2021-2022学年吉林省长春市第五中学高一下学期期末数学试题含解析

2021-2022学年吉林省长春市第五中学高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．复数的共轭复数是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的除法运算化简，根据共轭复数的概念可得答案.

【详解】,

故的共轭复数为 ，

故选：B

2．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（       ）

A．3 B． C．6 D．

【答案】B

【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.

【详解】设圆锥的母线长为l，由底面半径为r＝，侧面展开图为一个半圆，

所以2πr＝πl，

所以该圆锥的母线长为l＝2r＝2.

故选：B.

3．已知向量，若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.

【详解】由题意，向量，可得

因为，可得，解得.

故选：C.

4．某棋牌室有名爱好棋牌的棋友，技能分为高级、中级和初级三个等级，中级人，从棋牌室中抽取一名棋友，若抽取高级棋友的概率是，则抽到初级的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先求得初级棋友的人数，由古典概型概率公式计算可得结果.

【详解】由题意知：高级棋友有人，初级棋友有人，

从棋牌室中抽取一名棋友，抽到初级的概率是.

故选：C.

5．设的内角、、所对边分别为、、，若，则此三角形一定是（       ）

A．等腰直角三角形 B．等腰三角形

C．直角三角形 D．钝角三角形

【答案】B

【分析】根据余弦定理表示出，与已知等式联立，化简求解.

【详解】由余弦定理得，

又，

所以得：，

∴，

∴.又和都大于0，

则，即三角形为等腰三角形.

故选：B.

【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题.

6．北京冬奥会已在北京和张家口市如火如荼的进行，为了纪念申奥成功，中国邮政发行《北京申办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”.若从一套枚邮票中任取枚，则恰有枚会徽邮票的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”分别记为、，将冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”分别记为、、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】将冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”分别记为、，

将冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”分别记为、、，

从一套枚邮票中任取枚，则所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共种，

其中，事件“恰有枚会徽邮票”包含的基本事件为：，共种，

故所求概率为.

故选：A.

7．已知正三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且球心在三棱锥的内部.若该三棱锥的侧面积为，则球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由条件作出如图辅助线，并根据正三棱锥的性质确定球心的位置，中，利用勾股定理求半径，最后求球的表面积.

【详解】作平面，连结并延长交于点，连结，

正三棱锥外接球的球心在高上，连结，

，解得：,

正三角形中，，

，

设，

中，，解得：,

则球的表面积.

故选：D

【点睛】本题考查几何体与球的综合问题，意在考查空间想象能力，和推理计算，属于基础题型.

8．在中，角的对边分别为，已知，且，点满足，，则的面积为

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】运用正弦定理和余弦定理将角统一成边，再利用向量的数量积运算和三角形的面积公式结合求解.

【详解】由，

可得，即.又，所以．

因为，所以点为的重心，

所以，所以，

两边平方得．

因为，所以，

于是，所以，

的面积为.

因为的面积是面积的倍.故的面积为．

【点睛】本题关键在于运用向量的平方可以转化到向量的夹角的关系，再与三角形的面积公式相结合求解，属于难度题.

二、多选题

9．设，，表示不同的直线，，，表示不同的平面，给出下列四个命题，其中正确命题的有（       ）

A．若，且，则

B．若，且，则

C．若，，，则

D．若，，，且，则

【答案】AD

【分析】对于A，由线面垂直的判定定理判断；对于B，或；对于C，或，，三条直线交于一点；对于D，由线面平行的判定定理、性质定理和公理4判断.

【详解】由，，表示不同的直线，，，表示不同的平面，知：

对于A，若，且，则由线面垂直的判定定理得，故A正确；

对于B，若，且，则或，故B错误；

对于C，若，，，则或，，三条直线交于一点，故C错误；

对于D，若，，，且，则由线面平行的判定定理、性质定理和公理4得到，故D正确.

故选：AD.

【点睛】本题主要考查，线线、线面关系命题的判断，还考查了空间想象和逻辑推理的能力，属于基础题.

10．若，其中为虚数单位，则下列关于复数的说法正确的是（       ）

A． B．的虚部为

C． D．在复平面内对应的点位于第四象限

【答案】AD

【分析】先设出复数，由求出，进而根据复数的模长、虚部、共轭复数、所在象限依次判断即可.

【详解】设，则，，则，即得，即，

，A正确；的虚部为，B错误；，C错误；在复平面内对应的点为，位于第四象限，D正确.

故选：AD.

11．一组数据，，…，的平均数是3，方差为4，关于数据，，…，，下列说法正确的是（       ）

A．平均数是3 B．平均数是8 C．方差是11 D．方差是36

【答案】BD

【分析】利用平均数和方差的线性关系直接求解.

【详解】设：，，，…，的平均数为，方差为，则，.

所以，，…，的平均数为，

方差为.

故选：BD.

12．已知四边形ABCD是等腰梯形（如图1），AB＝3，DC＝1，∠BAD＝45°，DE⊥AB.将△ADE沿DE折起，使得AE⊥EB（如图2），连结AC，AB，设M是AB的中点.下列结论中正确的是（       ）

A．BC⊥AD

B．点E到平面AMC的距离为

C．EM∥平面ACD

D．四面体ABCE的外接球表面积为5π

【答案】BD

【分析】对选项A，在图1中，过作，连接，易证平面，假设，得到平面，与已知条件矛盾，故A错误；对选项B，设点到平面的距离为，根据求解即可；对选项C，假设平面，从而得到平面平面，与已知条件矛盾，故C错误；对选项D，连接，易得为四面体的外接球的球心，再计算外接球表面积即可。

【详解】对选项A，在图1中，过作，如图所示：

，

因为，所以四边形是矩形，

因为，所以.

因为四边形是等腰梯形，，所以.

因为，所以.

