2021-2022学年湖南省郴州市高一下学期期末数学试题含解析

2021-2022学年湖南省郴州市高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知，则的虚部为（       ）

A． B． C．3 D．

【答案】C

【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

【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

【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】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

【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

【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

【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

【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、多选题

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

【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；

故答案为：AC.

10．若复数z满足，则（       ）

A． B．z的实部为1 C． D．

【答案】BD

【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

【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

【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

13．一组数1、2、4、5、6、6、7、8、9的75%分位数为________．

【答案】7

【分析】由百分位数的定义直接求解

【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】

【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

【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】

【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

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．

【答案】(1)或

(2)

【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

【详解】(1)设，，∴，

又，．

解得：或．

∴或

(2)∵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.

【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是菱形，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）

【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

【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

【详解】(1)因为，

所以，得，

所以,

因为,所以

(2)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)

【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

【详解】(1)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是等腰梯形中，，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

(2)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.

【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.

【详解】(1)，故；

(2)由题意得：，故，由于，所以，所以，所以

.

(3)，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.