2021-2022学年广西百色市高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

2021-2022学年广西百色市高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 复数对应点的坐标是(    )

A.  B.  C.  D.

2. “幸福感指数”是指某个人主观评价他对自己目前生活状态满意程度的指标，常用区间内的一个数来表示，该数越接近表示满意度越高现随机抽取位湖州市居民，他们的幸福感指数为，，，，，，，，，则这组数据的分位数是(    )

A.  B.  C.  D.

3. 已知向量，，，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

4. 在中，内角、、的对边分别是、、，若，则的形状是(    )

A. 等腰三角形 B. 钝角三角形
C. 直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形

5. 在一个袋子中放个白球，个红球，摇匀后随机摸出个球，与“摸出个白球个红球”互斥而不对立的事件是(    )

A. 至少摸出个白球 B. 至少摸出个红球
C. 摸出个白球 D. 摸出个白球或摸出个红球

6. 为所在平面上一点，且，，则(    )

A. ， B. ，
C. ， D. ，

7. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(    )

A.  B.  C.  D.

8. 已知梯形中，，，，，，点，在线段上移动，且，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9. 已知，是两条不重合的直线，，，是三个不重合的平面，则下列结论正确的是(    )

A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则

10. 若数据，，，的平均数为，方差为，则(    )

A. 数据，，，的平均数为
B.
C. 数据，，，的方差为
D.

11. 已知复数，，则(    )

A. 是纯虚数
B. 对应的点位于第二象限
C.
D. 满足条件的点与之间的最大距离为

12. 如图，在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，则(    )

A. 直线与的夹角为
B. 二面角的正切值是
C. 经过三点，，截正方体的截面是等腰梯形
D. 点到平面的距离为
 

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 已知，为单位向量，它们的夹角为，则向量在上的投影向量是______．
14. 在中，角、、的对边分别为、、，若，则角的值为______．
15. 甲乙两队正在角逐排球联赛的冠军，在刚刚结束的前三局比赛中，甲队胜负暂时领先，若规定先胜三局者即为本次联赛冠军，已知两队在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则甲队最终成为本次排球联赛冠军的概率为______．
16. 三棱锥的顶点都在球的球面上，且，，若三棱锥的体积最大值为，则球的表面积为______．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 本小题分
    已知，，且．
    求与的夹角；
    求的值．
18. 本小题分
    某学校需要从甲、乙两名学生中选一人参加数学竞赛，抽取了近期两人次数学考试的成绩，统计结果如表：

Ⅰ已知甲、乙两名学生这次数学考试成绩的平均分都为分，若从甲、乙两名学生中选一人参加数学竞赛，请从统计学的角度考虑，你认为选谁参加数学竞赛较合适？并说明理由；
Ⅱ若数学竞赛分初赛和复赛，在初赛中有两种答题方案：
方案一：每人从道备选题中任意抽出道，若答对，则可参加复赛，否则被淘汰．
方案二：每人从道备选题中任意抽出道，若至少答对其中道，则可参加复赛，否则被淘汰．
已知学生甲、乙都只会道备选题中的道，那么你推荐的选手选择哪种答题方案进入复赛的可能性更大？并说明理由．

19. 本小题分
    已知矩形所在的平面，且，、分别为、的中点．求证：
    平面；
    ．

20. 本小题分
    某高校承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为，第一组和第五组的频率相同．
    求，的值；
    根据组委会要求，本次志愿者选拔录取率为，请估算被录取至少需要多少分；
    在第四、第五两组志者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取人，然后再从这人中选出人．以定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率．

21. 本小题分
    请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
    ；；．
    已知的内角，，的对应边分别为，，____．
    求；
    设是的内角平分线，边，的长度是方程的两根，求线段的长度．
22. 本小题分
    如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．
    证明：平面；
    若是边长为的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：复数对应的点为．
故选：．
利用复数的运算法则即可得出．
本题考查了复数的运算法则，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了百分位数的计算问题，属于基础题．
根据已知条件，运用百分位数的定义，即可求解．

【解答】

解：，
数据，，，，，，，，，的的分位数是．
 故选：．

3.【答案】 

【解析】解：，且；
；
．
故选：．
可以求出，根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出．
考查向量垂直的充要条件，向量减法和数量积的坐标运算．
 

4.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查正弦定理的应用，三角形的形状的判断，考查计算能力，属于基础题．
利用正弦定理转化求解三角形的角的关系，判断三角形的形状即可．
【解答】
解：在中，内角、、的对边分别是、、，若，
可得，
可得．
可得或，
即：或；
故选：．  

