河北省沧州市任丘市第一中学2020-2021学年高一下学期第二次阶段考数学试题及答案

这是一份河北省沧州市任丘市第一中学2020-2021学年高一下学期第二次阶段考数学试题及答案，共20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。

河北省沧州市任丘市第一中学2020-2021学年高一下学期第二次阶段考数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．.已知，对应的复数为，则（    ）
A． B． C． D．
2．如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为一个正方形，则原来图形的形状是（    ）

A． B．
C． D．
3．某学校为了解学校学生组成的跑步社团每月跑步的平均里程，收集并整理了2020年1月至2020年12月期间跑步社团的成员每月跑步的平均里程（单位：公里）的数据，绘制了下面的折线图：

根据折线图，下列结论正确的是（    ）
A．月跑步平均里程的中位数为6月份对应的平均里程
B．月跑步平均里程逐月增加
C．月跑步平均里程高峰期大致在8、9月
D．1月至6月的月跑步平均里程相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳
4．垃圾分类是对垃圾进行处置前的重要环节通过分类投放、分类收集，我们可以把有用物资从垃圾中分离出来重新回收、利用，变废为宝.某小区的分类垃圾箱如图所示，每组垃圾箱有四个垃圾投放桶，分别为有害垃圾、厨余垃圾、可回收垃圾、其他垃圾.该小区业主手提两袋垃圾，分别为有害垃圾和厨余垃圾，分别将其随机投入两个不同的垃圾投放桶，则恰有一袋投放正确的概率为（    ）

A． B．
C． D．
5．已知平面四边形满足，平面内点满足，与交于点，若，则（    ）
A． B． C． D．
6．锐角中，内角的对边分别为，，，若，则的面积的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
7．三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年.2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮，玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部为棱长是的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（    ）

A． B． C． D．
8．已知等腰直角三角形的斜边，沿斜边的高线AD将折起，使二面角为，则四面体ABCD的外接球的体积为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．若样本，，…，的平均值是5，方差是4，样本，，…，的平均值是9，标准差是s，则下列结论中正确的是（    ）
A． B． C． D．
10．下列各对事件中，为相互独立事件的是（    ）
A．掷一枚骰子一次，事件M“出现偶数点”；事件N“出现3点或6点”
B．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次有放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到白球”
C．袋中有3白､2黑共5个大小相同的小球，依次不放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到黑球”
D．甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲､乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，事件M“从甲组中选出1名男生”，事件N“从乙组中选出1名女生”
11．在中，内角，，的对边分别为，，，根据下列条件解三角形，其中有一解的是（    ）
A．，，
B．，，
C．，，
D． ，，
12．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体．如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体，则（ ）

A．该截角四面体一共有12条棱
B．该截角四面体一共有8个面
C．该截角四面体的表面积为
D．该截角四面体的体积为

三、填空题
13．是复数单位，若，的虚部为__________.
14．设表示平面，m，n是两条不同的直线，给出下列四个命题，其中正确命题的序号是________．
①若，则      ②若，则
③若，则      ④若，则
15．A，B，C，D四人之间进行投票，各人投自己以外的人1票的概率都是（个人不投自己的票），则仅A一人是最高得票者的概率为________．
16．已知向量满足：，则在上的投影长度的取值范围是_______

四、解答题
17．已知复数z满足，复数z的共轭复数为
（1）求
（2）若复数满足，求的最小值和最大值．
18．《营造法式》是中国北宋时期官方颁布的一部建筑设计与施工的书籍，标志着我国古代建筑技术和工艺发展到了较高水平.中国近代建筑之父梁思成用现代语言和制图方法对该书进行了注释，著有《营造法式注释》.为了让建筑类学生了解古建筑设计与构造的原理，某建筑大学为大三和大四的学生开设了一门选修课程《营造法式及其注释》.为检测学生学习效果，要求所有选修该门课程的学生完成“应用营造法式独立制作一件古建筑模型”的作业.已知选修该门课程的大三与大四学生的人数之比为，现用分层抽样的方法从所有作业中随机抽取份（每位学生均上交一份作业），并评出成绩，得到如下频数分布表.
成绩（单位：分）





