2021-2022学年广西百色民族高级中学高一下学期期末模拟（三）数学试题题（解析版）

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2021-2022学年广西百色民族高级中学高一下学期期末模拟（三）数学试题题 一、单选题1．若复数z满足，则z在复平面内对应的点在（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】利用复数的乘方运算和除法运算求出复数z即可判断作答.【详解】依题意，，所以在复平面内对应的点在第一象限.故选：A2．在空间，下列命题正确的是（    ）A．平行于同一平面的两条直线平行 B．平行于同一直线的两个平面平行C．垂直于同一平面的两条直线平行 D．垂直于同一平面的两个平面平行【答案】C【分析】A. 利用两直线的位置关系判断；B.利用两平面的位置关系判断；C.利用线面垂直的性质定理判断；D.利用两平面的位置关系判断.【详解】A. 平行于同一平面的两条直线平行、相交或异面，故错误；B.平行于同一直线的两个平面平行或相交，故错误；C.由线面垂直的性质定理知：垂直于同一平面的两条直线平行，故正确；D.垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故错误；故选：C3．下列说法错误的是（    ）A．若，则 B．零向量与任一向量平行C．零向量是没有方向的 D．若两个相等的向量起点相同，则终点必相同【答案】C【分析】对A，根据模长的定义判断即可；对BC，根据零向量的性质判断即可；对D，根据相等向量的性质判断即可【详解】对A，零向量的模长为0，故A正确；对B，零向量与任一向量平行，故B正确；对C，零向量的方向是任意的，故C错误；对D，相等向量若起点相同则终点相同，D正确；故选：C4．甲，乙两人下棋，甲不输的概率是0.8，两人下成平局的概率是0.5，则甲胜的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】甲不输分为甲胜乙和甲乙下成平局两种情况，其中甲胜乙和甲乙下成平局是互斥事件，根据互斥事件的概率加法公式进行求解即可.【详解】甲不输棋的设为事件A，甲胜乙设为事件B，甲乙下成平局设为事件C，则事件A是事件B与事件C的和，显然B、C互斥，所以，而，，所以，所以甲胜的概率是0.3故选:B5．在中，角，，所对的边分别是，，，已知，则的形状是（    ）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形【答案】A【分析】利用正弦定理以及三角形的内角和，两角和的正弦函数化简，求出与的关系，即可判断三角形的形状．【详解】解：，由正弦定理可知，，因为，所以，所以，即所以，所以，，因为、、是三角形内角，所以．所以是等腰三角形．故选：A．6．已知一组数据：的平均数是10，方差是4，则，，，，，的方差是（    ）A．16 B．14 C．12 D．11【答案】A【分析】由方差的定义，代入即可得解.【详解】由题意，数据，，，，，的平均数为，所以方差为.故选：A.7．非零向量满足，则与的夹角是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，得到，再利用向量的夹角公式求解.【详解】解：因为，所以，则，又，，所以，因为，所以，故选：B8．阿基米德（Archimedes，公元前287年-公元前212年）是古希腊伟大的数学家，物理学家和天文学家，在他墓碑上刻着的一个圆柱容器里放了一个球，该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，如图所示，则在该几何体中，圆柱表面积与球表面积的比值为（    ）A． B． C．或 D．【答案】A【分析】设圆柱的底面半径为，则高为，其内切球的半径为，把圆柱及其内切球的表面积分别用表示，作比可得圆柱的表面积与球的表面积之比.【详解】解：设圆柱的底面半径为，则高为，其内切球的半径为，则圆柱的表面积为，，.故选：A. 二、多选题9．下列命题中是真命题的有（    ）A．有三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的个体数为，则样本容量为B．一组数据的平均数、众数、中位数相同C．若甲组数据的方差为，乙组数据为，则这两组数据中较稳定的是甲D．一组数的分位数为【答案】ABD【分析】根据分层抽样原则直接计算即可得到样本容量，知A正确；根据平均数、众数和中位数定义直接判断可知B正确；根据方差的计算方法可知乙组方差更小，则其数据更稳定，知C错误；由百分位数的计算可知D正确.【详解】对于A，根据分层抽样原则可知：样本容量为，A正确；对于B，由平均数、众数和中位数定义可知：该组数据平均数为；众数为；中位数为；B正确；对于C，乙组数据的平均数为，则其方差，乙组数据更稳定，C错误；对于D，，将该组数按照从小到大顺序排列，第个数为，该组数据的分位数为，D正确.故选：ABD.10．在复平面内，下列说法正确的是(    )A．若复数(i为虚数单位)，则B．若复数z满足，则C．若复数，则z为纯虚数的充要条件是D．若复数z满足，则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆【答案】AD【分析】A：根据复数的除法运算法则计算即可；B：设，根据求出a、b的值即可判断；C：根据纯虚数的概念即可判断；D：设，求出z对应的点(a，b)的轨迹方程即可判断．