湖北省随州市曾都区第一中学2021-2022学年高一下学期期末模拟数学试题

湖北省随州市曾都区第一中学21—22学年高一下学期

数学期末模拟试题

一、单选题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1. 已知复数，复平面内复数与所对应的点关于原点对称，与所对应的点关于实轴对称，则（    ）

A.  B. 26 C.  D. 25

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，利用复数的几何意义求出复数，再利用复数乘法计算作答.

【详解】复数对应的点为，关于原点对称的点为，关于实轴对称的点为，

则点对应的复数为，所以.

故选：A

2. 在等边中，点E在中线上，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用向量的加、减以及数乘运算即可求解.

【详解】因为，，

所以.

故选：A

3. 在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续7天，每天新增疑似病例不超过5人”.过去7日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下，则不一定符合该标志的是（    ）

甲地：总体平均数，且中位数为1；乙地；总体平均数为2，且标准差；

丙地：总体平均数，且极差；丁地：众数为1，且极差.

A. 甲地 B. 乙地 C. 丙地 D. 丁地

【答案】B

【解析】

【分析】根据条件，举例说明乙地，根据极差的概念，说明每天新增疑似病例的最大值，判断甲地、丙地和丁地.

【详解】甲地：满足总体平均数，且中位数为1，则最大值，则符合该标志；

乙地：若7天新增疑似病例为1，1，1，1，2，2，6，满足平均数为2，

标准差，但不符合该标志；

丙地：由极差可知，若新增疑似病例最多超过5人，比如6人，

那么最小值不低于4人，那么总体平均数就不正确，

故每天新增疑似病例低于5人，故丙地符合该标志；

丁地：因为众数为1，且极差，所以新增疑似病例的最大值，

所以丁地符合该标志.

故选：B

4. 设l，m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题不正确的是（    ）

A. 若l∥m，l⊥，则m⊥ B. 若l∥m，l∥，则m∥

C. 若l∥，m⊥，则l⊥m D. 若，则l⊥m

【答案】B

【解析】

【分析】利用线面平行、垂直的判定及性质对各选项逐一分析判断即可作答.

【详解】对于A，由直线与平面垂直的判定知，A正确；

对于B，当l∥m，l∥时，m可以在内，此时m与不平行，B不正确；

对于C，l∥，过l的平面交于直线n，于是有l∥n，而m⊥，则有m⊥n，l⊥m，C正确；

对于D，由线面垂直的定义知，D正确.

故选：B

5. 已知，，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用倍角的正弦公式和诱导公式化简可得，再求．

【详解】∵，则

又∵，则

∴，即，则

故选：B．

6. 一次物理测验中，同学们得分的频率分布直方图如图所示，则此次测验中物理得分的分位数是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先利用频率分布直方图求得a，然后由百分位数求解.

【详解】由图知各组的频率为

所以，则第四组的频率为0.05，前四组的频率之和为0.85，

所以这次测验中物理得分的90%分位数是在第五组内，且为.

故选：A

7. 已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，则下列结论不正确的是（    ）

A.  B. 的图象关于点对称

C. 的图象关于对称 D. 在上的最大值是1

【答案】D

【解析】

【分析】首先根据函数的周期和图象变换得到，再依次判断选项即可.

【详解】因为，所以，.

将的图象向左平移个单位长度，得到，

再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到.

对选项A，，故A正确.

对选项B，，所以的图象关于点对称，故B正确.

对选项C，，所以的图象关于对称.故C正确.

对选项D，，，所以，

所以，故在上的最大值是，故D错误.

故选：D

8. 节分端午自谁言，万古传闻为屈原；路漫漫其修远兮，吾将上下而求索；亦余心之所善兮，虽九死其尤未悔.端午节是传统节日中富有刚健气息的节日.习近平总书记曾在多个场合引用屈原诗作名句阐述思想､寄情言志.辛丑端午，让我们重温这些名言隽句，感悟总书记深沉的家国情怀.端午节吃粽子，赛龙舟寄寓了对屈原的怀念.粽子主要材料是糯米､馅料，用籍叶包裹而成，形状多样，主要有尖角状､四角状等.四川流行四角状的粽子，其形状可以看成一个正四面体，现需要在粽子内部放入一个肉丸，肉丸的形状近似地看成球，当这个肉丸的体积最大时，其半径与该正四面体的高的比值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意可知：当这个肉丸的体积最大时，肉丸所在的球面与正四面体内切，根据等体积法计算内切球的半径，最后求比值即可.

