2021-2022学年广东省潮州市高一（下）期末数学试卷-普通用卷

这是一份2021-2022学年广东省潮州市高一（下）期末数学试卷-普通用卷，共13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。


一、单选题（本大题共8小题，共32分）
设复数z=1+i，则z的共轭复数z-的虚部为( )
A. 1B. -1C. iD. -i
平面α//平面β，a⊂α，b⊂β，则直线a，b的位置关系是( )
A. 平行B. 相交C. 异面D. 平行或异面
在△ABC中，D是BC的中点，则AD=( )
A. 12(AB+AC)B. 12(AB-AC)C. 12(AB+BC)D. 12(AB-BC)
已知向量a=(2,1)，b=(k-1,k)，a=λb，则实数k=( )
A. 2B. 23C. 1D. -1
哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和”，如10=3+7.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．在“2，3，5，7，11”这5个素数中，任取两个素数，其和是合数的概率是( )
A. 25B. 310C. 35D. 710
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=6，b=4，A=120°，则csB=( )
A. 32B. 63C. 33D. 23
一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，x，7，8(其中x≠7)，若该组数据的中位数是众数的54倍，则该组数据的方差和第60百分位数是( )
A. 163，5B. 5，5C. 163，6D. 5，6
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则( )
A. 异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[π3,π2]
B. 二面角B1-CD-B的大小为π2
C. 三棱锥P-D1C1D的体积为定值
D. 直线BD⊥平面A1D1D
二、多选题（本大题共2小题，共8分）
已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，下列命题为真命题的有( )
A. m⊥α，m⊥β⇒α//βB. m//n，n⊂α⇒m//α
C. m⊥α，m⊂β⇒α⊥βD. m⊥α，n⊥α⇒m//n
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点O为△ABC所在平面内点，满足xOA+yOB+zOC=0，下列说法正确的有( )
A. 若x=y=z=1，则点O为△ABC的重心
B. 若x=y=z=1，则点O为△ABC的外心
C. 若x=a，y=b，z=c，则点O为△ABC的内心
D. 若x=a，y=b，z=c，则点O为△ABC的垂心
三、填空题（本大题共4小题，共16分）
在某次合格性考试中，甲、乙两人通过的概率分别为0.9和0.7，两人考试相互独立，两人都通过的概率为______．
若一个球的直径为6，则该球的表面积为______．
在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.如图，四棱锥P-ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，PA=AB=AD，E为棱PA的中点，则直线CE与平面PAD所成角的余弦值为______．
三元塔是潮州市的历史文化古迹如图，一研究性小组同学为了估测塔的高度，在塔底D和A，B(与塔底D同一水平面)处进行测量，在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45°，30°，且A，B两点相距507m，∠ADB为150°，则三元塔的高度CD=______m.
四、解答题（本大题共5小题，共44分）
已知复数z1=1+ai(其中a∈R且a<0，i为虚数单位)，且z12为纯虚数．
(1)求实数a的值；
(2)若z2=z11+i+2，求复数z2的模|z2|.
已知向量a与向量b的夹角为π3，且|a|=3，|b|=2．
(1)求12b⋅(32b-a)的值；
(2)求向量a在向量b上的投影向量．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csinB-3bcsC=0．
(1)求角C；
(2)若c=2，△ABC的面积为34，求△ABC的周长．
甲、乙两人进行乒乓球比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，且各局比赛的胜负互不影响．有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制(先胜2局者获胜，比赛结束)；方案二：五局三胜制(先胜3局者获胜，比赛结束)．
(1)若选择方案一，求甲获胜的概率；
(2)用掷硬币的方式决定比赛方案，掷3枚硬币，若恰有2枚正面朝上，则选择方案一，否则选择方案二．判断哪种方案被选择的可能性更大，并说明理由．
如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1，
(1)求证：A1C⊥CC1；
(2)若AB=2，AC=3，BC=7，问AA1为何值时，三棱柱ABC-A1B1C1体积最大，并求此最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵z=1+i，
∴z-=1-i，其虚部是-1．
故选：B．
根据已知条件，结合共轭复数和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查共轭复数和虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵平面α//平面β，
