新教材高一数学第二学期期末试卷十（原卷版+教师版）

这是一份新教材高一数学第二学期期末试卷十（原卷版+教师版），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

新教材高一数学第二学期期末试卷
一、单项选择题：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，则虚部为（ ）
A. B. C. 3 D.
2. 某次数学竞赛中有甲、乙、丙三个方阵，其人数之比为2∶3∶5．现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为50的样本，其中方阵乙被抽取的人数为（ ）
A. 10 B. 15 C. 20 D. 25
3. 底面半径为2，母线长为4的圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
4. 若向量，且，则的值为（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 0或1
5. △ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
6. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱CC1中点，则异面直线AM与C1D1所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
7. 《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化．如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、、兑八卦，每一卦由三根线组成（表示一根阳线，表示一根阴线），现有1人随机从八卦中任取两卦，六根线中恰有四根阳线和两根阴线的概率为（ ）

A. B. C. D.

8. 如图，在△ABC中，点D是线段BC上的动点（端点除外），且，则的最小值为（ ）

A. 16 B. 17 C. 18 D. 19
二、多项选择题：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. 下列命题不正确的是（ ）
A 三点确定一个平面 B. 两条相交直线确定一个平面
C. 一条直线和一点确定一个平面 D. 两条平行直线确定一个平面
10. 若复数z满足，则（ ）
A. B. z的实部为1 C. D.
11. 在中，、、分别为角、、的对边，已知，，且，则（ ）
A. B. C. D.
12. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是（ ）

A. 三棱锥A−D1PC的体积不变
B. 直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为
C. 直线AP与平面ACD1所成角的大小不变
D. 二面角P−AD1−C的大小不变

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 一组数1、2、4、5、6、6、7、8、9的75%分位数为________．
14. 已知事件A、B互斥，且事件A发生的概率P（A）＝，事件B发生的P（B）＝，则事件A、B都不发生的概率是________．
15. 如图，为了测量河对岸的塔高AB．可以选与塔底B在同一水平面内的两个基点C与D，现测得CD＝30米，且在点C和D测得塔顶A的仰角分别为45°，30°，又∠CBD＝30°，则塔高AB＝________米．

16. 已知A、B、C是半径为3的球O的球面上的三个点，且∠ACB＝120°，AB＝，AC＋BC＝2．则三棱锥的体积为________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 若，，是同一平面内的三个向量，其中（3，）．
（1）若，且∥，求的坐标；
（2）若且与垂直，求与的夹角．



18. 如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PB＝PD，E，F分别为AB和PD的中点.

（1）求证：EF∥平面PBC；
（2）求证：平面PBD⊥平面PAC.


19. 我校在2021年的自主招生考试成绩中随机抽取40名学生的笔试成绩，按成绩共分成五组：第1组，，第2组，，第3组，，第4组，，第5组，，得到的频率分布直方图如图所示，同时规定成绩在85分以上的学生为“优秀”，成绩小于85分的学生为“良好”，且只有成绩为“优秀”的学生才能获得面试资格．

（1）根据样本频率分布直方图估计样本的中位数与平均数；
（2）如果用分层抽样的方法从“优秀”和“良好”的学生中共选出5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“优秀”的概率是多少？





20. 已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A；
（2）从两个条件：①；②△ABC面积为中任选一个作为已知条件，求△ABC周长的取值范围．












21. 如图，已知四边形ABCD是等腰梯形，，高，，将它沿对称轴OO1折叠，使二面角A−OO1−B为直二面角．

（1）证明：AC⊥BO1；
（2）求二面角O−AC−O1的正弦值．





22. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.
（1）设函数，试求的伴随向量；
（2）记向量的伴随函数为，求当且时的值；
（3）由（1）中函数的图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，已知，，问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.