【详解】由题意：当这个肉丸的体积最大时，肉丸所在的球面与正四面体内切，

画出示意图：设正四面体的棱长为，

由正四棱锥的对称性可知：

点在底面的投影落在的中心位置，设为点，

则该四棱锥高，

则正四面体的体积为： ,

设正四面体的内切球的球心为，半径为，

根据等体积法可知：,

由于正四棱锥各个面都是全等的等边三角形，

所以，

所以，解得：，

综上：内切球的半径与该正四面体的高的比值为，

故选：C.

二、多选题（4小题每小题5分，共20分.全对得5分，部分选对得2分，选错得0分.）

9. 下列关于复数的命题，其中正确的是（    ）

A.  B.

C. 方程的根为 D. 的虚部为

【答案】ACD

【解析】

【分析】运用复数的除法运算化简得，再检验选项得解.

【详解】，D正确

所以，A正确；

，B错误；

，，C正确；

故选：ACD

10. 某地在2020年采用旧高考模式（即分文科和理科，理科必选物理，文科不选物理），在2021年实行了新高考改革，采用新高考模式（即“3＋1＋2”模式，“1”指物理和历史必选其一）．图1是某地2020年高考理科学生总分分布扇形图，图2是某地2021年高考物理类学生（选择物理的学生）总分分布条形图．由于新高考改革，该地2021年选择物理的学生人数较2020年理科学生人数下降了13%，则下列说法正确的有（    ）

A. 该地2020年高考理科学生总分在350分至450分段的学生人数占30%

B. 该地2021年高考物理类学生总分在550分至650分段的学生人数是2020年高考理科学生总分同分段学生人数的2倍

C. 该地2020年高考理科学生总分和2021年高考物理类学生总分的中位数均在450分至550分段

D. 相比2020年高考理科学生总分不低于450分的人数，新高考模式下高考物理类学生总分不低于450分的人数占比增加

【答案】ACD

【解析】

【分析】对A，由频率之和为1可计算总分在350分至450分段的学生人数比例；对B，通过对分数段在内的人数比例计算可判断错误；通过频率累计和可判断C、D项正确.

【详解】对A，2020年高考理科学生总分在350分至450分的学生人数占比为，故A项正确；

对B，由于2021年选择物理的学生人数较2020年理科学生人数下降了13%，假设2020年理科学生人数为单位1，则分数在内的人数为，2021年选择物理且分数在内的人数为，，故2021年高考物理类学生总分在550分至650分段的学生人数小于2020年高考理科学生总分同分段学生人数的2倍，故B项错误；

对C，2020年高考理科学生总分小于450分的人数占比为，小于550分的人数占比为，故中位数应该在450分至550分段．

同理，2021年高考物理类学生总分分数小于450分的人数占比为，小于550分的人数占比为，故中位数应该在450分至550分段，C项正确；

对D，2020年高考理科学生总分不低于450分的人数占，2021年高考物理类学生总分不低于450分的人数占．故高考物理类学生总分不低于450分的人数占比增加，故D项正确.

故选：ACD

11. 在中，，则（    ）

A. 当时，

B. 不可能是直角三角形

C. A的最大值为

D. 面积的最大值为

【答案】AD

【解析】

【分析】A选项结合正弦定理边化角，然后利用余弦定理即可判断；B选项，举出反例即可判断；C选择结合余弦定理表示出，然后利用均值不等式即可求出最值；D选项利用余弦定理表示出，进而表示出，结合三角形的面积公式，利用函数求最值即可.

【详解】在中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由，可得，又，当时，，解得，A正确；

当时，，满足，为直角三角形，B错误；，当且仅当时等号成立，所以A的最大值为，C错误；

，设，

，当时，S取最大值，且最大值为，D正确．

故选：AD

12. 如图，平面四边形中，是等边三角形，且是的中点．沿将翻折，折成三棱锥，翻折过程中下列结论正确的是（    ）

A. 存在某个位置，使得与所成角为锐角

B. 棱上总恰有一点，使得平面

C. 当三棱锥的体积最大时，

D. 当二面角为直角时，三棱锥的外接球的表面积是

【答案】BCD

【解析】

【分析】证明判断A；取CD的中点N，由推理判断B；三棱锥的体积最大时确定点C位置判断C；求出三棱锥的外接球半径计算判断D作答.

