广西南宁市四校联考2021-2022学年高一下学期期末考试数学试题

这是一份广西南宁市四校联考2021-2022学年高一下学期期末考试数学试题，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

广西南宁市四校联考2021-2022学年高一下学期期末考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知，则（    ）
A． B． C．4 D．
2．我国古代数学名著《九章算术》有一抽样问题：“今有北乡若干人，西乡七千四百八十八人，南乡六千九百一十二人，凡三乡，发役三百人，而北乡需遣一百人，问北乡人数几何？”其意思为：“今有某地北面若干人，西面有人，南面有人，这三面要征调人，而北面共征调人（用分层抽样的方法），则北面共有（    ）人．”
A． B． C． D．
3．下列命题中是真命题的有（    ）
A．若甲组数据的方差为5，乙组数据为5，6，9，10，5，则这两组数据中较稳定的是甲；
B．甲乙两组数据的极差相等，则它们离散程度相同；
C．一组数据2，1，4，3，5，3的平均数、众数、中位数相同；
D．一组数1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的分位数为4.
4．已知，，为不同的直线，，为不同的平面，则下列结论正确的是（    ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
5．如图，在中，，点是的中点，设，，则（    ）
    
A． B． C． D．
6．一艘海警船从港口A出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°方向直线航行，30分钟后到达B处，这时候接到从C处发出的一求救信号，已知C在B的北偏东65°，港口A的东偏南20°处，那么B，C两点的距离是（    ）海里
A． B． C．20 D．
7．已知，则向量与向量的夹角是（    ）
A． B． C． D．
8．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为，圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的体积为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．设非零向量，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则与方向相同的单位向量
B．若，，则在上的投影向量为
C．若，，则
D．已知，且，则
10．下列说法正确的是（    ）
A．复平面内表示复数的点位于第二象限
B．若复数z满足，则
C．若复数，则且时z为纯虚数
D．若复数z满足，则
11．中，角A、B、C所对的边为，下列叙述正确的是（    ）
A．若，则．
B．若，则有两个解.
C．若，则是等腰三角形.
D．若，则．
12．正方体的棱长为1，分别为的中点．则（    ）
  
A．直线与平面所成的角为
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面的距离相等

三、填空题
13．从4张分别写有数字1，2，3，4的卡片中随机抽取2张，则所取2张卡片上的数字之积为奇数的概率是
14．在中，，则 .
15．如图，S为等边三角形ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC＝AB，E，F分别为SC，AB的中点，则异面直线EF与AC所成的角的正切值为 ．

16．已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，则点的坐标 .

四、解答题
17．已知.
(1)若，且A，B，C三点共线，求m的值.
(2)当k为何值时，与垂直.
18．2022年2月8日，中国选手谷爱凌在北京冬奥会女子大跳台项目决赛中以之前从未有人在正式比赛中完成的“左转1620”动作一举夺得冠军，为中国代表团揽入一枚里程碑式的金牌．受奥运精神的鼓舞，某滑雪俱乐部组织100名滑雪爱好者进行了一系列的大跳台测试，并记录他们的动作得分（单位：分），将所得数据整理得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)估计该100名射击爱好者的射击平均得分（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
(3)该俱乐部计划招募成绩位列前10%的滑雪爱好者组成集训队备战明年的滑雪俱乐部联盟赛，请根据图中信息，估计集训队入围成绩（记为k）．
19．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面底面，且，设，分别为，的中点.
  
(1)求证：//平面；
(2)求证：平面平面.
20．为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲、乙两人同时答对的概率为，只有甲答对的概率.
(1)求和的值；
(2)求甲、乙两人共答对3道题的概率.
21．在①②③三个条件中选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设的面积为S，已知________．
（1）求角C的值；
（2）若，点D在边上，为的平分线，的面积为，求边长a的值．
22．如图，四边形为正方形，四边形为两个全等的等腰梯形，，，，．

(1)求二面角的大小；
(2)求三棱锥的体积；
(3)点N在直线上，满足，在直线上是否存在点M，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