频数（不分年级）





频数（大三年级）






（1）求，的值；若以频率作为概率，从选修该门课程的大四学生中随机选取名，试估计该学生的作业成绩在的概率；
（2）估计这份作业中大三学生作业的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
19．在△ABC中，cosC＝，c＝8，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，条件①：a＝7；条件②：cosB＝.
求：（1）b的值；
（2）角A的大小和△ABC的面积.
20．如图，在四棱锥中，底面，为直角，，､分别为､的中点，

（1）证明：平面平面；
（2）求三棱锥的体积.
21．阅读一下一段文字：，，两式相减得 我们把这个等式称作“极化恒等式”，它实现了在没有夹角的参与下将两个向量的数量积运算化为“模”的运算．试根据上面的内容解决以下问题：如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点．

(1)若AD＝6，BC＝4，求的值；
(2)若，，求的值．
22．如图，在棱柱ABCD﹣A′B′C′D′中，底面ABCD为平行四边形，CD=2AD=4，∠BAD，且D′在底面上的投影H恰为CD的中点.

（1）过D′H作与BC垂直的平面α，交棱BC于点N，试确定点N的位置，并说明理由；
（2）若二面角C′﹣BH﹣A为，求棱柱ABCD﹣A′B′C′D′的体积.

参考答案：
1．D
【解析】根据向量的减法坐标公式，解得坐标，再写出对应的复数和其共轭复数.
【详解】由题可知，
故对应的复数为，
则，
故选：D.
【点睛】此题考查复平面内点对应的向量，以及共轭复数的概念，属于容易题.
2．A
【分析】根据斜二测画法规律，平行于轴的线段长度是原长的一半即可判断.
【详解】在直观图中，其一条对角线在y′轴上且长度为，
所以在原图形中其中一条对角线必在y轴上，且长度为，
故选：A．
3．D
【分析】对于A，利用中位数的定义求解；对于B，由折线图的变化情况判断即可；对于C，由折线图可判断；对于D，由折线图的变化情况判断即可
【详解】解：对于A，由折线图可知，月跑步平均里程的中位数为5月份和7月份对应的平均里程的平均数，所以A错误；
对于B，由折线图可知，2月份互6月份月跑步平均里程逐月增加，而从6月份到8月份月跑步平均里程逐月减少，所以B错误；
对于C，由折线图可知月跑步平均里程高峰期大致在10月份，所以C错误；
对于D，由折线图可知1月至6月的月跑步平均里程相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，所以D正确，
故选：D
4．C
【分析】记有害垃圾、厨余垃圾、可回收垃圾、其他垃圾四个垃圾投放桶分别为1，2，3，4，用列举法写出其随机投放的所有基本事件，及恰有一袋投放正确的基本事件，计数后可计算出概率．
【详解】记有害垃圾、厨余垃圾、可回收垃圾、其他垃圾四个垃圾投放桶分别为1，2，3，4，则两袋垃圾中恰有一袋投放正确的情况有（1，3），（1，4），（3，2），（4，2），共4种，而随机投放的情况有（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），共12种，所以所求概率.
故选：C．
5．C
【分析】利用基底表示，对照即可得到结果.
【详解】易知，，


，
∴，
故选：C .
6．B
【分析】直接利用余弦定理求出角，用三角形面积公式求出面积的表达式，最后用正弦定理求出边代入计算可求出范围.
【详解】解：由于,
则，
由于A∈（0，π），
所以A＝．
所以，
由于，且△ABC为锐角三角形，
所以，
由正弦定理可知：，则

，，则，.
故选：B.
【点睛】思路点睛：解三角形问题经常利用三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式解题.
7．A
【分析】根据图形，几何体的体积由圆柱的体积加正方体的体积减去正方体遮住圆柱的部分求解.
【详解】由图可知，组合体的体积为：
，
，
故选：A
8．B
【分析】先分析出折后的四面体的特性，再探求这个四面体外接球球心并求出半径而得解.
【详解】依题意，四面体ABCD中，AD⊥BD，AD⊥CD，为二面角的平面角，即，而BD=CD=2，则△BCD是正三角形，AD⊥平面BCD，AD=2,如图：