【详解】取BD中点E，连接CE，ME，如图，因是正三角形，有，而是的中点，

有，而，则，，平面，

于是得平面，平面，所以，A不正确；

取CD的中点N，连MN，因是的中点，则，平面，平面，所以平面，B正确；

因，要三棱锥的体积最大，当且仅当点C到平面距离最大，

由选项A知，点C到直线BD的距离，是二面角的平面角，当时，平面，

即当C到平面距离最大为时，三棱锥的体积最大，此时，有，

而，，平面，则有平面，平面，所以，C正确；

三棱锥的外接球被平面所截小圆圆心是正的中心，，

被平面所截小圆圆心为点M，设球心为O，连，则平面，平面，

当二面角为直角时，由选项C知，平面，平面，有，

四边形为矩形，，连，在中，，

所以三棱锥的外接球的表面积，D正确.

故选：BCD

【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 甲､乙两支羽毛球队体检结果如下：甲队的体重的平均数为，方差为100，乙队体重的平均数为，方差为200，又已知甲､乙两队的队员人数之比为，那么甲､乙两队全部队员的方差等于___________.

【答案】178

【解析】

【分析】先求出甲、乙两队队员所有队员中人数所占权重，然后利用平均数与方差的计算公式求解即可．

【详解】解：由题意可知甲队的平均数为，乙队体重的平均数为，

甲队队员在所有队员中人数所占权重为，

乙队队员在所有队员中人数所占权重为，

则甲、乙两队全部队员的平均体重为，

甲、乙两队全部队员体重的方差为．

故答案为178．

14. 圆台的两个底面半径分别为2、4，截得这个圆台的圆锥的高为6，则这个圆台的体积是_____________．

【答案】28π

【解析】

【分析】求出圆台的高，结合圆台的体积公式即得解.

【详解】解：设这个圆台的高为h，画出圆锥圆台的轴截面，可得，解得h=3，

所以这个圆台的体积是.

故答案为：28π

15. 已知在边长为的正三角形中，、分别为边、上的动点，且，则的最大值为_________．

【答案】##

【解析】

【分析】如图建立直角坐标系，设（），则（），然后表示出可求得其最大值

【详解】如图建系，则、、，

则，，设（），

则（），则，，

∴，

∴，

当时，取最大值．

故答案为：

16. 奋进新时代，扬帆新航程.在南海海域的某次海上阅兵上，一大批国产先进舰船和军用飞机接受了党和人民的检阅.歼-15舰载飞机从辽宁舰航空母舰上起飞，以千米/小时的速度在同一水平高度向正东方向飞行，在阅兵舰“长沙号”导弹驱逐舰上第一次观察到歼-15舰载飞机在北偏西，1分钟后第二次观察到歼-15舰载飞机在北偏东，仰角为，则歼-15飞机飞行高度为_______千米（结果保留根号）.

【答案】##

【解析】

【分析】作出图形，用点表示歼-15舰载飞机，用点表示阅兵舰，然后由正弦定理求得，再在直角三角形中求得．

【详解】如图，是阅兵舰，是歼-15舰载飞机被观察的起始位置，是飞机在地面上的射影，

由已知千米，，是正北方向，

因此，，，

，，

由正弦定理，即，解得，

在直角三角形中，．

故答案为：．

四、解答题：本大题共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. 已知复数，．

（1）当复数为纯虚数时，求实数的值；

（2）若，的共轭复数为，计算复数．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）根据纯虚数的定义进行求解；

（2）先求解共轭复数，代入计算，化简即可.

【详解】（1）由复数为纯虚数，

则，；

（2）当时，复数，

．

18. 已知函数．

（1）若，求的单调递增区间；

（2）若，且，求的值．

【答案】（1）单调递增区间为，   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先化简函数，再求函数的单调递增区间；

（2）由（1）的结果求得，再利用角的变换，结合两角差的正弦公式，即可求解.

【小问1详解】

，

令，，则，，

因，所以的单调递增区间为，.

【小问2详解】

因为，所以．因为，所以，

所以，所以

19. 为实现绿色发展，避免浪费能源，某市政府计划对居民用电采用阶梯收费的办法，为此相关部门在该市随机调查了200位居民的户月均用电量（单位：千瓦时）得到了频率分布直方图，如图：（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，精确到个位）

（1）试估计该地区居民的户月均用电量平均值；

（2）如果该市计划实施3阶的阶梯电价，使用户在第一档（最低一档），用户在第二档，用户在第三档（最高一档）.

