2021-2022学年甘肃省兰州市第二中学高一下学期期末数学试题含解析

2021-2022学年甘肃省兰州市第二中学高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知是虚数单位，则复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数除法运算化简即可求解.

【详解】，

故选：A.

2．天气预报说，在今后的三天中，每天下雨的概率都为60%．现采用随机模拟的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率．用1，2，3，4，5，6表示下雨，用计算机产生了10组随机数为180，792，454，417，165，809，798，386，196，206．据此估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，计算随机数中每组数中有2个数字在集合中判断即可

【详解】由题意，随机数中417，386，196，206表示这三天中恰有两天下雨，故估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为

故选：B

3．已知、是空间中两个不同平面，、是空间中两条不同直线，则下列命题中错误的是

A．若，⊥，则⊥

B．若，，则

C．若⊥，⊥，则

D．若⊥，，则

【答案】B

【分析】根据线面、面面平行垂直的性质判定定理依次判定.

【详解】线面垂直的性质定理可知A正确；

m、n可以异面，B错误；

面面平行的判定可知C正确；

面面垂直的判定可知D正确.

故选：B.

4．已知向量，，且，那么（    ）

A．2 B．-2 C．6 D．-6

【答案】B

【分析】根据向量共线的坐标表示，列出关于m的方程，解得答案.

【详解】由向量，，且，

可得: ,

故选：B

5．“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上.此模型的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.

【详解】如图，该模型内层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，

可知内层圆柱的高

同理，该模型外层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，

可知外层圆柱的高

此模型的体积为

故选：C

6．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由三角函数的诱导公式，即可求得答案.

【详解】

故选：B

7．在，其内角，，的对边分别为，，，若，则的形状是（    ）

A．直角三角形 B．等腰三角形 C．.等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形

【答案】D

【分析】由正弦定理边角互化得，进而移项整理得，再结合得或，进而得答案.

【详解】解：根据正弦定理边角互化得，

所以，

所以，

所以，即，

所以或，

所以或，即的形状是等腰或直角三角形.

故选：D

8．已知△是边长为1的等边三角形，点分别是边的中点，且 ，则的值为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【分析】把△放在直角坐标系中，可以根据题干中的条件写出各个点的坐标，再利用，求出点的坐标，再求出的值即可.

【详解】把△如下图放在直角坐标系中，

由于△的边长为1，故，点分别是边的中点，，设，，，，.

故选：B.

二、多选题

9．已知点O是边长为1的正方形ABCD的中心，则下列结论正确的为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】通过向量加法的平行四边形法则、向量减法的三角形法与向量的数量积公式即可判断各选项正确与否.

【详解】通过向量加法的平行四边形法则可知，，选项A正确；

，选项B错误；

与方向不同，选项C错误；

延长到,使,通过向量减法的三角形法则可知,在中，，，选项D正确.

故选：AD.

10．下列各式中，值为的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据正弦函数、余弦函数和正切函数的倍角公式，准确化简，即可求解.

【详解】由余弦的倍角公式，可得，所以A不正确；

由正切的倍角公式，可得，所以B正确；由正弦的倍角公式，可得，所以C正确；

由，所以D不正确.

故选：BC.

11．已知向量，下列结论正确的是（    ）

A．与能作为一组基底

B．与同向的单位向量的坐标为

C．与的夹角的正弦值为

D．若满足，则

【答案】ACD

【分析】对于A两个不共线的向量可以作为平面的一组基底；对于B与向量同向的单位向量为；对于C可以用夹角公式先求夹角的余弦，再用平方关系求正弦；对于D代模长公式计算即可.

【详解】对于A，因为，所以不存在实数使得，

所以与能作为一组基底，故A正确；

对于B，因为，

所以，

所以与同向的单位向量的坐标为，故B错误；

对于C，因为，

所以与的夹角的正弦值为，故C正确；

对于D，因为，

所以，解得，故D正确．

故选：ACD．

12．如图，在正方体中，点在线段上运动，则（    ）

A．三棱锥的体积为定值

B．异面直线与所成的角的取值范围为

C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为

D．过作直线，则

【答案】ACD

【分析】证明平面，结合三棱锥的体积计算判断A；利用异面直线夹角的定义计算判断B；求出点到平面的距离计算判断C；证明平面判断D作答.