取正△BCD的边BC中点F，连DF，在DF上取点O1，使DO1=2O1F，则O1是正△BCD的中心，
O1是四面体ABCD的外接球截平面CDB所得小圆圆心，设这个外接球球心为O，则OO1⊥平面BCD，
取球O的弦AD中点E，球心O必在过点E垂直于AD的平面上，连OE，可得四边形DEOO1是矩形，OO1=DE=1，
连O1B，OB，则，球O的半径，
四面体ABCD的外接球的体积为.
故选：B
【点睛】关键点睛：求多面体外接球表面积或体积，根据条件探求球心位置是解题的关键.
9．AD
【分析】由可得，解得；再由可得.
【详解】解：因为样本，，…，的平均值是5，方差是4，样本，，…，的平均值是9，
又因为，
所以样本，，…，的平均值为，
解得；
所以样本，，…，即为，，…，，
方差，
所以标准差.
故选：AD.
10．ABD
【分析】利用相互独立事件的定义一一验证即可.
【详解】在A中，样本空间，事件，事件，事件，
∴，，，
即，故事件M与N相互独立，A正确.
在B中，根据事件的特点易知，事件M是否发生对事件发生的概率没有影响，故M与N是相互独立事件，B正确；
在C中，由于第1次摸到球不放回，因此会对第2次摸到球的概率产生影响，因此不是相互独立事件，C错误；
在D中，从甲组中选出1名男生与从乙组中选出1名女生这两个事件的发生没有影响，所以它们是相互独立事件，D正确.
故选：ABD.
【点睛】判断两个事件是否相互独立的方法：
（1）直接法：利用生活常识进行判断；（2）定义法：利用判断.
11．BC
【分析】根据题中条件，由正弦定理，逐项判断，即可得出结果.
【详解】A选项，若，，，由正弦定理可得，
则，此时不存在，三角形无解；故A错；
B选项，若，，，由正弦定理可得，则，所以或，而时，，应舍去，所以，即三角形有且仅有一解；故B正确；
C选项，若，，，由正弦定理可得：，则，所以，所以三角形仅有一解； 故C正确；
D选项，若 ，，，由正弦定理可得：，则，所以或，两种情况下，三角形都存在，即三角形有两解，故D错.
故选：BC.
12．BCD
【分析】确定截角四面体是由4个边长为1的正三角形，4个边长为1的正六边形构成，然后分别求解四面体的表面积，体积即可判断选项.
【详解】对于AB，可知截角四面体是由4个边长为1的正三角形，4个边长为1的正六边形构成，故该截角四面体一共有8个面，18条棱，故A错误，B正确；
对于C，边长为1的正三角形的面积，边长为1的正六边形的面积，故该截角四面体的表面积为，故C正确；
对于D，棱长为1的正四面体的高，利用等体积法可得该截角四面体的体积为，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查多面体的表面积及体积求法，解题的关键是审清题意，清楚截角四面体的定义及构成，考查学生的空间想象能力与运算求解能力，属于较难题.
13．
【分析】由复数除法求得后可得，从而得其虚部．
【详解】由已知，，虚部为1．
故答案为：1．
14．②③
【分析】对四个选项，根据空间线面之间的关系逐个分析判断即可得解.
【详解】对①，没有交代，故①错误；
对②，平行于平面的垂线，则，②正确；
对③，垂直于平面，则垂直于平行于该平面的直线，所以③正确；  
对④，平行于同一平面的直线，这两条直线并不一定平行，故④错误.
故答案为：②③
15．
【分析】根据的票数为分类讨论，再根据互斥事件的概率加法公式即可求出．
【详解】若仅A一人是最高得票者，则的票数为．
若的票数为，则；
若的票数为，则三人中有两人投给，剩下的一人与不能投同一个人，
；
所以仅A一人是最高得票者的概率为．
故答案为：．
【点睛】本题解题关键是根据的得票数进行分类讨论，当的票数为时，容易求出，当的票数为时，要考虑如何体现的票数最高，分析出四人投票情况，是解题的难点，不妨先考虑投给，则投给（），就投给或（或），即可容易解出．
16．
【分析】对不等式进行平方，根据平面向量数量积的运算性质，得到，根据在上的投影的定义进行求解即可.
【详解】由，可得，整理得，根据则在上的投影长度为，而其投影肯定会不大于，
所以其范围为．
故答案为：
17．（1）；（2）最大值，最小值.
【分析】（1）根据共轭复数的概念求解出，然后根据复数的乘法和除法运算法则求解出的结果；
（2）根据已知条件判断出复数在复平面内对应点的轨迹，然后根据复数模的几何意义求解出的最值.
【详解】（1）因为，所以，
所以；
（2）因为，所以在复平面内对应点的轨迹是以为圆心，半径的圆，
所以表示圆上的点到原点的距离，
所以，
所以.
【点睛】结论点睛：常见的复数与轨迹的结论：
（1）：表示以为圆心，半径为的圆；
（2）且：表示以为端点的线段；
（3）且：表示以为焦点的椭圆；
（4）且：表示以为焦点的双曲线.
18．（1），，；（2）分.
【分析】（1）首先根据频数之和为100，求出的值，再根据分层抽样，求出大三年级的频数，即可求出的值， 根据频率分布直方图得估计的人数，利用古典概型计算概率即可；
（2）利用平均成绩的计算公式计算得到结果.
【详解】（1）由题意，知..
在这份作业中，因大三学生的作业共（份），
则大四学生的作业共（份）.
选修该门课程的大三与大四学生的人数之比为，
.解得.
故大四学生作业共份.其中，成绩在，的作业份数分别为，.
故成绩在的作业共份.
从选修该门课程的大四学生中随机选取名，估计其作业成绩在的概率为.
（2）由（1）可知，这份作业中大三学生作业共份.
设大三学生作业的平均成绩为.
则.
估计这份作业中大三学生作业的平均成绩为分.
19．（1）；（2）
【分析】选①时，首先利用余弦定理求出b的值，进一步利用三角函数的值的应用和正弦定理，及三角形的面积公式的应用求出结果．
选②时，利用正弦定理和三角形的面积公式和三角函数的关系式的变换的应用求出结果．
【详解】选条件①:
（1）时,,
利用,
整理得,解得或（负值舍去）,
故.
（2）由于,
所以,
利用正弦定理,所以,解得,
由于,所以,
则.
选条件②:
（1）,所以
,所以
甴正弦定理,整理得,解得
（2）,所以
,所以,
所以
由于,所以
所以
20．（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）利用线面平行的判断定理以及面面平行的判定定理证得命题成立；
（2）由，利用三棱锥的体积公式求解即可．
【详解】（1）证明：由已知，且为直角，为的中点，，故是矩形，，平面，
又∵，分别为，的中点.∴，∴平面
又∵，所以平面平面.
（2）设到平面的距离为
∵面，是的中点
∴

