2021-2022年河北省保定市唐县高一数学下学期期中试卷及答案

这是一份2021-2022年河北省保定市唐县高一数学下学期期中试卷及答案，共14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。

一、单选题（本题8个小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．已知i是虚数单位，复数z=，则复数z的虚部为（ ）
A．iB．-iC．1D．-1
2．袋子中有四个小球，分别写有“美、丽、中、国”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“国”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率．利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“中、国、美、丽”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：
232 321 230 023 123 021 132 220 001
231 130 133 231 031 320 122 103 233
由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为（ ）
A． B． C． D．
3．若向量满足，向量的夹角为
A．30°B．45°C．60°D．90°
4．2021年江苏进入新高考模式，数学增加了多选题，已知在多项选择题的四个选项A、B、C、D中，有多项符合题目要求．规定：全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分．若某题的正确答案是ABC，某考生随机选了一些选项（选项个数大于或等于1），则其得分的概率为（ ）．
A．B．C．D．
是（ ）
A．的最小正周期为
B．是图象的一个对称中心
C．在区间上单调递减
D．把图象上所有点向右平移个单位长度后得到函数的图象
10．如图，在直四棱柱中，，，，，点P，Q，R分别在棱，，上，若A，P，Q，R四点共面，则下列结论正确的是（ ）
A．任意点P，都有
B．存在点P，使得四边形APQR为平行四边形
C．存在点P，使得平面APQR
D．存在点P，使得△APR为等腰直角三角形
11．在中，，.（ ）
A．若，则外接圆的面积为
B．若，则
C．若为锐角三角形，则长度的取值范围为
D．若，则
12．设函数若实数满足，，则下列结论恒成立的是（ ）
A． B． C． D．
18．（10分）已知.
(1)若为锐角，求；
(2)求.
19．（12分）已知．
(1)求的最小正周期及单调递减区间；
(2)求在上的最大值并求出此时的值．
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，为的中点.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
21．（12分）插花是一种高雅的审美艺术，是表现植物自然美的一种造型艺术，与建筑､盆景､造园等艺术形式相似，是最优美的空间造型艺术之一.为了通过插花艺术激发学生对美的追求，增添生活乐趣，提高学生保护环境的意识，增加团队凝聚力，某高校举办了以“魅力校园､花香溢校园”为主题的校园插花比赛.比赛按照百分制的评分标准进行评分，评委由名专业教师､名非专业教师以及名学生会代表组成，各参赛小组的最后得分为评委所打分数的平均分.比赛结束后，得到甲组插花作品所得分数的频率分布直方图和乙组插花
5．如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC.M，N分别是对边OB，AC的中点，点G在线段MN上， =2 ，现用基向量 ,,表示向量 ，设
，则的值分别是（ ）
A．，，B．，，
C．，， D．，，
6．已知三棱锥的各顶点都在同一球面上，且PA 平面ABC，，且，若此球的表面程等于，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．1C．D．
7．某校1000名学生参加数学竞赛，随机抽取了20名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．频率分布直方图中的值为0.004
B．估计这20名学生数学考试成绩的第60百分位数为80
C．估计这20名学生数学考试成绩的众数为80
D．估计总体中成绩落在内的学生人数为160
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
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分。）
9．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．是图象的一个对称中心
C．在区间上单调递减
D．把图象上所有点向右平移个单位长度后得到函数的图象
10．如图，在直四棱柱中，，，，，点P，Q，R分别在棱，，上，若A，P，Q，R四点共面，则下列结论正确的是（ ）
A．任意点P，都有
B．存在点P，使得四边形APQR为平行四边形
C．存在点P，使得平面APQR
D．存在点P，使得△APR为等腰直角三角形
11．在中，，.（ ）
A．若，则外接圆的面积为
B．若，则
C．若为锐角三角形，则长度的取值范围为
D．若，则
12．设函数若实数满足，，则下列结论恒成立的是（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．某工厂一、二、三、四4个车间共有职工1500，为了了解职工对工厂某项改革措施的意见，计划从这1500名职工中抽取一个容量为30的样本，考虑采取分层抽样若从一、二、三、四4个车间抽取的人数恰好为4个按照从小到大的顺序排列的连续正整数，则该工厂第四车间的人数为___________.
14．设函数，则的单调递增区间为_________．
15．如图，在中，为边上一点，且，为上一点，且满足，则的最小值为 ．
16．设M，N为两个随机事件，给出以下命题：①若M，N为互斥事件，且，，则；②若，，，则M，N为相互独立事件；③若，，，，则M，N为相互独立事件；④若，，，则M，N为相互独立事件；⑤若，，，则M，N为相互独立事件．其中正确命题的个数为______．
四、解答题（本题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（12分）在①②③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题.
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，.
（1）求边a；
（2）求△ABC的面积.
作品所得分数的频数分布表，如下所示：
定义评委对插花作品的“观赏值”如下所示.