∴平面α与平面β没有公共点
∵a⊂α，b⊂β，
∴直线a，b没有公共点
∴直线a，b的位置关系是平行或异面
故选：D．
利用平面α//平面β，可得平面α与平面β没有公共点，根据a⊂α，b⊂β，可得直线a，b没有公共点，即可得到结论．
本题考查面面、线线位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵D是BC的中点，
∴AD=12(AB+AC)，
故选：A．
利用向量的平行四边形法则、中点的性质即可得出．
本题考查了向量的平行四边形法则，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为向量a=(2,1)，b=(k-1,k)，a=λb，
则(2,1)=λ(k-1,k)，
所以2=λ(k-1)且1=λk，
解得k=-1.、
故选：D．
利用向量数乘的坐标表示以及向量相等的充要条件，列式求解即可．
本题考查了平面向量的坐标运算，主要考查了向量数乘的坐标表示以及向量相等的充要条件的应用，考查了运算能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：从2，3，5，7，11这5个素数中任取两个素数的基本事件为：(2,3)，(2,5)，(2,7)，(2,11)，(3,5)，(3,7)，(3,11)，(5,7)，(5,11)，(7,11)共10种，
其中两个数的和是合数的基本事件为：(2,7)，(3,5)，(3,7)，(3,11)，(5,7)，(5,11)，(7,11)共7种，
由古典概型概率计算公式得，其和是合数的概率是710．
故选：D．
先列举再根据古典概型求解概率即可．
本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型．
6.【答案】B
【解析】解：因为a=6，b=4，A=120°，
所以由正弦定理得6sin120∘=4sinB，可得sinB=33，
又A=120°，
所以B是锐角，
可得csB=1-sin2B=63．
故选：B．
由已知利用正弦定理可求sinB的值，由题意可得B为锐角，即可利用同角三角函数基本关系式可求csB的值．
本题考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式在解三角形中的应用，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，x，7，8(其中x≠7)，
∴中位数是4+x2，众数是4，
∵该组数据的中位数是众数的54倍，
∴4+x2=54×4，解得x=6，
∴平均数为16(1+4+4+6+7+8)=5，
∴该组数据的方差为：
S2=16[(1-5)2+(4-5)2+(4-5)2+(6-5)2+(7-5)2+(8-5)2]=163，
6×60%=3.6，
∴第60百分位数是6．
故选：C．
中位数是4+x2，众数是4，由该组数据的中位数是众数的54倍，列方程解得x=6，由此能求出该组数据的方差和第60百分位数．
本题考查该组数据的方差和第60百分位数的求法，考查平均数、众数、中位数、方差、百分位数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：因为A1D//B1C，异面直线AP与A1D所成角转化为直线AP与B1C所成角，△AB1C是正三角形，
当点P与线段B1C的端点重合时，异面直线AP与A1D所成角取得最小值为π3，
当点P为线段B1C的中点时，所成角取得最大值为π2，
故异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[π3,π2]，A正确．
CD⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，CD⊥B1C，CD⊥BC，二面角B1-CD-B的平面角为∠BCB1，且∠BCB1=π4，B错；
点P运动时，它到平面D1C1D的距离不断变化，所以三棱锥P-D1C1D的体积不为定值，C错；
因为AB与平面A1D1D垂直，所以BD1与平面A1D1D不垂直，D错．
故选：A．
由异面直线的定义可判断A；由二面角的定义可判断B；利用棱锥的体积公式可判断C；由正方体的性质可判断D．
本题考查异面直线所成角，二面角的求法，棱锥的体积相关知识，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A：垂直于同一直线的两个平面平行，故A正确；
对于B：m//n，n⊂α⇒m//α或m⊂α，故B错误；
对于C：由面面垂直的判断定理，故C正确；
对于D：垂直于同一平面的两直线平行，故D正确．
故选：ACD．
由立体几何中线线，线面，面面的位置关系，逐个判断，即可得出答案．
本题考查立体几何中，线线，线面的位置关系，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题考查了平面向量的基本定理的应用，属于中档题．
假设三角形内一点O分别为内心，外心，重心，利用结论S△BOCOA+S△AOCOB+S△AOBOC=0推导变形验证．
【解答】
解：若x=y=z=1则OA+OB+OC=0，
∴OA+OC=-OB.取AC中点D，连接OD，
∴2OD=-OC.∴O在△ABC的中线BD上，同理可得O在其它两边的中线上，
∴O是△ABC的重心．
若x=a，y=b，z=c，则有aOA+bOB+cOC=0，
延长CO交AB于D，则OA=OD+DA，OB=OD+DB，
∴a(OD+DA)+b(OD+DB)+cOC=0，
设OD=kOC，则(ka+kb+c)OC+(aDA+bDB)=0，
∵DA与DB共线，OC与DA，DB不共线，
∴ka+kb+c=0，aDA+bDB=0，
∴DADB=-ba，
∴CD为∠ACB的平分线，同理可证其它的两条也是角平分线．
∴O是△ABC的内心．
故选：AC．

11.【答案】0.63
【解析】解：因为甲、乙两人通过的概率分别为0.9和0.7，两人考试相互独立，
故两人都通过的概率为0.9×0.7=0.63．
