2021-2022学年吉林省长春市吉大附中实验学校高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

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2021-2022学年吉林省长春市吉大附中实验学校高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本题共7小题，共35分）

1. 复数的虚部为(    )

A.  B.  C.  D.

2. 设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论不正确的是(    )

A. 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，则

3. 如图，是水平放置的的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且的面积为，则的长度为(    )

A.  B.  C.  D.

4. 若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，且直角边长为，则该圆锥的侧面积为(    )

A.  B.  C.  D.

5. 在中，角，，的对边分别为，，已知三个向量，，共线，则的形状为(    )

A. 等边三角形 B. 钝角三角形．
C. 有一个角是的直角三角形 D. 等腰直角三角形

6. 关于用统计方法获取数据，分析数据，下列结论错误的是(    )

A. 某食品加工企业为了解生产的产品是否合格，合理的调查方式为抽样调查
B. 为了解高一学生的视力情况，现有高一男生人，女性人，按性别进行分层抽样，样本量按比例分配，若从女生中抽取的样本量为，则样本容量为
C. 若甲、乙两组数据的标准差满足，则可以估计乙比甲更稳定
D. 若数据，，，，的平均数为天，则数据的平均数为

7. 设复数，满足，，则(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本题共5小题，共25分）

8. 如图所示，是长方体，是的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是(    )

A. ，，三点共线
B. ，，，不共面
C. ，，，不共面
D. ，，，共面

9. 设是已知的平面向量，向量，，在同一平面内且两两不共线，下列说法正确的是(    )

A. 给定向量，总存在向量，使
B. 给定向量和，总存在实数和，使
C. 给定单位向量和正数，总存在单位向量和实数，使
D. 若，存在单位向量，和正实数，，使，则

10. 对于，角，，的对边分别为，，有如下判断，其中正确的判断是(    )

A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，，则符合条件的有两个
D. 若，则是钝角三角形

11. 为了解某贫困地区实施精准扶贫后的成果，现随机抽取了该地区三个县市在年建档立卡人员年人均收入提升状况．经统计，县建档立卡人员年人均收入提升状况用饼状图表示，县建档立卡人员年人均收入提升状况用条形图表示，县建档立卡人员年人均收入提升的均值为百元，方差为，，，三县建档立卡人数比例为：：，则下列说法正确的有(    )

A. 县建档立卡人员年人均收入提升的均值为
B. 县建档立卡人员年人均收入提升的方差为
C. 估计该地区建档立卡人员的年人均收入提升百元
D. 县精准扶贫的效果最好

12. 已知球的半径为，球心在大小为的二面角内，二面角的两个半平面所在的平面分别截球面得两个圆，，若两圆，的公共弦的长为，为的中点，四面体的体积为，则正确的是(    )

A. ，，，四点共圆 B.
C.  D. 的最大值为

三、填空题（本题共4小题，共20分）

13. 已知复数：满足，则______．
14. 在▱中，，，是中点，则______．
15. 如图，铜质六角螺帽毛胚是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知正六棱柱的底面边长、高都为，圆柱的底面积为若将该螺帽熔化后铸成一个高为的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为______不计损耗

16. 平面过正方体的顶点，平面，平面，平面 ，则，所成角的正弦值为______．

四、解答题（本题共6小题，共70分）

17. 如图，在四棱台中，底面是平行四边形，平面，，，．
    证明：；
    证明：平面D.

18. 已知，为不共线的单位向量，，，且与共线．
    求的值；
    在，这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上并解答．
    问题：若____，分别求和的坐标．
19. 从某校高一年级新生中随机抽取一个容量为的身高样本，数据如下单位：，数据间无大小顺序要求：，，，，，，，，，，，，，，，，，，．
    若为这组数据的一个众数，求的取值集合；
    若样本数据按顺序排列，第百分位数是，求的值；
    若，试估计该校高一年级新生的平均身高．
20. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为的中点，为线段上的点，且．
    求证：平面平面；
    求点到平面的距离．

