2021-2022学年河南省安阳市高一下学期期末数学试题含解析

2021-2022学年河南省安阳市高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．有甲、乙两箱篮球，其中甲箱27个，乙箱9个，现从这两箱篮球中随机抽取4个，甲箱抽3个，乙箱抽1个．下列说法不正确的是（       ）

A．总体是36个篮球 B．样本是4个篮球

C．样本容量是4 D．每个篮球被抽到的可能性不同

【答案】D

【分析】利用样本、样本容量、总体的意义，逐项分析判断作答.

【详解】依题意，总体是36个篮球，样本是4个篮球，样本容量是4，选项A，B，C都正确；

甲箱抽3个，每个球被抽到的概率为，乙箱抽1个，每个球被抽到的概率为，则每个篮球被抽到的可能性相同，D不正确.

故选：D

2．已知，则z的虚部为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复数的四则运算及复数的概念即可求解.

【详解】解：因为，故，

所以z的虚部为.

故选：A.

3．某校举办《中国梦》主题演讲比赛，五位评委给某位参赛选手的评分分别为84，84，86，m，87，若这组数据的平均数为85，则这组数据的中位数为（       ）

A．84 B．85 C．86 D．87

【答案】A

【分析】根据给定的平均数求出m，再利用中位数的定义计算作答.

【详解】依题意，，解得，

该选手所得分从小到大依次为：84，84，84，86，87，

所以这组数据的中位数为84.

故选：A

4．一个圆锥的侧面展开图如图所示，则该圆锥的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题，，结合扇形面积，即可求出圆锥的表面积

【详解】由题，，扇形面积，故圆锥的表面积，

故选：D

5．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（       ）

A．若，，，则

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，，则

【答案】C

【分析】根据各选项中的条件判断线线、线面、面面的位置关系，可得出合适选项.

【详解】对于A选项，若，，则，

因为，过直线的平面与平面相交，设交线为，则，

，，则，故，A错；

对于B选项，若，，，则，故，B错；

对于C选项，设，

在平面内作直线，使得，，，，，则，

，，，，则，故，C对；

对于D选项，若，，则或，D错.

故选：C.

6．下列说法正确的是（       ）

A．掷一枚骰子，偶数点朝上是必然事件

B．10张票中只有1张有奖，若有10人每人拿1张后不放回，谁先拿，则谁中奖的可能性最大

C．有10件产品，记事件A为“其中至少有2件次品”，则A的对立事件为“其中至多有1件次品”

D．若A，B是互斥事件，，，则

【答案】C

【分析】利用必然事件的意义判断A；利用等可能事件概率判断B；利用对立事件的意义判断C；利用互斥事件的概率计算判断D作答.

【详解】掷一枚骰子，朝上的一面的点数可以是奇数，即朝上一面的点数为偶数的事件不一定发生，A不正确；

10张票中只有1张有奖，10人去摸，每人摸到的可能性相同，无论谁先摸，拿到奖票的概率都是0.1，B不正确；

10件产品，至少有2件次品的事件A的对立事件是：至多有1件次品，C正确；

A，B是互斥事件，，D不正确.

故选：C

7．已知△ABC的周长为11，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=3，，则b=（       ）

A．3 B．3或5 C．4或5 D．4

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用余弦定理列出方程，求解作答.

【详解】依题意，，在中，由余弦定理得：

，整理得，解得或，

所以或.

故选：B

8．某冷链运输研究机构对某地2021年冷链运输需求量（单位：吨）进行统计，得到如图所示的饼状图，其中乳制品的冷链运输需求量为108吨，则下列结论正确的是（       ）

A．乳制品在2021年冷链运输需求量中占比为8%

B．水产品的冷链运输需求量为502吨

C．蔬菜的冷链运输需求量比乳制品的冷链运输需求量多210吨

D．这五类食品的冷链运输需求量对应数据的中位数为378

【答案】D

【分析】根据给定的扇形图，利用给定的数据逐一分析各个选项，即可判断作答.

【详解】乳制品在2021年冷链运输需求量中占比为，A不正确；

水产品的冷链运输需求量为（吨），B不正确；

蔬菜的冷链运输需求量为（吨），比乳制品的冷链运输需求量多216吨，C不正确；

肉制品的冷链运输需求量为（吨），水果的冷链运输需求量为（吨），

则五类食品的冷链运输需求量对应数据由小到大依次为：108，324，378，486，504，中位数为378，D正确.

故选：D

9．银行定期储蓄存单的密码由6个数字组成，每个数字均是0~9中的一个，小王去银行取一笔到期的存款时，忘记了密码中某一位上的数字，他决定不重复地随机进行尝试，则不超过2次就按对密码的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，利用互斥事件的概率公式，结合古典概率计算作答.