参考答案：
1．A
【分析】根据共轭复数的概念，及复数代数形式的乘法运算化简即可；
【详解】解：因为，所以，
所以；
故选：A
2．A
【分析】由分层抽样原则可直接构造方程求得结果.
【详解】设北面有人，则，解得：.
故选：A.
3．C
【分析】由极差、众数的概念及方差、平均数、中位数、百分位数的计算公式逐项分析即可求解.
【详解】A选项：乙组数据的平均数为，
乙组数据的方差为，
所以这两组数据中较稳定的是乙，A错误；
B选项：甲乙两组数据的极差相等，两组数据的方差不一定相等，则它们离散程度不一定相同，B错误；
C选项：平均数为，众数为3，将数据从小到大排列为1，2，3，3，4，5，
所以中位数为，C正确
D选项：该组数据共10个数，由，则该组数据的分位数，D错误.
故选：C
4．C
【分析】利用正方体的结构特征，结合直线、平面的位置关系逐项判断.
【详解】如图所示：
A. 若，满足，，则异面，故错误；
B. 若平面ABCD，满足，，则a，b相交；故错误；
C. 因为，，由垂直同一直线的两个平面平行，则，故正确；
D. 若平面ABCD，满足，，，故错误；
故选：C
5．B
【分析】连结，根据向量加法三角形法则有，由题意，再转化为，整理即可得结论.
【详解】解：连结，
    
在中，因为，点是的中点，
所以,
故选：B.
6．B
【分析】在中，由正弦定理求解.
【详解】解：如图所示：

在中，，
则，又，
由正弦定理得，
即，
解得，
故选：B
7．A
【分析】由向量的数量积及可求解.
【详解】设与的夹角是，则由题意可得，
再根据，解得，结合可得.
故选：A.
8．B
【分析】设球半径为，圆锥的底面半径为，母线为，由直角圆锥的侧面积为可求出，，再求出圆锥的高即可知，解得，即可求出球的体积.
【详解】设球半径为，圆锥的底面半径为，若一个直角圆锥的侧面积为，
设母线为，则，
所以直角圆锥的侧面积为：，
可得：，，圆锥的高，
由，解得：，
所以球的体积等于，
故选：B
  
9．ABC
【分析】根据单位向量的坐标运算判断A，根据投影向量坐标公式求解判断B，根据向量模的坐标公式判断C，根据数量积的运算律判断D.
【详解】A选项：若，则与方向相同的单位向量，正确；
B选项：因为，，所以，又，
所以在上的投影向量为，正确；
C选项：因为，，所以，
所以，正确；
D选项：因为，，所以，则与的长度不一定相等，方向也不一定相同，故与不一定相等，
也可用特例法，当且时，满足，此时不一定有，错误.
故选：ABC
10．ACD
【分析】求出复平面内表示复数的对应的点可判断A；举反例可判断B；根据复数分类可判断C；根据复数加法的几何意义可判断D．
【详解】A选项：复平面内表示复数的点位于第二象限，故A正确；
B选项：若，则，但，故B错误；
C选项：若复数，则且时z为纯虚数，故C正确；
D选项：根据复数加法的几何意义可知，设，
则，
所以，
所以复数z对应的点的集合为圆心为、半径为1的圆，
所以，故D正确．
故选：ACD.
11．AB
【分析】由正弦定理进行边角转化判断A，由正弦定理求出，再根据大小关系确定角的解判断B，正弦定理化边为角，进行三角恒等变换后判断C，利用余弦定理变形后得出角范围判断D．
【详解】中，由正弦定理，A正确；
若，由得，
又，所以，因此角可以为锐角也可以为钝角，有两解，B正确；
若，则，，或，即或，是等腰三角形或直角三角形，C错误；
若，则，整理得，，所以，D错误．
故选：AB．
12．BC
【分析】由平面，得到直线与平面所成的角为，可判定A不正确；取的中点Q，连接，证得平面平面，可判定B正确；由，得到截面为等腰梯形，求得梯形的面积，可判定C正确；假设与到平面的距离相等，连接交于点，根据点不是线段的中点，可判定D错误.
【详解】对于A中，在正方体中，平面，
所以直线与平面所成的角为，
其中，所以，所以A不正确；
对于B中，如图所示，取的中点Q，连接，
由，且平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，
因为，且平面，平面平面，
又因为平面，所以平面，所以B正确；
对于C中，因为为的中点，所以，
因为，所以，
所以四点共面，所以截面即为等腰梯形，
因为正方体的棱长为，可得，，
在直角中，可得，则高为，
所以梯形的面积为，所以C正确；
对于D中，假设与到平面的距离相等，则平面必过的中点，
连接交于点，因为点不是线段的中点，所以假设不成立，所以D错误.
故选：BC.
  