【详解】对于A，，故A正确；对于B，设z=a+bi，a、bR，则，；当a=0，b≠0时，z=biR，故B错误；对于C，，则z为纯虚数的充要条件是a=0且b≠0，故C错误；对于D，设，则，则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆，故D正确．故选：AD．11．给出下列四个命题，其中正确的命题有（    ）A．甲、乙二人比赛，甲胜的概率为，则比赛5场，甲胜3场B．抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件为“向上的点数为1或4”，事件为“向上的点数为奇数”，则与互为对立事件C．抛掷骰子100次，得点数是1的结果有18次，则出现1点的频率是D．随机事件发生的频率不一定是这个随机事件发生的概率【答案】CD【分析】根据频率和概率的定义，以及对立事件的定义，即可判断选项.【详解】A.甲胜的概率为表示甲每次获胜的可能性都是，但不一定比赛5场，甲胜3场，故A错误；B. 事件与都包含“向上的点数为1”这个事件，故不是对立事件，故B错误；C.由频率的概念可知抛掷骰子100次，得点数是1的结果有18次，则出现1点的频率是，故C正确；D.频率在一定程度上反映了事件发生的可能性，随着实验次数的改变而改变，当实验次数相当大时，频率非常接近概率，而概率是事件本身的属性，不随实验次数的多少而改变，是定值，故D正确.故选：CD12．如图，平面四边形中，是等边三角形，且是的中点．沿将翻折，折成三棱锥，翻折过程中下列结论正确的是（    ）A．存在某个位置，使得与所成角为锐角B．棱上总恰有一点，使得平面C．当三棱锥的体积最大时，D．当二面角为直角时，三棱锥的外接球的表面积是【答案】BCD【分析】证明判断A；取CD的中点N，由推理判断B；三棱锥的体积最大时确定点C位置判断C；求出三棱锥的外接球半径计算判断D作答.【详解】取BD中点E，连接CE，ME，如图，因是正三角形，有，而是的中点，有，而，则，，平面，于是得平面，平面，所以，A不正确；取CD的中点N，连MN，因是的中点，则，平面，平面，所以平面，B正确；因，要三棱锥的体积最大，当且仅当点C到平面距离最大，由选项A知，点C到直线BD的距离，是二面角的平面角，当时，平面，即当C到平面距离最大为时，三棱锥的体积最大，此时，有，而，，平面，则有平面，平面，所以，C正确；三棱锥的外接球被平面所截小圆圆心是正的中心，，被平面所截小圆圆心为点M，设球心为O，连，则平面，平面，当二面角为直角时，由选项C知，平面，平面，有，四边形为矩形，，连，在中，，所以三棱锥的外接球的表面积，D正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键. 三、填空题13．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的原图形四边形的面积为_______．【答案】4【分析】利用斜二测画法规则确定四边形的形状及边长，即可利用面积公式计算作答.【详解】观察直观图知，四边形是平行四边形，且边、分别在轴、轴上，，因此四边形是平行四边形，，，则是边长为2的正方形，所以四边形面积为4.故答案为：414．如图所示是一个样本容量为的频率分布直方图，则由图形中的数据，可知其分位数为____________.【答案】【分析】根据频率可判断分位数在内，列式即可求出.【详解】由图可知第一组的频率为，前两组的频率之和为，则可知其分位数在内，设为，则，解得.故答案为：.15．已知菱形的边长为4，，点在上（包括端点），则的取值范围是___________.【答案】【分析】建立坐标系，设出点的坐标，利用向量的数量积的坐标表示，转化求解即可.【详解】根据菱形的为原点，边为轴，边的高为轴建立直角坐标系，如图：，设点的坐标为：，则：，故答案为：.16．已知中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则的面积，该公式称作海伦公式，最早由古希腊数学家阿基米德得出．若的周长为15，，则的面积为___________________．【答案】【分析】先用正弦定理解得a=3，b=5，c=7，代入海伦公式即可解得.【详解】解：可令将上式相加：由此可解的：由正弦定理：又因为：解得：a=3，b=5，c=7.所以代入海伦公式解得：S=故答案为： 四、解答题17．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点M是线段B1D1上的一个动点，E，F分别是BC，CM的中点．(1)求证：EF平面BDD1B1；(2)设G为棱CD上的中点，求证：平面GEF平面BDD1B1．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定定理求证即可；（2）根据面面平行的判定定理证明即可．【详解】（1）证明：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，连接BM，如图，因E，F分别是BC，CM的中点，则有EFBM，又EF平面BDD1B1，BM平面BDD1B1，所以EF平面BDD1B1．