【详解】依题意，忘记密码中的那一位数字，第1次就按对的概率为，

第2次才按对的概率为，显然第1次按对与第2次按对的事件是互斥事件，

所以不超过2次就按对密码的概率为.

故选：D

10．在中，，分别是边上一点，若，，且，则非零实数的值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由余弦定理可得为直角三角形，利用平面向量线性运算结合几何图形得关系得到，利用垂直向量数量积为0即可求解.

【详解】解：由题可知，在中，，由余弦定理得，故，

又，故为直角三角形，，,

因为，，

所以,

又，故，

即

，

解得：（舍去）或.

故选：B.

11．为庆祝中国共产主义青年团成立100周年，某校甲、乙两个班共70人（甲班40人，乙班30人）参加了共产主义青年团知识竞赛，甲班的平均成绩为77分，方差为123，乙班的平均成绩为70分，方差为130，则甲、乙两班全部同学的成绩的方差为（       ）

A．74 B．128 C．138 D．136

【答案】C

【分析】直接由总样本方差公式计算求解即可.

【详解】由总样本方差公式，可得甲、乙两班全部同学的成绩

的方差为.

故选：C.

12．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”．现有一个刍甍如图所示，底面ABCD为正方形，底面ABCD，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，则该刍甍的外接球的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，求出点E到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.

【详解】取AD，BC中点N，M，正方形中心O，EF中点，连接，如图，

依题意，平面，，点O是MN的中点，，

等腰中，，，同理，

因此，等腰梯形的高，由几何体的结构特征知，

刍甍的外接球球心在直线上，连，正方形外接圆半径，

则有，而，

当点在线段的延长线（含点O）时，视为非负数，若点在线段（不含点O）上，视为负数，

即有，即，解得，

因此刍甍的外接球球心为O，半径为，

所以刍甍的外接球的体积为.

故选：A

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.

二、填空题

13．有一个容量为100的样本，数据分组及各组的频数如下：；；；；；；．则样本数据落在内的频率为______．

【答案】

【分析】根据给定分组及各组数据，求出落在的数据个数即可计算作答.

【详解】依题意，样本数据落在内的数据个数为：，

所以样本数据落在内的频率为.

故答案为：

14．设向量，，，若，则实数m＝______．

【答案】3

【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示得，利用垂直向量的坐标表示即可求解.

【详解】解：因为，，，所以，

又，故，即，解得.

故答案为：3

15．为响应国家“学习强国”的号召，培养同学们的“社会主义核心价值观”，某校团委组织学生参加知识竞赛，以下数据为该校参加竞赛的10名同学的成绩：91，93，93，94，a，97，a，98，a，99．若这组数据的平均数为95，则这10名同学成绩的第80百分位数是______．

【答案】

【分析】根据给定的平均数求出a，再利用第80百分位数的意义求解作答.

【详解】依题意，，解得，

这10名同学的成绩从小到大依次为：91，93，93，94，95，95，95，97，98，99，因，

所以这10名同学成绩的第80百分位数是 .

故答案为：

16．已知等边三角形ABC的边长为2，边AB的中点为D，边BC上有两动点E，F，若，则的取值范围是______．

【答案】

【分析】取线段EF的中点P，将表示为，再求出的取值范围即可作答.

【详解】如图，取线段EF的中点P，连DP，则有，，

在正中，当点E与B重合时，， ，

则，此时，即，

点E从点B开始向点C移动，线段DP长逐渐增大，当点F与C重合时，，，

则，则，

，

所以的取值范围是.

故答案为：

【点睛】关键点睛：涉及定长的线段两端点向量数量积，取线段的中点，借助向量数量积的计算公式求解是关键.

三、解答题

17．在复平面内，复数对应的点为，对应的点为．

(1)求．

(2)若复数z满足，则复数z在复平面内对应的点的集合是什么图形？并判断点A与该图形的位置关系．

【答案】(1)；

(2)以点B为圆心，3为半径的圆；点A在圆B内.

【分析】（1）求出复数，，再利用复数的乘法计算作答.

（2）设出复数z的代数形式，结合复数模的意义列式即可得解，再求出线段AB长判断作答.

【详解】(1)依题意，，，所以.

(2)设，复数z在复平面内对应的点，，

因此，，即，

所以复数z在复平面内对应的点的集合是以点B为圆心，3为半径的圆，

而，所以点A在圆B内.