21. 如图，在中，延长到，使得，且．
    若，求的面积；
    当时，求面积的取值范围．

22. 如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，，点在线段上，且．
    探究在线段上是否存在点，使得平面，若存在，试证明你的结论；若不存在，请说明理由；
    设二面角的大小为，若，求直线与平面所成角的正弦值．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：的虚部为．
故选：．
根据已知条件，结合虚部的定义，即可求解．
本题主要考查虚部的定义，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：：当时，，可以成立，本选项结论不正确；
：当时，若，，，此时，成立，因此本选项结论不正确；
：当时，若，，此时，成立，因此本选项结论不正确；
：因为，所以，，，所以，而，，
所以，而，因此，所以本选项结论正确，
故选：．
根据线面平行的判定定理和性质，结合面面平行、垂直的判定定理逐一判断即可．
本题主要考查空间中的线面关系，面面关系等知识，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：根据题意，设的长度为，又由的坐标为，则，
故，
又由原图的面积为，则有，解可得；
故选：．
根据题意，设的长度为，用表示的值，由原图与直观图的面积关系可得关于的方程，解可得答案．
本题考查斜二测画法的应用，涉及平面图形的直观图，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：圆锥的轴截面为等腰直角三角形，且直角边长为，
斜边长为，母线长，
圆锥的高与底面圆的半径都为等腰直角三角形斜边的一半，即，
该圆锥的侧面积为．
故选：．
先根据圆锥的轴截面为等腰直角三角形，且直角边长为，可求出圆锥的高、底面圆的半径、母线长，最后由圆锥的侧面积公式即可求解．
本题考查圆锥的侧面积公式，空间想象力，属基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：向量，共线，
，
由正弦定理得：，
，
，为三角形内角，可得，都为锐角，
，
，
，，
，即，
同理可得，
形状为等边三角形．
故选：．
由向量共线的坐标运算可得，利用正弦定理化边为角，再展开二倍角公式整理可得，结合角的范围求得，同理可得，则答案可求．
本题考查平面向量的数量积运算，考查了三角形形状的判断，属中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：对于，为了解生产的产品是否合格，合理的调查方式是抽样调查，所以选项A正确；
对于，根据分层抽样抽样比可知样本容量为，选项B正确；
对于，因为，所以甲的数据更稳定，选项C错误；
对于，根据平均数的性质，的平均数为，选项D正确．
故选：．
根据抽样调查的适用情形即可判断选项A；
根据分层抽样的抽样比可判断选项B；
根据标准差的含义即可判断选项C；
根据平均数的性质即可判断选项D．
本题考查了命题真假的判断问题，也考查了抽样方式、分层抽样、标准差、平均数等基础知识，是基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：设，，，
，
，
，
，
即，

，


，
故选：．
设，，，则，由题意得，再化简，从而求得．
本题考查了复数的化简与运算，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】

【分析】
本题利用直接法进行判断，先观察图形判断，，三点共线，为了要证明，，三点共线，先将看成是在平面与平面的交线上，同样证明点、也是在平面与平面的交线上，从而证明三点共线．
本题主要考查了平面的基本性质及推论、三点共线及空间想象能力，属于基础题．
【解答】
解：连接，，则，
、、、四点共面，
平面，
，平面，又平面，
在平面与平面的交线上，
同理在平面与平面的交线上，
、、三点共线．
故选：．  

9.【答案】 

【解析】解：对于选项A，给定向量和，只需求得其向量差即为所求的向量，故总存在向量，使，故A正确；
对于选项B，当向量，和在同一平面内且两两不共线时，向量，可作基底，由平面向量基本定理可知结论成立，故B正确；
对于选项C，取，，无论取何值，向量都平行于轴，而向量的模恒等于，要使成立，根据平行四边形法则，向量的纵坐标一定为，故找不到这样的单位向量使等式成立，故C错误；
对于选项D，，又，不共线，
，即，即，
当且仅当时等号成立，
，得，故D正确
 故选：．
利用平面向量基本定理依次判断，即得解．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：对于：由于，所以，整理得，故A正确；
对于：由于，利用正弦定理，所以，所以
故，故，即，故B正确；
对于：在中，，，，所以，所以，由于，所以符合条件的有一个，故C错误；
对于：由于，利用正弦定理：，故则，故是钝角三角形，故D正确．
故选：．
直接利用正弦定理和余弦定理及三角形的解的情况的应用判断、、、的结论．
本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理的应用，三角形的解的情况的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于：县建档立卡人员年人均收入提升的均值为，故A错误；
对于：县建档立卡人员年人均收入提升的均值为，
县建档立卡人员年人均收入提升的方差为，故B正确；
对于：该地区建档立卡人员的年人均收入提升：百元，故 C正确；
对于：县建档立卡人员年人均收入提升的方差为，所以，，故精准扶贫的效果最好，故D正确；
故选：．
对于：利用均值公式求解；对于：先求得平均数，再利用方差公式求解；对于：利用均值公式求解；对于：利用平均数和方差判断即可．
本题考查频率分布直方图的应用，属于基础题．
 

12.【答案】 

【解析】解：因为公共弦在棱上，连结，，，，，
则，故B正确；
因为二面角的两个半平面分别截球面得两个圆，，为球心，
所以，，
又平面，平面，
所以，，
故，，，四点共圆，故选项A正确；
因为为弦的中点，
故，，故即为二面角的平面角，
所以，
故，故选项C错误，
设，，
在中，由余弦定理可得，，
所以，故，
所以，
当且仅当时取等号，故选项D正确．
故选：．
利用球心和截面圆之间的关系可以得到，，，四点共圆，即可判断选项A；利用二面角的定义得到即为二面角的平面角，求出即可判断选项B，；利用余弦定理和基本不等式以及锥体的体积公式即可判断选项D．
本题考查了立体几何的综合应用，考查的知识点：球的几何性质、截面圆的几何性质、二面角的平面角、余弦定理、基本不等式以及锥体的体积公式，综合性强，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：，
，
即，
故答案为：．
由题意得，从而化简求解．
本题考查了复数的化简与运算，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：．
故答案为：．
可解决此题．
本题考查平面向量数量积性质及运算，考查数学运算能力，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查该正三棱柱的底面边长的求法，考查棱柱、圆柱的体积公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
设该正三棱柱的底面边长为，利用棱柱、圆柱的体积公式列出方程，由此能求出该正三棱柱的底面边长．
 【解答】
解：设该正三棱柱的底面边长为，
则由可得，
，
解得
故答案为：．  