∴
∴三棱锥的体积为
【点睛】方法点睛：本题考查空间点线面的位置关系，考查棱锥的体积公式，考查学生计算能力，证明面面平行的一般方法如下：
1.如果一个平面内有两条相交直线与都平行于另一个平面，那么这两个平面平行。
2.如果两个平面都垂直同一条直线，那么这两个平面是互相平行的。
3.根据两个平面平行的定义，证明两个平面没有公共点。
21．(1)
(2)

【分析】（1）根据“极化恒等式”列出式子计算即可
（2）设，根据题目所给条件和“极化恒等式”列出关于 的方程组，解出 ，再根据“极化恒等式”计算出的值
【详解】（1）
（2）设
，由（1）知 ，即 ①
,同理可得 ，即 ②
由①②解得

22．（1）点N为BC中点，理由见解析；（2）24
【分析】（1）先证明，，进而得到平面，由此的中点即为所求，平面即为．
（2）以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出棱柱的体积．
【详解】解：（1）当点N为BC中点时，符合题目要求.
证明如下：

分别连接NH，ND′
在△HNC中，NH，
∴HC2=NC2+HN2，∴，∴NH⊥BC，
∵D′在底面上的投影H恰为CD的中点，
∴D′H⊥平面ABCD，
∵BC⊂平面ABCD，∴D′H⊥BC，
∵NH⊥BC，D′H∩NH=H，D′H，NH⊂平面D‘HN，
∴BC⊥平面D‘HN，
∴点N即为所求，平面D′HN即为α.
（2）由（1）知HN⊥BC，HNDB，ADBC，∴AD⊥BD，
以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

∵CD=2AD=4，∠BAD，且D′在底面上的投影H恰为CD的中点.
∴B(0，2，0)，C(﹣2，2，0)，H(﹣1，，0)，
设D′H=t，则C′(﹣3，3，t)，
(﹣1，，0)，(﹣3，，t)，
设平面BHC′的法向量(x，y，z)，
则，取x，得(，﹣1，)，
平面ABH的法向量(0，0，1)，
∵二面角C′﹣BH﹣A为，
∴cos，解得t，
∴棱柱ABCD﹣A′B′C′D′的体积为：
V=S四边形ABCD×D'H=AD×DB×D′H=2