连接，则，

因为，所以，得，则.

在图2中，

因为，，，所以平面.

因为平面，所以.

因为，所以平面.

若，又，，所以平面，

过一点与垂直的平面有两个，与过一点有且只有一个平面与已知直线垂直矛盾，

故A错误；

由，，得，又，

所以，而，

因为到平面的距离等于到平面的距离，

设点到平面的距离为，

由，得，即h＝，故B正确；

假设平面，

因为，平面，平面，

所以平面，

又因为，所以平面平面，

与已知条件矛盾，故C错误；

对选项D，连接，如图所示：

因为，为直角三角形，且为的中点，

所以，即为四面体的外接球的球心，

所以四面体的外接球的半径为，

则四面体的外接球表面积为，故D正确.

故选：BD.

三、填空题

13．以下数据为参加数学竞赛决赛的15人的成绩：（单位：分）78，70，72，85，88，79，80，81，94，81，56，98，83，90，91．则这15人成绩的第80百分位数是_________．

【答案】.

【分析】由样本数据第80百分位的定义以及求解步骤直接求解即可得出答案.

【详解】把成绩按从小到大的顺序排列为：

56，70，72，78，79，80，81，81，83，85，88，90，91，94，98，

因为15×80%＝12，所以这15人成绩的第80百分位是.

故答案为：.

14．如图，某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为45°，沿倾斜角为30°的斜坡前进2千米后到达D处，又测得山顶B的仰角为75°，则山的高度BC为___________千米.

【答案】2

【分析】根据条件可得，，，然后利用正弦定理即可求出的长度，从而可求出的长

【详解】解：作,垂足为，如图所示：

由题意得，，

所以，，，且，

在中，由正弦定理得，即，

，解得，

所以，

故答案为：2

15．已知向量，，．若，则________．

【答案】

【分析】由两向量共线的坐标关系计算即可．

【详解】由题可得

,即

故答案为

【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题．

16．在中，，，，点P是线段上一动点，则的最小值是______.

【答案】

【分析】建立如图所示的直角坐标系，根据题意求得各点坐标，利用向量的坐标运算求得数量积，再结合二次函数求最值即可得解.

【详解】

在中，由余弦定理得，所以是直角三角形，

以点A为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，

设点P坐标为，，，

，，

直线对应一次函数为，

所以，，

，

，对称轴，当时，

取得最小值.

故答案为：

四、解答题

17．已知，，.

求（1）；            

（2）求.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由已知求，结合向量数量积的运算律，即可求；

（2）由，利用向量数量积的运算律求值即可.

【详解】（1）

，

∴.

（2）.

18．为了解某中学学生对《中华人民共和国交通安全法》的了解情况，调查部门在该校进行了一次问卷调查（共12道题），从该校学生中随机抽取40人，统计了每人答对的题数，将统计结果分成，，，，，六组，得到如下频率分布直方图.

（1）若答对一题得10分，未答对不得分，估计这40人的成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

（2）若从答对题数在内的学生中随机抽取2人，求恰有1人答对题数在内的概率.

【答案】（1）79；（2）

【解析】（1）首先根据频率分布直方图计算出答对题数的平均数，由此求得成绩的平均分的估计值.

（2）利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.

【详解】（1）因为答对题数的平均数约为.

所以这40人的成绩的平均分约为.

（2）答对题数在内的学生有人，记为，；

答对题数在内的学生有人，记为，，.

从答对题数在内的学生中随机抽取2人的情况有，，，，，，，，，，共10种，

恰有1人答对题数在内的情况有，，，，，，共6种，

故所求概率.

【点睛】本小题主要考查利用频率分布直方图估计平均数，考查计算古典概型概率问题，属于基础题.

19．如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，.

(1)若为侧棱的中点，求证：平面；

(2)求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，通过，即可证明平面；

（2）利用等积法，即求解即可

（1）取的中点，连接，，在中，，在梯形中，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，而平面，平面，∴平面；

（2）∵，，而∴平面，即为三棱锥的高，因为，，所以，又，所以

20．在①，②，③，，且.这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答．

问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且___．

（1）求C；

（2）若c＝3，求△ABC面积的最大值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）选①，由正弦定理将条件等式边化角，结合诱导公式和二倍角公式，求出，即可得出角；

选②，由正弦定理，将条件等式化边为角，结合，求出，即可得出角；

选③，由，得出的关系，再由余弦定理，即可求出，进而求出角；

（2）根据（1）中的的值和，由余弦定理，结合基本不等式，可求出的最大值，即可得出结论.

【详解】选择条件①：

（1）由正弦定理及，

可得，

因为，所以，

所以；

（2）在中，由余弦定理及，

得，所以，

当且仅当时，等号成立，

则，

所以面积的最大值为.

选择条件②

（1）由正弦定理及，

得，

又，

所以，

因为，所以，

又，所以；

（2）下同选择条件①.

选择条件③：

由，，且，

得，

由余弦定理得，

又，所以；

（2）下同选择条件①.

21．如图，在三棱锥中，，D为线段的中点，E为线段上一点.

（1）求证：；

（2）求证：平面平面；

（3）当平面时，求直线与平面所成的角.

【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析，（3）.

【分析】（1）先证明平面，进而可得；

（2）要证平面平面，转证平面即可；

（3）证明平面，直线与平面所成的角为，在直角三角形中求解即可.

【详解】（1）证明：∵，

∴平面，又平面，

∴；

（2）证明：∵，，

∴，又，，

∴平面，平面，

∴平面平面；

（3）∵平面，平面，平面平面，

∴，又平面，

∴平面，

故直线与平面所成的角为，

∵，且，∴，

∵平面，平面，

∴，又，

∴ 且，则

即直线与平面所成的角.

【点睛】方法点睛：求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值.