新教材高一数学第二学期期末试卷
一、单项选择题：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，则的虚部为（ ）
A. B. C. 3 D.
【答案】C
【解析】【分析】先求出共轭复数，再求出其虚部即可
【详解】因为，所以，所以的虚部为3，
故选：C
2. 某次数学竞赛中有甲、乙、丙三个方阵，其人数之比为2∶3∶5．现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为50的样本，其中方阵乙被抽取的人数为（ ）
A. 10 B. 15 C. 20 D. 25
【答案】B
【解析】【分析】根据抽样比即可求解.
【详解】由题意可知：方阵乙被抽取的人数为，
故选：B
3. 底面半径为2，母线长为4的圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】【分析】利用圆锥的表面积公式即得.【详解】由圆锥的底面半径为2，母线长为4，
则圆锥的表面积为.
故选：B.
4. 若向量，且，则的值为（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 0或1
【答案】D
【解析】【分析】根据向量的坐标运算,结合垂直时向量的坐标关系,即可求得的值.
【详解】根据向量的坐标运算,可知
因为,由向量垂直的坐标关系可得,即
解方程可得或
故选:D
【点睛】本题考查了向量的坐标运算,垂直时的坐标运算,属于基础题.
5. △ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】【分析】先由正弦定理求得，进而求得，再由结合和角公式求解即可.
【详解】由及知，，由正弦定理得，解得，又，则，，则.
故选：D.
6. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱CC1的中点，则异面直线AM与C1D1所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】【分析】根据线线平行，找到直线AM与C1D1所成角为，在三角形中即可求解
【详解】取 的中点,连接 ,因为 ,故 或其补角即为直线AM与C1D1所成角，因为 平面 , ，故 平面,平面,所以 ,故 是直角三角形，设正方体的棱长为2，则 ,所以
故选：C


7. 《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化．如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、、兑八卦，每一卦由三根线组成（表示一根阳线，表示一根阴线），现有1人随机的从八卦中任取两卦，六根线中恰有四根阳线和两根阴线的概率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】【分析】八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎．离、艮、兑八卦，从八卦中任取两卦，基本事件总数，这两卦的六个线中恰有两个阴线包含的基本事件总数有：，由此能求出这两卦的六个线中恰有两个阴线的概率．
【详解】解：八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎．离、艮、兑八卦，从八卦中任取两卦，
基本事件总数，
这两卦的六个线中恰有两个阴线包含的基本事件总数有：，
这两卦的六个线中恰有两个阴线的概率为．
故选：C．
8. 如图，在△ABC中，点D是线段BC上的动点（端点除外），且，则的最小值为（ ）

A. 16 B. 17 C. 18 D. 19
【答案】A
【解析】【分析】由题意可得，则，化简后可利用基本不等式可求得结果
【详解】因为点D是线段BC上的动点（端点除外），且，
所以，且，
所以，
当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为16，
故选：A
二、多项选择题：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. 下列命题不正确的是（ ）
A. 三点确定一个平面 B. 两条相交直线确定一个平面
C. 一条直线和一点确定一个平面 D. 两条平行直线确定一个平面
【答案】AC
【解析】【分析】利用立体几何的3个公理与推论即可判断出答案.
【详解】对于A选项：若3点在同一直线上时，则不能确定一个平面.错误；
对于B选项：两条相交直线确定唯一一个平面.正确；
对于C选项：当点在直线上时，则不能确定一个平面.错误；
对于D选项：两条平行直线确定唯一一个平面. 正确；
故答案：AC.
10. 若复数z满足，则（ ）
A. B. z的实部为1 C. D.
【答案】BD
【解析】【分析】根据复数的模长公式以及除法运算可得，进而可判断A,B,根据共轭复数可判断C，根据乘方运算，可判断D.
【详解】由得：，因此A错误，实部为1，则B正确，
，故C错误，，故D正确.
故选:BD
11. 在中，、、分别为角、、的对边，已知，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】【分析】利用正弦定理化简得出的值，结合角的取值范围可求出的值，可判断AB选项的正误；利用三角形面积公式可判断C选项的正误；利用余弦定理可判断D选项的正误.
【详解】由及正弦定理可得，
即，
、，则，故，所以，，
由可知且，即且，
，则，
由余弦定理可得，
故，由，解得或，显然满足且，
所以，ACD选项正确，B选项错误.
故选：ACD.
12. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动时，下列命题正确的是（ ）