（2）证明：取CD的中点G，连接EG，FG，如图，而E是BC的中点，于是得EGBD，而EG平面BDD1B1，BD平面BDD1B1，从而得EG平面BDD1B1，由（1）知EF平面BDD1B1，EFEG＝E，且EF、EG平面GEF，因此，平面GEF平面BDD1B1，所以当G是DC的中点时，平面GEF平面BDD1B1．18．某学校随机抽取了100名学生通过答卷方式进行科学知识普及情况调查，试卷满分为120分.经统计得到成绩的范围是（单位：分），通过整理数据得到如下频率分布直方图：(1)求的值，并求出分数在的人数；(2)估计该校科普知识测试成绩的平均数、中位数和众数.【答案】(1)0.02，30人；(2)平均数为94分，中位数为95分，众数为95分. 【分析】（1）由频率分布直方图中小矩形面积和为1求出m，再求出的频率即可计算作答.（2）利用频率分布直方图求样本平均数，中位数，众数的方法分别计算作答.【详解】（1）由频率分布直方图得：；分数在对应频率为，，所以分数在的人数为30人.（2）依题意，，所以成绩平均数为94分；因，，则成绩的中位数在90分到100分之间，设成绩的中位数为分，由，解得，所以成绩的中位数为95分；因成绩在的频率最大，而，所以成绩的众数为95分.19．已知向量，.(1)若，求；(2)若，求向量与的夹角.(3)若夹角为锐角，求的取值范围.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）由向量垂直坐标表示可求得，由向量模长的坐标运算可求得结果；（2）由向量夹角的坐标运算可直接求得结果；（3）由向量夹角为锐角可知且不同向，由此可构造不等式组求得的范围.【详解】（1）由得：，解得：，，，.（2）当时，，，又，.（3）夹角为锐角，且不同向，，解得：且，的取值范围为.20．随着小汽车的普及，“驾驶证”已经成为现代人“必考”证件之一，若某人报名参加了驾驶证考试，要顺利地拿到驾驶证，需要通过四个科目的考试，其中科目二为场地考试．在每一次报名中，每个学员有5次参加科目二考试的机会（这5次考试机会中任何一次通过考试，就算顺利通过，即进入下一科目考试，若5次都没有通过，则需要重新报名），其中前2次参加科目二考试免费，若前2次都没有通过，则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费，某驾校通过几年的资料统计，得到如下结论：男性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，女性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，现有这个驾校的一对夫妻学员同时报名参加驾驶证科目二考试，若这对夫妻每人每次是否通过科目二考试相互独立，他们参加科目二考试的原则为：通过科目二考试或者用完所有机会为止．(1)求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且都不需要交补考费的概率；(2)求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且产生的补考费用之和为200元的概率．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）分别表示丈夫和妻子第i次通过考试的事件，再将夫妻二人都不需要交补考费的事件用表示，然后利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算作答.（2）将夫妻二人共交200元补考费的事件用（1）中事件表示，再利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算作答.【详解】（1）分别表示丈夫和妻子第i次通过考试的事件，则，夫妻二人都不需要交补考费的事件，则，所以这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且都不需要交补考费的概率是.（2）由（1）知，夫妻二人共交200元补考费的事件，则，所以这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且产生的补考费用之和为200元的概率.21．已知分别为三个内角的对边，，且，(1)求；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理及化简计算，求得，利用辅助角公式求出；（2）利用正弦定理把边转化为角的正弦，得到，结合，求出的取值范围.【详解】（1）由题意得：，由正弦定理得：，因为，所以，因为，所以，所以，即，因为，所以，所以，（2）因为，所以由正弦定理得：，，因为，所以，所以，的取值范围是22．如图，四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，且，，，M为AD的中点.(1)证明：平面PBM；(2)求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证、，再由直线与平面垂直的判定定理可证平面PBM；（2）根据可求出结果.【详解】（1）证明：因为，M为AD的中点，所以.因为ABCD是菱形，，则为等边三角形，则，又因为，所以平面PBM.（2）在中，由余弦定理得，则.因为，，易得，.在中，由余弦定理得，则，，所以.则四棱锥的体积为.