5.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查了互斥事件和对立事件的定义的应用，是基础题．
先得到实验的必然事件，再根据互斥事件，对立事件的定义判断即可．

【解答】

解：必然事件为：都是白球，个白球和个红球，都是红球，
：至少有个白球包含个白球个红球和都是白球，故A不对，
：至少有个红球包含个白球个红球和都是红球，故B不对，
：摸出个白球个红球发生时，摸出个白球不会发生，且在一次实验中不可能必有一个发生，故C对，
：摸出个白球个红球和摸出个白球或摸出个红球，是对立事件，故D不对，
故选：．

6.【答案】 

【解析】解：，，
．
，．
故选：．
又题意可知为的三等分点，用表示出即可得出，的值．
本题考查了平面向量的基本定理，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由题意，设母线长为，
因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，
则有，解得，
所以该圆锥的母线长为．
故选：．
设母线长为，利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可．
本题考查了旋转体的理解和应用，解题的关键是掌握圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：以为坐标原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
则，不妨设，，则；
所以，，
，
当时，取得最小值为．
故选：．
以为坐标原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，设，，利用坐标表示向量，计算向量的数量积，由此求出最小值．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了运算求解能力与转化思想，是中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：由，，得或与相交，故A错误；
由，，利用直线与平面垂直的性质可得，，故B正确；
由，，得或与相交，相交也不一定垂直，故C错误；
，，利用直线与平面垂直的性质可得，，故D正确．
故选：．
由平行于同一直线的两平面的位置关系判定；由直线与平面垂直的性质判断与；由垂直于同一平面的两平面的位置关系判断．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，若数据，，，的平均数为，则数据，，，的平均数为，A错误；
对于，数据，，，的平均数为，则，B正确；
对于，数据，，，的方差，C正确；
对于，数据，，，的平均数为，方差为，则有，变形可得，D正确；
故选：．
根据题意，利用平均数与方差的计算公式以及运算性质，依次判断四个选项是否正确，即可得答案．
本题考查特征数的理解与应用，解题的关键是掌握平均数与方差的计算公式和性质，属于基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于，复数是纯虚数，选项A正确；
对于，因为，所以对应的点位于第三象限，选项B错误；
对于，，选项C错误；
对于，因为，所以与之间的最大距离为，选项D正确．
故选：．
中，根据纯虚数的定义判断即可；
中，化简，即可得出对应的点位于第几象限；
中，求出的模长即可；
中，根据复数模长的几何意义判断即可．
本题考查了复数的概念与应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于，如图所示，在正方体中，
因为四边形为平行四边形，
所以，
所以直线与的夹角即为．
又因为，
所以为等边三角形，
故，故A正确；

对于，如图所示，连接，在正方体中，
因为平面，平面，
所以，
又因为，
所以即为二面角的平面角，
在中，，
所以二面角的正切值是，故B正确；

对于，如图所示，在上取一点，使得，
由作法可得：，
所以，，，四点共面，
而，
所以经过三点，，截正方体的截面是梯形平面，不是等腰梯形，故C错误．

对于，如图所示，设点到平面的距离为，由题意得：，又因为，所以，故，故D正确．

故选：．
对于，根据题意可得直线与的夹角即为，结合题意可计算其大小即可；
对于，连接，根据题意可得即为二面角的平面角，在中，直接计算其正切值即可；
对于，在上取，根据基本事实即可得出经过三点，，的平面与正方体的截面；
对于，设点到平面的距离为，由等体积法即可求出．
本题考查异面直线所成的角、二面角、截面与点到平面的距离，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：因为，为单位向量，夹角为，
所以向量在上的投影向量是．
故答案为：．
根据投影向量的定义计算即可．
本题考查了投影向量的定义与应用问题，是基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：在中，，
由余弦定理可得，，
，．
故答案为：．
由已知直接利用余弦定理的推论求解．
本题考查余弦定理的应用，是基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：设后两局中局胜为，则，
则甲队最终成为本次排球联赛冠军的概率．
故答案为：．
利用相互独立事件概率乘法公式求解．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用
 

16.【答案】 

【解析】解：中，由余弦定理得，
，解得，
，为直角三角形且，
外接圆半径，
三棱锥体积最大，则到的距离最大，
即点为的中点与球心连线延长线和球的交点且此连线垂直于平面，
设三棱锥高为，
，解得，
设球半径为，
，
代入解得，
．
故答案为：．
中，由余弦定理得，求得，三棱锥体积最大，则到的距离最大，即点为的中点与球心连线延长线和球的交点且此连线垂直于平面，由此求得三棱锥的高和球的半径，即可求解．
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
 

