江苏省徐州市2021-2022学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

2021~2022学年度第二学期期末抽测

高一年级数学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（    ）

A. 1 B. 5 C. 7 D. 25

【答案】D

【解析】

【分析】根据共轭复数的概念，结合复数的乘法运算求解即可

【详解】因为，故，故

故选：D

2. 同时抛掷两颗骰子，观察向上的点数，记事件“点数之和为7”，事件“点数之和为3的倍数”，则（    ）

A. 为不可能事件 B. 与为互斥事件

C. 为必然事件 D. 与为对立事件

【答案】B

【解析】

【分析】先分析事件A、B的构成，对四个选项一一验证即可.

【详解】同时抛掷两颗骰子，有36个结果，事件“点数之和为7”，包括：，，，，，.

事件“点数之和为3的倍数”，包括，，，，，，.

所以为“点数之和为7或3的倍数”，不是不可能事件.故A错误；

与为互斥事件，故B正确；

为不可能事件.故C错误；

事件A、B不能包含全部基本事件，故与不是对立事件.故D错误.

故选：B

3. 已知，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】直接利用二倍角的余弦公式，代入，即可求出结果.

【详解】解：由题可知，

.

故选：A.

4. 已知数据，，…，的平均数为3，方差为1，那么数据，，…，的平均数和方差分别为（    ）

A. 3，1 B. 9，3 C. 10，9 D. 10，10

【答案】C

【解析】

【分析】根据平均数和方差公式直接求解即可

【详解】因为数据，，…，的平均数为3，方差为1，

所以，，

所以数据，，…，的平均数为

，

方差为

，

故选：C

5. 设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题中正确的是（    ）

A. 若，，，则

B. 若，，，则

C. 若，，，则

D. 若，，则

【答案】C

【解析】

【分析】ABD选项，可以举出反例，C选项，可以利用面面垂直的性质进行证明

【详解】A选项，若，，，则或异面，A错误；

B选项，如图，

满足，，，而，故B错误；

C选项，因为，设，，

所以，因为，所以，

因为，，所以，则，

C正确；

D选项，如图，

满足，，而，D错误.

故选：C

6. 端午节是我国传统节日，甲，乙，丙3人端午节来徐州旅游的概率分别是，，，假定3人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用相互独立事件的概率公式求出没有人来徐州旅游的概率，再利用对立事件的概率公式求解即可.

【详解】由题意可得3人中没有人来徐州旅游的概率为，

所以这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为：.

故选：D.

7. 在中，，若，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用平面向量基本定理结合已知条件，将用表示出来，从而可求出的值

【详解】因为，所以为上靠近点的三等份点，

所以

,

因为，

所以，

所以，

故选：A

8. 已知正四棱锥的侧棱长为3，其顶点均在同一个球面上，若球的体积为，则该正四棱锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设正四棱锥的底面边长为a，高为h.由题意列方程组求出a和h，即可求出正四棱锥的体积.

【详解】设正四棱锥的底面边长为a，高为h.

因为球的体积为，所以，解得：.

如图示：正四棱锥中，侧棱.，则面ABCD.

因为，侧棱，所以外接球的球心O在PE的延长线上.

由题意可得：，即，解得: .

所以该正四棱锥的体积为：.

故选：B

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 设向量，满足，则（    ）

A. 与的夹角为60° B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】对AD，将两边平方可得判断即可；

对B，根据两边平方求解即可；

对C，根据和计算即可

【详解】对AD，因为，故，即，故，故与的夹角为，故A错误，D正确；

对B，因为，故，因为故，故B正确；

对C，，故C正确；

故选：BCD

10. 下图是某市6月1日至14日的空气质量指数变化趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，则下列说法正确的是（    ）

A. 该市14天空气质量指数的平均值大于100

B. 该市14天空气质量指数的中位数为78.5

C. 该市14天空气质量指数的30百分位数为55

D. 计算连续3天空气质量指数的方差，其中6日到8日的方差最大

【答案】BC

【解析】

【分析】由平均数、中位数、百分位数和方差的概念即可得出答案.

【详解】对于A，，

该市14天空气质量指数的平均值小于100，故A错；

对于B，将14天的空气质量指数由小到大排列为：

，所以该市14天空气质量指数的中位数为：，故B正确.