【详解】对于A，在正方体中，对角面是矩形，即，

平面，平面，则平面，即点P到平面的距离等于点C到

平面的距离，为定值，而的面积是定值，因此，三棱锥的体积为定值，A正确；

对于B，由选项A知，，则异面直线与所成的角即为直线与所成的角，连，

则有是正三角形，点在线段上运动，当点P与或重合时，直线与所成的角最小，为，

当点P为线段的中点时，直线与所成的角最大，为，

所以异面直线与所成的角的取值范围为，B不正确；

对于C，令正方体棱长为2，点到平面的距离为h，正边长为，面积为，

由得：，解得，当点P为线段的中点时，，

所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为，C正确；

对于D，在正方体中，，平面，又平面，因此，

而，平面，于是有平面，又平面，

则，又直线过，且直线，所以，D正确.

故选：ACD

三、填空题

13．已知为虚数单位，复数，则_________．

【答案】

【分析】先将复数z化成的形式，再求模即可得答案.

【详解】解：因为，

所以.

故答案为：.

14．已知甲运动员的投篮命中率为0.7，乙运动员的投篮命中率为0.6，若甲、乙各投篮一次，则恰有一人命中的概率是 __．

【答案】/

【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，以及互斥事件的概率加法公式，即可求解.

【详解】由甲运动员的投篮命中率为0.7，乙运动员的投篮命中率为0.6，

若甲、乙各投篮一次，则恰有一人命中的概率为

故答案为：.

15．已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面为等腰直角三角形且，若该三棱锥体积的最大值为，则其外接球的表面积为__________.

【答案】

【分析】设球心为所在圆面的圆心为，根据球的几何特征可知，当三棱锥体积最大时，为射线与球的交点，即可根据三棱锥的体积公式求出球的半径，从而得其外接球的表面积．

【详解】如图所示：设球心为所在圆面的圆心为，则平面．

因为为等腰直角三角形且，所以是中点；所以当三棱锥体积最大时，为射线与球的交点，所以；因为，设球的半径为，所以，所以，解得：，所以球的表面积为.

故答案为：．

16．在面上有及内一点满足关系式：即称为经典的“奔驰定理”，若的三边为，，，现有，则为的__心.

【答案】内

【分析】利用平面向量的线性运算得到，再利用三角形内心的性质求解即可．

【详解】，，

，

，

，分别是，方向上的单位向量，

向量平分，即平分，同理平分，

为的内心，

故答案为：内

四、解答题

17．兰州市新开的滑冰馆备受年轻人的喜欢，此馆的平面设计如图所示，其中区域为休息区，，，区域为滑冰区，．现为了安全起见，将滑冰区周围筑起护栏．若，求护栏的长度（的周长）.

【答案】

【分析】利用余弦定理求出的长，分析出为直角三角形，计算出边、的长，即可求得的周长，即为所求.

【详解】解：区域为休息区，，，，

由余弦定理可得，

所以，，

所以，，所以，，

区域为滑冰区，在中，，，

所以，，，

所以，的周长为.

护栏的长度为．

18．甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有道不同的题目，其中选择题道，判断题道，甲、乙两人各抽一道（不重复）．

(1)甲抽到选择题且乙抽到判断题的概率是多少？

(2)甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）记“甲抽到选择题，乙抽到判断题”为事件，列举所有的基本事件，并确定事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得事件发生的概率；

（2）记事件甲、乙二人中至少有一人抽到选择题，确定事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可计算出事件发生的概率.

【详解】（1）解：记“甲抽到选择题，乙抽到判断题”为事件，

记两道选择题分别为、，两道判断题分别为、，

所有的基本事件有：、、、、、、、

、、、、，共种，

其中事件包含的基本事件有：、、、，共种，

由古典概型的概率公式可得.