16.【答案】 

【解析】解：如图：平面，平面，平面，
可知：，，
是正三角形．、所成角就是．
则、所成角的正弦值为：．
故答案为：．
如图：平面，平面，平面，可知：，，由是正三角形，即可得出、所成角．
本题考查了空间位置关系、异面直线所成的角、等边三角形的性质，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．
 

17.【答案】证明：，，
在中，由余弦定理得 ，
，，
平面，且平面，
，又，平面．
又平面，分
连结、，设，连结，
四边形是平行四边形，，
由棱台的定义及知，，且，
四边形是平行四边形，，
又平面，平面，
平面D.分 

【解析】由已知条件利用余弦定理得，从而利用勾股定理得，进而得到平面，由此能证明．
连结、，设，连结，由棱台的定义结合已知条件推导出四边形是平行四边形，由此能证明平面D.
本题考查异面直线垂直的证明，考查线面平行的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
 

18.【答案】解：根据题意，，，且与共线．
设，则，则有
解可得：
根据题意，若选择：，
设，若，则，
又由，为不共线的单位向量，则有
解得或
当时，，
当时，
若选择：，
设，若，则有，
又由，为不共线的单位向量，则有
解得或
当时，，
当时， 

【解析】根据题意，设，则，解可得答案．
若选择：，设，由此表示向量，由单位向量的定义可得解可得答案，若选择，同理可得答案．
本题考查向量的坐标计算，涉及向量模的计算，属于基础题．
 

19.【答案】解：若为这组数据的一个众数，则的可能取值为，，，，
即的取值集合为．
因为样本数据的第百分位数是，即比小的数据占，又，
所以的值为．
若，则该校高一年级新生的平均身高为． 

【解析】根据众数的定义求解．
根据第百分位数的定义求解．
根据平均数的定义求解．
本题主要考查了数据的数字特征，属于基础题．
 

20.【答案】证明：平面，平面，
，又，，
平面，又面，，
，为中点，，又，
平面，又平面，
平面平面．
解：，平面，平面，平面，
到平面的距离等于到平面的距离，
取的中点，连接，
平面，，
又，，
平面，，
，是的中点，，
又，平面，
，，，
，
点到平面的距离为，
，点到平面的距离为． 

【解析】证明平面得出，结合得出平面，故而平面平面；
取中点，证明平面，平面，则点到平面的距离为的长，利用，即可求得点到平面的距离．
本题考查了面面垂直的判定，线面垂直的判定，考查点到平面的距离计算，属于基础题．
 

21.【答案】解：在中，则，即，
，
的面积为，
在中，，即，
，
的面积为．
的面积．
在中，设，
，则，
的面积，
，则，，，
则，
面积的取值范围为 

【解析】在中，由正弦定理可求得，利用三角形面积公式即可求得的面积．
 在中，设，由正弦定理表示，可得的面积，结合，则，，即可求解．
本题考查了正弦定理、三角形面积公式，考查了运算能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：存在点，当时，平面，
证明：连接，交于点，
因为，，
所以，，
因为，则∽，
则，
故，
又平面，平面，
故平面；
解：取的中点，连接，，
因为为正三角形，则，，
因为为直角梯形，，，，
故四边形为矩形，
则，又，，平面，
所以平面，又平面，
故平面平面，
所以为二面角的平面角，
故，且，设，
由余弦定理可得，，
所以，
整理可得，解得或舍，
过点作，交于点，
因为，且平面，
故AD平面，又平面，
则平面平面，又平面平面，平面，
所以平面，
故即为点到平面的距离，
又，平面，平面，
所以平面，
故即为点到平面的距离，
因为，
则，
所以，
即，解得，
又，
故直线与平面所成角的正弦值为． 

【解析】存在点，当时，平面，连接，交于点，利用相似比证明，然后由线面平行的判定定理证明即可；
取的中点，连接，，可得为二面角的平面角，在中利用余弦定理求解，过点作，交于点，可证平面，又平面，所以即为点到平面的距离，再利用等面积法求出，再求出的长，利用边角关系求解即可．
本题考查了线面平行的判定定理的应用，线面角的求解，在使用几何法求线面角时，可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得，属于中档题．