①试估计第一档与第二档的临界值，第二档与第三档的临界值；

②市政府给出的阶梯电价标准是：第一档元/千瓦时，第二档元/千瓦时，第三档元/千瓦时，即：设用户的用电量是千瓦时，电费是元，则，试估计该地区居民的户月均电费平均值.

【答案】(1)；(2) ①,；②.

【解析】

【分析】（1）根据同一组中的数据用该组区间的中点值作代表进行求解即可；

（2）①利用频率分布直方图中的频率分别列式求解即可；

②利用平均数的计算方法求解即可.

【详解】（1）设户月均用电量平均值为，

则；

（2）①因为前三组的频率为，

第四组的频率为，所以在，则有

，解得，

区间的频率为，区间的频率为，

所以；

②设该地区居民户月均电费平均值为，依题意得

.

20. 已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝，AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE＝2，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．

（1）证明：EF⊥平面ABE；

（2）求二面角D﹣BF﹣E的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理即可求证；

（2）在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G，在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连接GH，可得二面角D﹣BF﹣E平面角∠DHG，计算∠DHG的余弦值即可.

【小问1详解】

证明：在直角梯形ABCD中，因为，故DA⊥AB，BC⊥AB，

因为EF∥BC，故EF⊥AB．

所以在折叠后的几何体中，有EF⊥AE，EF⊥BE，

而AE∩BE＝E，故EF⊥平面ABE．

【小问2详解】

解：如图，在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G．

在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连接GH．

因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，DG⊂平面AEFD，故DG⊥平面EBCF，

因为BF⊂平面EBCF，故DG⊥BF，而DG∩DH＝D，

故BF⊥平面DGH，又GH⊂平面DGH，故GH⊥BF，

所以∠DHG为二面角D﹣BF﹣E的平面角，

在平面AEFD中，因为AE⊥EF，DG⊥EF，

故AE∥DG，

又在直角梯形ABCD中，EF∥BC且EF＝（BC+AD）＝3，

故EF∥AD，故四边形AEGD为平行四边形，

故DG＝AE＝2，GF＝1，

在Rt△BEF中，，

因为∠BFE为三角形的内角，

故，故，

故，

因为∠DHG为三角形的内角，

故．

所以二面角D﹣BF﹣E的平面角的余弦值为．

21. 在梯形中，//，．

（1）若，且，求的面积；

（2）若，，求的长．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）先求解出的值，再根据余弦定理求解出的长度，结合的面积公式求解出结果；

（2）根据已知条件在中结合正弦定理可求解出的值，根据结合两角和的余弦公式可求解出的值，在中利用余弦定理可求解出的长.

【详解】（1）如图，因为，所以，

在中，，，

由余弦定理，知，

所以，即，

解得或（舍），

所以的面积．

（2）在中，因为，，

所以，，

由正弦定理，所以，

又，

在中，由余弦定理知

，所以．

【点睛】易错点睛：利用正、余弦定理解决几何图形问题的注意事项：

（1）注意隐含条件使用：以及变形；

（2）图形本身具备的性质：常见平面图形所具备的性质，主要是角度、长度、位置关系.

22. 如图，是圆的直径，点在圆所在平面上的射影恰是圆上的点，且，点是的中点，与交于点点是上的一个动点.

（1）求异面直线和所成角的大小；

（2）若平面，求的值；

（3）若点为的中点，且，求三棱锥的体积.

【答案】（1）；（2）3；（3）.

【解析】

【分析】（1）结合、，即可得到平面，即可得出.

（2）由平面可知则=.根据为的重心即可得出答案.

（3）,求出代入即可得出答案.

【详解】（1）因为点在圆所在平面上的射影恰是圆上的点，于是平面

因为平面所以

又，且所以平面，

又平面所以，

于是异面直线和所成角的大小为

（2）因为平面，平面平面平面所以

在中，点是的中点，点是的中点，所以为的重心，从而

在中，因为所以

所以的值为3.

（3）在中，由（2）知为的重心，所以又点为的中点，

所以于是

所以

在直角中，，所以

从而所以

所以三棱锥的体积为.