对于C，因为，所以该市14天空气质量指数的30百分位数为，故C正确.

对于D，因为，所以5日到7日的方差大于6日到8日的方差，故D不正确.

故选：BC.

11. 已知内角，，所对的边分别为，，，以下结论中正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，，，则该三角形有两解

C. 若，则一定为等腰三角形

D. 若，则一定为钝角三角形

【答案】AD

【解析】

【分析】对A，根据正弦定理判断即可；

对B，根据正弦定理求解判断即可；

对C，根据正弦定理结合正弦函数的取值判断即可；

对D，根据正弦定理边角互化，再根据余弦定理判断即可

【详解】对A，由三角形的性质，当时，，又由正弦定理，故，故A正确；

对B，由正弦定理，故，故，因为，故，故该三角形只有1解，故B错误；

对C，由正弦定理，，故，所以或，即，所以为等腰或者直角三角形，故C错误；

对D，由正弦定理，，又余弦定理，故，故一定为钝角三角形，故D正确；

故选：AD

12. 在棱长为2的正方体中，点为棱的中点，点是正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（    ）

A. 直线与直线夹角为60°

B. 平面截正方体所得截面为等腰梯形

C. 若，则动点的轨迹长度为

D. 若平面，则动点的轨迹长度为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对A，根据的平行线确定直线与直线夹角即可；

对B，根据面面平行的性质，作出平面截正方体所得截面分析即可；

对C，由题意，动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧上，再根据弧长公式求解即可；

对D，先判断过且平行于平面的平面截正方体的面，再分析的轨迹即可

【详解】对A，连接，可得正，根据正方体的性质，，故直线与直线夹角为直线与直线的夹角为，故A正确；

对B，根据面面平行的性质可得平面截的交线，故平面截的交点为的中点，故，故截面为等腰梯形，故B正确；

对C，若，则，故动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧上，其长度为，故C错误；

对D，取中点，连接如图.由B，截面为等腰梯形，易得，，故平面平面，故的轨迹为线段，其长度为，故D正确；

故选：ABD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 中，若，，则_______.

【答案】

【解析】

【分析】由正弦定理可得：，代入即可得出答案

【详解】由正弦定理可得：

，

则.

故答案为：.

14. 已知复数，其中为虚数单位，若，在复平面上对应的点分别为，，为坐标原点，则线段长度为_______.

【答案】

【解析】

【分析】根据复数的几何意义与乘法运算分别求得，再求长度即可

【详解】由题意，，故，在复平面上对应的点分别为，故

故答案为：

15. 已知正方形边长为2，点为边的中点，将四边形绕直线旋转一周，所得几何体的体积为_______；将四边形绕直线旋转一周，所得几何体的表面积为_____.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】将四边形绕直线旋转一周，所得几何体为圆台，圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为2，由圆台的体积公式代入即可得出答案；将四边形绕直线旋转一周，所得几何体为一个底面半径和高均为2的圆柱，中间挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥后所形成的组合体，由圆锥和圆柱的表面积公式代入即可得出答案.

【详解】由题意，将四边形绕直线旋转一周，所得几何体为圆台，圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为2，故其体积为：.

将四边形绕直线旋转一周，所得几何体为一个底面半径和高均为2的圆柱，中间挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥后所形成的组合体.

圆柱的表面积为：，

圆锥的底面积为，

圆锥的侧面积为：，

所以该几何体的表面积为：.

故答案为：；.

16. 在中，若，点为边的中点，，则的最小值为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据数量积的运算化简可得，再设，结合三角形中的余弦定理，根据基本不等式求解即可

【详解】，因为为边的中点，，故，故求的最大值.设，，则由余弦定理，，，因为，故，即，又，故，即，此时，故，当且仅当时取等号.即的最小值为

故答案为：

四、解答题：本题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. 如图，已知在三棱锥中，，点，分别为棱，中点，且平面平面.

（1）求证：平面；

（2）求证：.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）先利用三角形的中位线定理证明出，再用线面平行的判定定理证明即可；

（2）先得到平面，再用线面垂直的性质定理证明出.

【小问1详解】

因为点，分别为棱，的中点，所以.

又平面，平面,

所以平面.

【小问2详解】

因为，点为棱的中点，所以.

因为平面平面，所以平面.