（1）估计甲组插花作品所得分数的中位数(结果保留两位小数)；
（2）从位评委中随机抽取人进行调查，试估计其对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高的概率；
（3）若该校拟从甲､乙两组插花作品中选出一个用于展览，从这两组插花作品的最后得分来看该校会选哪一组？请说明理由(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表).
22．（12分）已知函数在区间上有最大值，最小值，设.
(1)求的值；
(2)若不等式在时恒成立，求实数的取值范围
参考答案
1．C 2．C 3．C 4．C 5．C 6．A 7．B 8．D 9．BCD 10．AC
11．ACD 12．ACD
5. 连结ON. 因为M，N分别是对边OB，AC的中点，所以，，
所以.
又，所以.
故选：C
8．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
9．由题意知，，，所以周期，，
又，所以，
因为，所以令，即， 故，所以A错误；
又，故B正确；
因为，所以，由于正弦函数在其上单调递减，
所以函数在上单调递减，故C正确；
将图象上所有点向右平移个单位长度后得到的图象，故D正确． 故选：BCD．
10．对于A：由直四棱柱，，
所以平面平面，
又因为平面平面，平面平面，
所以，故A正确；
对于B：若四边形为平行四边形，则，
而与不平行，即平面与平面不平行，
所以平面平面，平面平面，
直线与直线不平行，
与矛盾，
所以四边形不可能是平行四边形，故B不正确；
对于C：当时，为时，满足平面，故C正确.
对于D：假设存在点，使得为等腰直角三角形，令，
过点作，则，在线段上取一点使得，连接，则四边形为矩形，所以，
则，
，
显然，
若由，则且四边形为平行四边，
所以，无解，故D错误；
故选：AC.
11．因为，，所以，所以外接圆的直径，故外接圆的面积为，A正确；
因为，所以，解得，B错误.
在锐角中，解得.因为，
所以，C正确.
因为，所以，
即，
解得.因为，且，所以，，D正确. 故选：ACD
12．由题意，函数，作出函数的图象，如图所示，
根据图象可得，即，
设，则，
因为，则，
对于A中，由，所以A正确；
对于B中，令时，可得，所以B不正确；
对于C中，由，可得，所以C正确；
对于D中，由，所以D正确.
故选：ACD.
13．450 14． 15．15 16．4
16．若为互斥事件，且， 则 ，故①正确；
若
则由相互独立事件乘法公式知为相互独立事件， 故②正确；
若， 则
由对立事件概率计算公式和相互独立事件乘法公式知为相互独立事件， 故③正确；
若 ，
当为相互独立事件时， 故④错误；
若
则
由对立事件概率计算公式和相互独立事件乘法公式知为相互独立事件，故⑤正确.
17．若选择①，
（1）由余弦定理，
因为，所以.
由正弦定理得，
所以.
（2）因为，所以，
所以，
所以.
所以.
若选择②.
（1）由正弦定理得，因为，所以，
因为，所以；由正弦定理得，
所以.
（2）因为，所以，
所以，
所以. 所以.
若选择③，
（1）由和角公式得，所以.
因为，所以， 所以，所以；
由正弦定理得， 所以.
（2）因为，所以，
所以，
所以. 所以.
18．(1) 由，得．
由，解得或，
因为为锐角，所以，，
所以
(2)由，得， 所以.
19．(1) T＝＝π，所以f(x)的最小正周期为π．
由2kπ+≤2x+≤2kπ+，k∈Z，解得kπ+≤x≤kπ+，k∈Z，
所以的单调递减区间为，．
(2)时，， 当即时，取最大值
20．（1）在菱形中，有,由平面，平面，所以，
又平面
所以平面，又平面，所以
（2）作交于点，连接，设
如图，由，为的中点，所以，且为的中点，又，所以，则
由（1）可知：平面，而//
所以平面，
所以直线与平面所成角为
又，所以
所以
故直线与平面所成角的正弦值
21．（1）设甲组插花作品所得分数的中位数为
由频率分布直方图可得甲组得分在前三个分数区间的频率之和为，
在最后三个分数区间的频率之和为，
故在内，且，解得；
（2）设“对乙组插花作品的观赏值比对甲组插花作品的观赏值高”为事件，
“对乙组插花作品的观赏值为”为事件，“对乙组插花作品的观赏值为为事件，
“对甲组插花作品的观赏值为”为事件，“对甲组插花作品的观赏值为”为事件，
则：，，
由频数分布表得，，，
因为事件与相互独立，其中､，､，
所以
，
所以评委对乙组插花作品的观赏值比对甲组插花作品的观赏值高的概率为；
（3）由频率分布直方图可知，甲组插花作品的最后得分约为：
，
由乙组插花作品所得分数的频数分布表，得：
所以乙组插花作品的最后得分约为：
，
因为，所以该校会选择甲组插花作品.
22．(1)当时，函数的对称轴为：，
因此函数当时，单调递增，
故
所以；
(2)由（1）知，
不等式，可化为：
即，令， ，令，
.
分数区间
观赏值
分数区间
频数
频率