17.【答案】解：设、的夹角为，因为，，且，
所以，，所以与的夹角为；
因为，
所以． 

【解析】利用平面向量的数量积求向量与的夹角余弦值，再求夹角的大小；
利用平面向量的数量积求模长即可．
本题考查了利用平面向量的数量积求模长与夹角的应用问题，是基础题．
 

18.【答案】解：Ⅰ选派乙参加数学竞赛较合适．
理由如下：
由题知，
甲成绩的方差，
乙成绩的方差，
由，，可知甲乙平均分相同，但乙的成绩比甲稳定，
故选派乙参加数学竞赛较合适．
Ⅱ道备选题中学生会的道分别记为，，，不会的道分别记为，，
方案一：学生从道备选题中任意抽出道的结果有：，，，，，共种，
抽中会的备选题的结果有，，，共种，
此方案学生可参加复赛的概率．
方案二：学生从道备选题中任意抽出道的结果有：
，，，，，，，，，，共种，
抽中至少道会的备选题的结果有：
，，，，，，，共种，
此方案学生可参加复赛的概率．
，推荐的选手选择方案二答题方案进入复赛的可能性更大． 

【解析】Ⅰ求出，甲成绩的方差，乙成绩的方差，从而选派乙参加数学竞赛较合适．
Ⅱ道备选题中学生会的道分别记为，，，不会的道分别记为，，求出方案一学生可参加复赛的概率方案二学生可参加复赛的概率从而推荐的选手选择方案二答题方案进入复赛的可能性更大．
本题考查概率求法及应用，考查平均数、方差、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

19.【答案】证明：取的中点，连结，．
因为是的中点，所以，且．
在矩形中，，
又是的中点，所以，且．
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面．
因为平面，
所以在矩形中，，
又，所以平面，所以，
在中，，是的中点，所以，
又，所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，
所以． 

【解析】取的中点，连结，推导出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面．
由平面，得，由平面，得，推导出，，由此能证明平面，即可证明．
本题考查线面平行和线面垂直以及线线垂直的证明，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题．
 

20.【答案】详解：由题意得，解得，，
由频率分布直方图得和的频率分别为，，故录取分数落在第四组，设其为，
，解得，
所以被录取至少需要分；
由题意在第四组中抽取人，设为、、、，在第五组中抽取人，设为．
在人中随机抽取人，则试验的样本空间，共有个样本点，
记事件“两人来自不同组”，则，共有个样本点，
故，所以两人来自同一组的概率为 

【解析】根据三、四、五组的频率之和为，及各组的频率之和为，建立方程组即可解得答案；
根据题意确定出录取分数落在第四组，进而根据频率为，建立方程解得答案即可；
先确定出两组应分别抽取多少人，进而利用列举法求得答案．
本题考查频率分布直方图的应用，属于基础题．
 

21.【答案】解：选择条件，由，
由正弦定理可得，
则，
则，
因为，所以，
所以，则，
所以；
选择条件，由，
由正弦定理可得，
即，
即，
所以，
因为，所以，则，
因为，所以．
选择条件，，
因为，
所以，
所以，
因为，所以，
因为，所以．
因为边，的长度是方程的两根，可得，
因为，是的内角平分线，可得，
由等面积法可得：，
所以，
可得，
则． 

【解析】本题主要考查正弦定理，余弦定理、三角恒等变换、三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，一元二次方程根与系数的关系，考查计算能力和转化思想，属于中档题．
若选，由正弦定理、两角和的正弦公式化简已知等式，结合，可得，结合，可求的值．
若选，利用正弦定理、三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得的值，结合，可得的值．
若选，两角和的正切公式可得的值，结合，可得的值．
由已知解一元二次方程的根，利用韦达定理，进而根据三角形的面积公式利用等面积法即可求解的值．
 

22.【答案】证明：因为，为中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
因此平面；
解：作于，作于，连接，
因为平面，所以，，
所以，，，
因此平面，即，
因为，，所以平面，即，
则二面角的平面角，，
因为，为边长为的正三角形，所以为直角三角形，
因为，，
从而，，
又平面，
所以．
 

【解析】根据等腰三角形的三线合一可知，再由面面垂直的性质定理即证结论；
作于，作于，连接，根据二面角的定义可证二面角的平面角，通过长度计算即得三棱锥的体积．
本题考查了线面垂直的证明以及三棱锥体积的计算，属于中档题．