（2）解：记事件甲、乙二人中至少有一人抽到选择题，

则事件包含的基本事件有：、、、、、

、、、、，共种，

由古典概型的概率公式可得.

19．①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答．

已知的三边，，所对的角分别为，，．若，______．

（1）求；

（2）求的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】选①：（1）；（2）或.选②：（1）；（2）或.

选③：（1）；（2）或.

【分析】若选①：（1）由二倍角公式、辅助角公式化简可求；（2）由正弦定理求，即可得，，，由面积公式即可求面积；若选②：（1）由正弦定理化边为角可求；（2）由正弦定理求，即可得，，，由面积公式即可求面积；若选③：（1）由余弦定理可求；（2）由正弦定理求，即可得，，，由面积公式即可求面积；

【详解】若选①：

（1）由可得即，

所以，所以，

因为，所以

（2）由可得，

因为，所以或，

当时，，由可得，，

此时的面积为，

当时，，所以，

此时的面积为，

所以的面积为或.

若选②：

由可得，

因为，所以，可得，

因为，所以；

（2）由可得，

因为，所以或，

当时，，由可得，，

此时的面积为，

当时，，所以，

此时的面积为，

所以的面积为或.

若选③：由可得，

由余弦定理可得，

因为，所以；

（2）由可得，

因为，所以或，

当时，，由可得，，

此时的面积为，

当时，，所以，

此时的面积为，

所以的面积为或.

20．如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、的中点．

(1)求证：平面；

(2)求证：平面.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）作出辅助线，得到面面平行，从而得到线面平行；

（2）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，结合勾股定理逆定理得到线面垂直.

【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，．

，分别是和的中点，

，．

又四边形为正方形，

，从而．

平面，平面，

平面，

同理平面，又，

平面平面，

∵平面，

则平面；

（2）为正方形，

．

又平面平面，且平面平面，面，

平面，平面，则，

，，

，则，得．

又，平面，

平面；

21．甲、乙两同学组成“星队”参加“庆祝中国共产党成立周年”知识竞赛．现有、两类问题，竞赛规则如下：

①竞赛开始时，甲、乙两同学各自先从类问题中随机抽取一个问题进行回答，答错的同学本轮竞赛结束；答对的同学再从类问题中随机抽取一个问题进行回答，无论答对与否，本轮竞赛结束．

②若在本轮竞赛中甲、乙两同学合计答对问题的个数不少于个，则“星队”可进入下一轮．已知甲同学能答对类中问题的概率为，能答对类中问题的概率为．乙同学能答对类中问题的概率为，答对类中问题的概率为．

(1)设“甲答对个，个，个问题”分别记为事件、、，求事件、、的概率；

(2)求“星队”能进入下一轮的概率．

【答案】(1)，，

(2)

【分析】（1）利用对立事件的概率公式可求得的值，利用独立事件的概率公式可求得、的值；

（2）设“乙同学答对个、个问题”别记为事件、，计算出、的值，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】（1）解：甲同学能答对类中问题的概率为，能答对类中问题的概率为，

，，．

（2）解：设“乙同学答对个、个问题”别记为事件、，

乙同学能答对类中问题的概率为，答对类中问题的概率为．

，，

设事件表示““星队”能进入下一轮”，

，

故“星队”能进入下一轮的概率为．

22．如图，在三棱锥中，底面．

(1)证明：平面平面；

(2)若，直线与平面所成角的大小为，求的长．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直得到，再由，即可得到平面，从而得证；

（2）过点A作，垂足为H，连接，由面面垂直的性质得到平面，即可得到就是直线与平面所成角，再由锐角三角函数及勾股定理计算可得；

【详解】（1）证明：因为平面，平面，

所以，

因为，，平面，所以平面，

又平面，

所以平面平面．

（2）解：过点A作，垂足为H，连接．

由（1）知平面平面，

又，平面平面，平面，

所以平面，

所以就是直线与平面所成角，

即．

在中，，故．

在中，．

在中，因为，所以，即，

所以为等腰直角三角形，

所以．