2021邯郸高一下学期期末考试数学试题含答案

这是一份2021邯郸高一下学期期末考试数学试题含答案，共12页。试卷主要包含了45B等内容，欢迎下载使用。
邯郸市2020—2021学年第二学期期末质量检测高一数学注意事项：1. 考试时间120分钟，总共150分.2. 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考场填写在答题卡上，并把条形码贴在答题卡上的指定位置.3. 回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知向量，，若，则（    ）A.  B.  C.  D. 2. 在正四面体中，直线与直线所成的角的大小为（    ）A.  B.  C.  D. 3. 已知某人射击每次击中目标的概率都是0.5，现在用随机模拟的方法估计此人3次射击至少2次击中目标的概率：先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4表示击中目标，5，6，7，8，9表示未击中目标.每3个随机数为一组，代表3次射击的结果.经随机模拟产生了20组随机数：926   446   072   021   392   077   663   817   325   615405   858   776   631   700   259   305   311   589   258据此估计，其3次射击至少2次击中目标的概率约为（    ）A. 0.45 B. 0.5 C. 0.55 D. 0.64. 设，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，下列命题正确的是（    ）A. 若，，则 B. 若，，，则C. 若，，则 D. 若，，，则5. 甲、乙两人独立地解决同一问题，甲解出此问题的概率是0.8，乙解出此问题的概率是0.6，那么至少有一人解出此问题的概率是（    ）A. 0.98 B. 0.92 C. 0.9 D. 0.886. 在中，角，，所对应的边分别是，，，若，，则的面积为（    ）A.  B. 1 C.  D. 27. 为了解疫情防控延迟开学期间全市中小学线上教学的主要开展形式，某课题组面向全市各学校开展了一次随机调查，并绘制得到如下统计图.经分析统计图表，采用“直播＋录播”方式进行线上教学的学校占比约为（    ）A.  B.  C.  D. 8. 在中，，，分别为线段上的两个三等分点，若，则角为（    ）A.  B.  C.  D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知复数，其中是的共轭复数，则下列结论正确的是（    ）A. 的实部为  B. 的虚部为C. 为纯虚数  D. 在复平面内对应的点位于第四象限10. 已知甲罐中有2个大小、质地完全一样的小球，标号为1，2，乙罐中有4个大小、质地完全一样的小球，标号为1，2，3，4，现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记样本空间为，事件为“抽取的两个小球标号之和大于4”，事件为“抽取的两个小球标号之积小于5”，则下列结论正确的是（    ）A. 与是互斥事件  B. 与不是对立事件C.   D. 11. 已知非零单位向量和，若，向量在向量上的投影向量为，向量在向量上的投影向量为，则下列结论正确的是（    ）A.   B. C.   D. 12. 已知正方体的棱长为2，点为的中点，若以为球心，为半径的球面与正方体的棱有四个交点，，，，则下列结论正确的是（    ）A. 平面平面 B. 平面平面C. 四边形的面积为 D. 四棱锥的体积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.13. 已知复数，则__________.14. 将边长为2的正方形，绕其一条对角线旋转，所围成的几何体的表面积为__________.15. 已知正方体，则二面角的正弦值为___________.16. 在中，角，，所对应的边分别是，，，已知，且为钝角，则______________，的取值范围是___________.四、解答题：本题共6小题，第17题10分，第18~22题每题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在中，角，，所对应的边分别是，，，且.（1）求角的大小；（2）若，在下面三个条件中选一个，若存在，求的值，若不存在，说明理由.①；②；③.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18. 如图，已知为平面直角坐标系的原点，，.（1）求的坐标；（2）若四边形为平行四边形，求.19. 如图，在三棱锥中，，，，平面.（1）求证：平面平面；（2）若，是的中点，求与平面所成角的正切值.20. 甲、乙两人玩一个掷骰子游戏，规则如下：甲掷两次骰子，第一次掷出的数字作为十位数，第二次掷出的数字作为个位数，组成一个两位数，然后让乙猜.若乙猜出的结果与该两位数满足的数字特征相符，则乙获胜，否则甲获胜，一轮游戏结束，然后进行下一轮（每轮游戏都由甲掷两次骰子）.所要猜的两位数的数字特征方案从以下两种猜法中选择一种；猜法一：猜“两位数的十位大于个位”；猜法二：猜“两位数的十位不大于个位”.请回答：（1）如果你是乙，为了尽可能获胜，你将选择哪种猜法，并说明理由；（2）假定每轮游戏结果相互独立，规定有人连续获胜两次则整个游戏停止.若乙按照（1）中的猜法进行游戏，求第三轮后游戏停止的概率.21. 如图，在直三棱柱中，是边长为2的正三角形，点，分别是棱，上的点，点是线段上一点，.（1）若为中点，证明：平面；（2）若，求.22. 某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.（1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者.（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差. 高一数学参考答案一、选择题1-5：ADBCB 6-8：ABC二、选择题9. AD     10. BCD     11. ABD     12. ACD三、填空题13. 1     14.      15.      16.   四、解答题17. 解：（1）因为，由正弦定理，得，即，又因为，所以，又因为，所以，从而，故.（2）显然有，若存在，必有.选①：此时有，故不存在.选②：此时有，如图1，存在，且有唯一解.故有.选③：此时有，如图2，存在，且有两解（与）.由余弦定理，得，即，解得或.18. 解：（1）如图1所示，过点作轴，轴，，、分别为垂足.显然，，.故，.所以，从而.（2）方法1：如图2所示，设，由平行四边形法则，，由于，所以.方法2：由（1）知，.由于四边形为平行四边形，所以，设点，则.又，故，解得，即.所以，从而.方法3：如图2所示，设，则为和的中点.由（1）知，，，.设点，则，又，故，故，从而.19. 解：（1）证明：在中，，，，由余弦定理得.所以，从而，由勾股定理得，.又因为平面，平面，所以，由于平面，平面，，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）取中点，连接，.因为，所以.又因为平面平面，平面平面，所以平面，故即为直线与平面所成的角，因为，，所以，，所以，则，所以与平面所成角的正切值为.20. 解：（1）两个骰子掷出的数字所构成的两位数组成样本空间：，共36个样本点.设事件为“两位数的十位大于个位”，为“两位数的十位不大于个位”，则，.为了尽可能获胜，应该选择猜法二.（2）设事件为“游戏结束时甲连续获胜两次”，为“游戏结束时乙连续获胜两次”.则，.故第三轮后游戏停止的概率为.21. 解：（1）证明：取中点，连接，，则且，又因为且，所以，且，所以四边形为平行四边形，从而.又平面，平面，所以平面.（2）作交于，则为中点.所以平面，因为是边长为2的正三角形，且.所以.则，所以.又因为，所以.22. 解：（1）设这人的平均年龄为，则（岁）.设第80百分位数为，方法一：由，解得.方法二：由，解得.（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙.对应的样本空间为：，共15个样本点.设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，则，共有9个样本点.所以，.（ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，则，，，，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.则，.因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10.据此，可估计这人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.