18．每年的4月23日是“世界图书与版权日”，即世界读书日，某校组织“阅百年历程，传精神力量”主题知识竞赛，一共有两道题，假设甲同学答对第一题、第二题的概率分别为、，乙同学答对第一题、第二题的概率分别为、，且每次答题互不影响．

(1)求甲同学至少答对一道题的概率；

(2)哪道题甲、乙两人都答错的概率更大？

【答案】(1)；

(2)第一题

【分析】（1）利用相互独立事件概率公式求出两道题甲都答错的概率，再利用对立事件的概率公式计算作答.

（2）利用概率的乘法公式分别求出甲、乙都答错第一题的概率、都答错第二题的概率，再比较作答.

【详解】(1)记甲答对第i（i=1，2）题的事件为，则，

则两道题甲都答错的概率为，

所以甲同学至少答对一道题的概率为.

(2)记乙答对第i（i=1，2）题的事件为，则，

则第一道题甲、乙两人都答错的概率为，

第二道题甲、乙两人都答错的概率为，显然，

所以第一道题甲、乙两人都答错的概率大.

19．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，△PAD为等边三角形，∠ABC=120°，点E，F分别是线段PA，AD的中点．

(1)求证：平面EBD；

(2)若AB=2，求四棱锥P-DFBC的体积．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）连接，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答.

（2）证明平面，再利用锥体的体积公式求解作答.

【详解】(1)在四棱锥P-ABCD中，连接，连，如图，

因四边形是菱形，则O是AC的中点，而E是PA的中点，则，又平面，平面，

所以平面.

(2)在正中，F是线段AD的中点，则，而平面平面，平面平面，

平面，因此，平面，且，

在菱形中，，则，是正三角形，，，

显然四边形是直角梯形，其面积为，

所以四棱锥的体积.

20．如图，在四棱柱中，底面ABCD是边长为1的正方形，，．

（1）求证：平面ABCD；

（2）若P是侧棱的中点，求二面角A－PC－B的余弦值．

【答案】（1）见详解；

（2）.

【分析】(1)根据SSS可得可得，根据线面垂直的判定可证平面ABCD；

（2）先做出二面角的平面角，在三角形使用余弦定理即可得到二面角A－PC－B的余弦值．

【详解】（1）在正方形ABCD中，,

又，且公用，

所以，

所以，即

因为平面ABCD，

所以平面ABCD.

（2）P是侧棱的中点，由（1）知，在直角中，，

在直角中，，

在正方形ABCD中,，

所以为正三角形，

取的中点，连接

所以，且，

又在等腰直角中，，且，

所以为二面角A－PC－B的平面角，

在中，，，，

由余弦定理得，

即二面角A－PC－B的余弦值为．

21．某企业的一种产品以某项指标m作为衡量产品质量的标准，按该项指标划分等级如下表：

随机抽取1000件这种产品，按照这项指标绘制成如下频率分布直方图．

(1)求a的值，若这种产品的一、二等品至少占全部产品的85%，则该企业为产品优质企业，根据抽样数据，判断该企业是否为产品优质企业，并说明理由；

(2)从这1000件产品中，按各等级的比例用分层随机抽样的方法抽取8件，再从这8件中随机抽取2件，求这2件全是一等品的概率．

【答案】(1)，是优质产业；

(2)

【分析】（1）由频率和为1，直接计算a的值即可；计算出一、二等品所占比例，即可判断；

（2）先求出一、二、三等品所占比例，再由分层抽样计算出每个等级的产品件数，列出基本事件，找出全是一等品的基本事件，计算概率即可.

【详解】(1)由题意知，，解得；

该企业是产品优质企业，理由如下：

根据抽样数据可知，一、二等品所占比例的估计值为，所以该企业是产品优质企业；

(2)由频率分布直方图可得，一等品所占比例为，二等品所占比例为，

三等品所占比例为，所以抽取的8件产品中，一等品有3件，二等品有4件，三等品有1件，

记3件一等品为，4件二等品为，1件三等品为，

则抽取2件的基本事件为，，

，，，，共28个，

其中2件全是一等品的有3个，则2件全是一等品的概率为.

22．在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且．

(1)求B；

(2)已知的面积为，且，求的周长．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦及辅助角公式求解作答.

（2）利用三角形面积定理、正弦定理角化边结合余弦定理求出即可计算作答.

【详解】(1)在中，由正弦定理及得：，

，

而，则有，即，由得，

则，所以.

(2)由（1）知，，解得，

由正弦定理及得：，由余弦定理得：，

即，解得，，

所以的周长为.

【点睛】关键点睛：涉及含三角形边的齐次、角的正弦的关系等式，利用边角互化是解题的关键.