人，才能使译出密码的概率达到99%．20．如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，面，，点为线段中点(1)求证：面；(2)求异面直线与所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）建立直角坐标系，求出平面的法向量，若与平面的法向量的数量积为0，则可证明；（2）求异面直线所成的角的大小可以根据数量积的计算公式，即可求解.【详解】(1)证明： 由面建立如图所示的直角坐标系，以A点为坐标原点，分别以，垂直于AD以及为方向建立轴，如图所示:由底面是等腰梯形以及可知：，，，又由点为线段中点，可知，， 设为平面的法向量，故可知：，解得令，可知平面的法向量一个法向量为：根据线面平行的向量法判断法则可知面(2)解：由题意得：由（1）分析可知，可知向量互相垂直，故异面直线与所成角的大小为21．如图所示，在平面五边形中，已知，，，，.(1)当时，求；(2)当五边形的面积时，求的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）连接，根据已知可得为等腰梯形，进而得到为等腰三角形，应用余弦定理求得，即可求结果.（2）由题设可得，设得到关于x的表达式，进而求x的范围即可.【详解】(1)连接，由五边形内角和得：，∴，则四边形为等腰梯形，则，又，，故，，所以在中，由余弦定理得，∴，过点作于，可得，∴；(2)由，又五边形的面积，∴，设，则，整理得，解得或，又，即，∴的取值范围是.22．已知正方形的边长为，，分别为，的中点，以为棱将正方形折成如图所示的的二面角，点在线段上.(1)若为的中点，且直线与由，，三点所确定平面的交点为，试确定点的位置，并证明直线平面；(2)是否存在点，使得直线与平面所成的角为；若存在，求此时平面与平面的夹角的余弦值，若不存在，说明理由.【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析 【分析】（1）根据面面位置关系判断点的位置，再根据线线平行证明线面平行；（2）设，利用坐标法根据线面夹角为可得的值，再；利用坐标法求二面角余弦值.【详解】(1)证明：因为直线平面，故点在平面内也在平面内，所以点在平面与平面的交线上(如图所示).因为，为的中点，所以，所以，，所以点在的延长线上，且.连接交于，因为四边形为矩形，所以是的中点.连接，所以为的中位线，所以，又因为平面，所以直线平面.(2)解：存在.由已知可得，，，所以平面，所以平面平面,取的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，所以设（），则，设平面的法向量，则所以，取，则，所以.因为与平面所成的角为，所以所以，解得或，所以存在点，使得直线与平面所成的角为.设平面的法向量为，则，所以，取，则，所以， ，设二面角的大小为.所以.因为当时， ，此时平面平面，所以当时， 为钝角，所以.当时， 为锐角，所以