A. 三棱锥A−D1PC的体积不变
B. 直线CP与直线AD1的所成角的取值范围为
C. 直线AP与平面ACD1所成角的大小不变
D. 二面角P−AD1−C的大小不变
【答案】ABD
【解析】【分析】对于选项A，由已知可得平面，可得BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，由此可判断；
对于选项B，由，可得直线CP与直线AD1的所成角即为直线CP与直线BC1的所成角，由此可判断；
对于选项C，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等，可判断；
对于选项D，当点P在直线BC1上运动时，平面BAD1C1,即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，故D正确.
【详解】对于选项A，因为，面，面，所以平面，
所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，又，所以三棱锥A﹣D1PC的体积不变，故A正确；
对于选项B，因为，点P在直线BC1上运动，所以直线CP与直线AD1的所成角即为直线CP与直线BC1的所成角，因为为等腰直角三角形，故B项正确；
对于选项C，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面AD1C所成的角和直线AC1与平面AD1C所成的角不相等，故C错误；
对于选项D，当点P在直线BC1上运动时，平面BAD1C1,即二面角P﹣AD1﹣C的大小不受影响，故D正确.
故选：ABD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 一组数1、2、4、5、6、6、7、8、9的75%分位数为________．
【答案】7
【解析】【分析】由百分位数定义直接求解
【详解】因为，所以75%分位数为第7个数7，
故答案为：7
14. 已知事件A、B互斥，且事件A发生的概率P（A）＝，事件B发生的P（B）＝，则事件A、B都不发生的概率是________．
【答案】
【解析】【分析】事件A、B互斥，事件都不发生的对立事件是事件与至少有一个发生,由此即可求出答案.
【详解】事件A、B互斥，且事件A发生的概率P（A）＝，事件B发生的P（B）＝，
事件都不发生的对立事件是事件与至少有一个发生,
所以事件都不发生的概率为：.
故答案为：.
15. 如图，为了测量河对岸的塔高AB．可以选与塔底B在同一水平面内的两个基点C与D，现测得CD＝30米，且在点C和D测得塔顶A的仰角分别为45°，30°，又∠CBD＝30°，则塔高AB＝________米．

【答案】30
【解析】【分析】设米，进而可得BC， BD，然后利用余弦定理求解.
【详解】设米，在中，，在中，，
在中，，即，
所以，解得（米）.
故答案为：30.
16. 已知A、B、C是半径为3的球O的球面上的三个点，且∠ACB＝120°，AB＝，AC＋BC＝2．则三棱锥的体积为________．
【答案】
【解析】【分析】利用正弦定理即可求出的外接圆半径，即可求出三棱锥的高，利用余弦定理即可求出,可计算出的面积，再利用锥体的体积公式即可求出答案.
【详解】因为.
所以的外接圆半径为.
所以三棱锥的高为.
在中，由余弦定理可得：
即解得.
所以.所以.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 若，，是同一平面内的三个向量，其中（3，）．
（1）若，且∥，求坐标；
（2）若且与垂直，求与的夹角．
【答案】（1）或 （2）
【解析】【分析】（1）设，则由∥可得，再由，得，解方程组可求出，从而可求出的坐标；
（2）由与垂直，可得化简可求得，从而得，进而可求出
【小问1详解】设，，∴，
又，．解得：或．∴或
【小问2详解】∵且与垂直，
∴，即．
又，代入上式解得，
∴∴，又，∴．
18. 如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PB＝PD，E，F分别为AB和PD的中点.

（1）求证：EF∥平面PBC；
（2）求证：平面PBD⊥平面PAC.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】【分析】（1）取PC的中点G，连接FG，BG，则FG为中位线，根据题意，可证明四边形BEFG是平行四边形，利用线面平行的判定定理，即可得证；
（2）设AC∩BD＝O，连接PO，根据题意可证BD⊥PO，BD⊥AC，利用面面垂直的判定定理，即可得证.
【详解】证明：（1）取PC的中点G，连接FG，BG，如图所示：

∵F是PD的中点，∴FG∥CD，且，
又∵底面ABCD菱形，E是AB中点，
∴BE∥CD，且，
∴BE∥FG，且BE＝FG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴EF∥BG，
又EF⊄平面PBC，BG⊂平面PBC，
∴EF∥平面PBC；
（2）设AC∩BD＝O，则O是BD中点，连接PO，
∵底面ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
又∵PB＝PD，O是BD中点，
∴BD⊥PO，
又AC∩PO＝O，AC⊂平面PAC，PO⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，
∵BD⊂平面PBD，
∴平面PBD⊥平面PAC.