故答案为：0.63．
根据相互独立事件同时发生的概率计算方法求解．
本题考查相互独立事件概率的计算，属于基础题．
12.【答案】36π
【解析】解：由题意可知：r=3，所以S=4πr2=4π×9=36π．
故答案为：36π．
结合题意代入球体的表面积公式S=4πr2运算即可．
本题考查了球的表面积计算，属于基础题．
13.【答案】53
【解析】解：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，故可得CD⊥PA，
又CD⊥AD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
故可得CD⊥平面PAD，
连接ED，故∠CED即为所求直线CE与平面PAD所成角，
不妨设PA=AB=AD=2，
故在直角三角形CDE中，CD=2，DE=AE2+AD2=5，
故可得CE=DE2+CD2=3.则cs∠CED=DECE=53，
则直线CE与平面PAD所成角的余弦值为53．

故答案为：53．
首先证明CD⊥平面PAD，再根据线面角的定义，即可作出线面角，再计算线面角的大小．
本题考查了直线与平面所成的角的求解计算，属于基础题．
14.【答案】50
【解析】解：由题意设塔高CD=h，在Rt△ADC中，∵∠DAC=45°，∴AD=h，
在Rt△BDC中，∵∠DBC=30°，∴BD=3h，
在△ADB中，∵∠ADB=150°，AB=507，
由余弦定理得：AB2=BD2+AD2-2⋅BD⋅AD⋅cs150°，(507)2=(3h)2+h2-2⋅(3h)⋅h⋅(-32)，∴h=50．
故答案为：50．
设塔高CD=h，则可得AD=h，BD=3h，在△ADB中利用余弦定理即可求出．
本题考查解三角形的应用，属中档题．
15.【答案】解：(1)∵z1=1+ai，
∴z12=1-a2+2ai，
∵z12为纯虚数，
∴1-a2=02a≠0，解得a=-1或a=1(舍去)，
∴a=-1．
(2)由(1)得：z1=1-i
∴z2=z11+i+2=1-i1+i+2=2-i
∴|z2|=|2-i|=5．
【解析】(1)根据已知条件，结合纯虚数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．
(2)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及纯虚数的定义，复数模公式，属于基础题．
16.【答案】解：(1)∵向量a与向量b的夹角为π3，且|a|=3，|b|=2．
∴a⋅b=|a|⋅|b|⋅csπ3=3×2×12=3，
∴12b⋅(32b-a)=34b2-12a⋅b=34×4-12×3=32．
(2)由投影向量的定义得：|a|⋅csπ3⋅b|b|=3×12⋅b2=34b．
【解析】(1)由数量积的定义与运算性质求解即可；
(2)由投影向量的定义求解即可．
本题考查了平面向量数量积的定义与运算性质以及投影向量的计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵csinB-3bcsC=0，
∴可得c3csC=bsinB，
又正弦定理得：csinC=bsinB，
∴sinC=3csC，
∴tanC=3，
又C∈(0,π)，
∴C=π3．
(2)设三角形BC边上的高为h，则h=bsinC，
由题意可得S△ABC=12absinC=12ab⋅32=34ab=34，
∴ab=1，
∵由余弦定理得：22=a2+b2-2abcsπ3=a2+b2-1，可得a2+b2=5，
∴(a+b)2=7，可得a+b=7，
∴△ABC的周长a+b+c=2+7．
【解析】(1)由已知利用正弦定理，同角三角函数基本关系式可求得tanC=3，结合C∈(0,π)，即可得解C的值．
(2)设三角形BC边上的高为h，则h=bsinC，进而利用三角形的面积公式可求ab的值，利用余弦定理即可求解a+b的值，即可求解△ABC的周长．
本题考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
18.【答案】解：(1)根据题意，若选择方案一，三局两胜制，
若甲连胜两局，其概率P1=23×23=49，
若甲前2局中一胜一败，第三局获胜，其概率P2=C21×23×13×23=827，
故甲获胜的概率P=49+827=2027；
(2)根据题意，采用方案一的概率P3=C32×(12)2×12=38，
则采用方案二的概率P4=1-P3=58，
故采用方案二的可能性更大．
【解析】(1)根据题意，分“甲连胜两局”和“甲前2局中一胜一败，第三局获胜”两种情况讨论，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案，
(2)根据题意，求出采用方案一的概率，由此可得采用方案二的概率，比较可得答案．
本题考查互斥事件、相互独立事件概率的计算，注意分析事件之间的关系，属于基础题．
19.【答案】解：(1)∵三棱柱ABC-A1B1C1中，
∴A1A//CC1//BB1，
∵AA1⊥BC，∴CC1⊥BC，
∵A1B⊥BB1，∴A1B⊥CC1，
∵BC∩BA1=B，
∴CC1⊥平面BA1C，A1C⊂平面BA1C
∴A1C⊥CC1；
(2)作AO⊥BC于O，连结A1O，由(1)可知∠AA1O=90°，∵AB=2，AC=3，BC=7，∴AB⊥AC，
∴AO=237，
设A1A=h，A1O=(237)2-h2=127-h2，
∴三棱柱ABC-A1B1C1体积V=S△A1BC⋅h=12×7×127-h2⋅h=1212h2-7h4，
当h2=67，即h=427时，即AA1=427时棱柱的体积最大，
最大值为：377．
【解析】(1)通过证明直线CC1与平面BA1C垂直，即可证明A1C⊥CC1；
(2)作AO⊥BC于O，连结A1O，说明∠AA1O=90°，设A1A=h，求出A1O的表达式，以及三棱柱ABC-A1B1C1体积V的表达式，利用二次函数的最值，求最大值．
本题考查空间直线与平面垂直的判定与应用，几何体的体积的最值的求法，考查转化思想以及空间想象能力．
题号
一
二
三
四
总分
得分