又平面，所以

18. 已知，，其中.

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（１）由已知函数值以及角的范围得，，且，结合两角和差公式即可求值.

（２）根据结合两角和差公式即可求值

【小问1详解】

知：，因为，则，故

【小问2详解】

由，

∴，

由知：，

∴由题意，得，结合（1）有，

∴.

19. 已知内角，，所对的边分别为，，，设向量，，且.

（1）求角；

（2）若，的面积为，求的周长.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据向量平行的坐标公式，结合余弦定理求解即可；

（2）根据面积公式可得，进而得到，从而利用正弦定理求出，进而得到周长即可

【小问1详解】

由向量平行的坐标公式可得，由正弦定理可得，即，故，因为，故

【小问2详解】

由三角形面积公式，，故，故为等腰三角形，故，又，故，所以的周长为

20. 2022年3月28日是第三十届“世界水日”，我国将3月22—28日确定为“中国水周”，并将“推进地下水超采综合治理，复苏河湖生态环境”作为相关宣传活动的主体.某地区为了制定更加合理的节水方案，通过随机抽样，调查了上一年度100户居民的月均用水量（单位：吨），并将数据以组距2分成9组：，，，，，，，，，制成了频率分布直方图如图所示.

（1）求的值；

（2）设该地区有居民10万户，估计该地区居民中月均用水量不低于12吨的户数，并说明理由；

（3）为了进一步了解居民的节水、用水情况，在月均用水量为和的两组中，用分层抽样的方法抽取6户居民，再从这6户居民中随机抽取2户进行问卷调查，求抽取的这2户居民来自不同组的概率.

【答案】（1）a=0.060   

（2）39000    （3）

【解析】

【分析】(1)根据直方图面积为1的规则即可算出a；

(2)将频率作为概率，用部分估计总体即可；

(3)先算出基本事件的样本空间，再计算所求事件的样本空间即可；

【小问1详解】

由图可知： ，

解得：a=0.060；

【小问2详解】

不低于12吨的用户的频率为：  ，

将此频率作为概率，则估计10万用户中不低于12吨的用户数=  ；

【小问3详解】

的频率为 ，有 （人），

频率为，有 （人），

共48人，根据分层抽样的原则，在组抽取 （人），

在组抽取 （人），

设组的人为 ，组的人为 ，

则从中抽取2人的样本空间为：

，共有15种，满足条件的有8种，

∴抽取的2人来自不同的组的概率为 ；

综上，a=0.060，估计10万用户中不低于12吨的用户数为39000（户），抽取的2人来自不同的组的概率为.

21. 如图，经过城市有两条夹角为60°的公路，，实行垃圾分类政策后，政府决定在两条公路之间的区域内建造一座垃圾处理站，并分别在两条公路边上建造两个垃圾中转站，（异于城市），为方便运输，要求（单位：km）.设.

（1）当时，求垃圾处理站与城市之间的距离；

（2）当为何值时，能使得垃圾处理站与城市之间的距离最远？

【答案】（1）   

（2）设计时，能使得垃圾处理站与城市之间的距离最远.

【解析】

【分析】（1）根据得到，进而可求出结果；

（2）设，由正、余弦定理，得到， 取最大值时能使得垃圾处理站与城市之间的距离最远，即可得出结果.

【小问1详解】

因为，且，故，故，

故，

【小问2详解】

设，由题意，

由正弦定理，，所以

由余弦定理可得：

，

又由（1）可得，所以，

当且仅当，即时，取得最大值，能使得垃圾处理站与城市之间的距离最远，此时.

22. 如图，在直三棱柱中，，且，点为线段上的动点.

（1）当为线段中点时，求点到平面的距离；

（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等体积法，利用求解即可；

（2）根据线面垂直的判定可得平面，故直线与平面所成角即为，再根据可得，再作，，证明为二面角的平面角，再求余弦值即可

【小问1详解】

因为为中点，故，设中点为，连接则，故平面，故，所以，故.又，.故，故.设点到平面的距离为，则，即，解得，即点到平面的距离为

【小问2详解】

由题意，，，，平面，故平面，所以直线与平面所成角即为，故，解得.作，，连接如图.则平面，又平面，故.又，平面，故平面，故为二面角的平面角.又，，故，故，即二面角的余弦值为