【点睛】本题考查线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理，需熟悉各个定理所需的条件，才能进行分析和证明，考查逻辑分析、推理证明的能力，属中档题.
19. 我校在2021年的自主招生考试成绩中随机抽取40名学生的笔试成绩，按成绩共分成五组：第1组，，第2组，，第3组，，第4组，，第5组，，得到的频率分布直方图如图所示，同时规定成绩在85分以上的学生为“优秀”，成绩小于85分的学生为“良好”，且只有成绩为“优秀”的学生才能获得面试资格．

（1）根据样本频率分布直方图估计样本的中位数与平均数；
（2）如果用分层抽样的方法从“优秀”和“良好”的学生中共选出5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“优秀”的概率是多少？
【答案】（1）中位数为，平均数为；（2）
【解析】【分析】（1）计算各组的频率得中位数在第三组，不妨设为，进而根据求解，根据平均数的计算方法计算即可得答案.
（2）由分层抽样得良好”的学生有人，“优秀”的学生有人，进而根据古典概型求解即可.
【详解】解：（1）第一组的频率为，第二组的频率为，第三章的频率为，第四组的频率为，第五组的频率为，
所以中位数在第三组，不妨设为，则，解得，
平均数为；
（2）根据题意，“良好”的学生有人，“优秀”的学生有人，
所以分层抽样得“良好”的学生有人，“优秀”的学生有人，
将三名优秀学生分别记为，两名良好的学生分别记为，
则这5人中选2人的基本事件有：共10种，
其中至少有一人是“优秀”的基本事件有：共9种，
所以至少有一人是“优秀”的概率是
20. 已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A；
（2）从两个条件：①；②△ABC的面积为中任选一个作为已知条件，求△ABC周长的取值范围．
【答案】（1） （2）答案不唯一，具体见解析
【解析】【分析】（1）由正弦定理将已知式子统一成边的形式化简，再利用余弦定理可求出角A；
（2）若选①，则由正弦定理可得，从而表示出三角形的周长，化简后利用正弦函数的性质可求出其范围，若选②，由结合已知条件可得，再利用余弦定理表示出，然后表示出三角形的周长，结合基本不等式可求出其范围
【小问1详解】因为，
所以，得，所以,
因为,所以
【小问2详解】选择①，因为
由正弦定理得，所以
即△ABC的周长．
，
因为，所以，
即△ABC周长的取值范围是（6，9]．
选择②．
因为，，得，
由余弦定理得，
即△ABC的周长，
因为，当且仅当时等号成立
所以．
即△ABC周长的取值范围是．
21. 如图，已知四边形ABCD是等腰梯形，，高，，将它沿对称轴OO1折叠，使二面角A−OO1−B为直二面角．

（1）证明：AC⊥BO1；
（2）求二面角O−AC−O1的正弦值．
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】【分析】（1）由题意可知∠AOB是所折成的直二面角的平面角，则AO⊥平面，得OC是AC在平面内的射影，然后由已知的数据可求出，，所以得，从而可得结论，
（2）设，过点E作于点F，连接，可得是二面角的平面角，然后结合已知数据在中求解即可


【小问1详解】由题知，，
所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，即OA⊥OB．
因为，所以AO⊥平面，
所以OC是AC在平面内的射影，
在四边形ABCD等腰梯形中，，高，，
得，，
在和中，
，，
所以，，所以，
因为AO⊥平面，平面，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以
【小问2详解】由（1）知，，所以⊥平面AOC．
设，过点E作于点F，连接，
因为，所以平面，
因为平面，所以
所以是二面角的平面角．
由（1）知得，，高，，得，．
所以，，，所以，，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
因为平面，所以
所以．又，
所以．所以二面角的正弦值为．

22. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.
（1）设函数，试求的伴随向量；
（2）记向量的伴随函数为，求当且时的值；
（3）由（1）中函数的图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，已知，，问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1） （2）
（3）存在点，使得.
【解析】【分析】（1）利用诱导公式求出，从而得到的伴随向量；（2）根据向量得到，利用利用凑角法得到；（3）先求出，再设出P点坐标，利用向量垂直关系得到方程，变形整理后得到，根据等式左右两边的取值范围，得到当且仅当时，和同时等于，此时.
【小问1详解】，故；
【小问2详解】由题意得：，故，
由于，所以，所以，所以.
【小问3详解】
，所以，
假设存在点，使得，则
即，因为，所以，
所以，又因为，
所以当且仅当时，和同时等于，此时，
故在函数的图象上存在点，使得.