13．
【分析】利用组合知识求得基本事件种数和所求事件包含的事件种数后,利用古典概型的概率公式可得答案.
【详解】从4张分别写有数字1，2，3，4的卡片中随机抽取2张,总共有种抽法,
所取2张卡片上的数字之积为奇数的共有种抽法,
根据古典概型的概率公式可得所求概率为.
故答案为:
【点睛】本题考查了古典概型的概率公式,关键是求出积为奇数时的抽法种数,属于基础题.
14．
【分析】由，利用正弦定理转化为边的关系，再利用余弦定理求解.
【详解】解：因为在中，，
所以，不妨设，
所以，
故答案为：
15．1
【分析】如图，取的中点，连接，等于异面直线与所成角，证明平面即得解.
【详解】解：如图，取的中点，连接，则
等于异面直线与所成角.

设，则.
取的中点，连接.
，为等边三角形，
平面，
平面，，
.
所以，异面直线与所成的角的正切值等于1.
故答案为：1
16．
【分析】利用新定义，根据两个向量坐标形式的运算法则，即可求解.
【详解】由题意可得，
因为点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，
所以，
设点坐标为，则，
解得，，
即点的坐标为，
故答案为：
17．(1)
(2)当时，与垂直

【分析】（1）由题意得、坐标，根据A，B，C三点共线，可得，代入数据，即可得答案.
（2）先求得与坐标，根据两向量垂直，可得，即可得答案.
【详解】（1）因为，
所以，
因为A，B，C三点共线，
所以，即，
所以，解得.
（2），，
因为与垂直，
所以，解得
18．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）根据频率和为1列式求解；（2）用该组区间的中点值估计，代入计算；（3）根据题意入围成绩的临界值为，则计算求解．
【详解】（1）由题意可得：，解得
（2）由题意可得：
估计该100名射击爱好者的射击平均得分
（3）根据频率分布直方图可知：的频率为
设入围成绩的临界值为，则，即
估计集训队入围成绩
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据给定条件，结合线面平行的判定定理作答；
（2）根据给定条件，证明，由面面垂直、线面垂直的性质证得，再利用面面垂直、线面垂直的判定推理作答.
【详解】（1）连结，如图：
  
∵底面为正方形，为的中点，∴为中点，
又∵为的中点，∴为的中位线，
∴，又平面，平面，
∴//平面；
（2）∵为正方形，∴，
又平面平面，平面面，平面，
∴平面，平面，∴，
又，则，
∴是等腰直角三角形，且，
又平面，平面，且，
∴平面，又平面，∴平面平面.
20．(1)
(2)

【分析】（1）利用独立、互斥事件概率公式得到方程组求解；
（2）由甲乙总共答对3道题等价于甲答对2道题乙答对1道题或甲答对1道题乙答对2道题，利用独立、互斥事件概率公式计算求得.
【详解】（1）设A：甲同学答对第一题，B：乙同学答对第一题，则，，
设C：甲、乙两人均答对第一题，D：只有甲答对第一题，则，，
∵甲、乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，∴A与B相互独立，
∴，，
由题意得，解得.
（2）设：甲同学答对了i道题，：乙同学答对了i道题，，
由题意根据独立性得，，，，
设：甲、乙两人共答对3道题，
则且与互斥，与，与分别互相对立，
∴，
∴甲、乙两人共答对3道题的概率为.
21．（1）；（2）
【分析】（1）选①，可由余弦定理得，进而可得；
     选②，由面积公式和余弦定理可得，进而可得；
选③，可得，进而可得.
（2）设，由，，联立可求得.
【详解】（1）选①，由余弦定理得，
整理得，所以，又，故.
选②，因为，，
故，可得，又，故.
选③，可得，
所以，又，所以，故.
（2）在中，因为是的平分线，且，设，所以

，又，联立以上两式得：
，又，解得.

22．(1)
(2)
(3)存在，的值为或．

【分析】（1）作出二面角的平面角，求得相关线段长，解三角形可得答案；
（2）证明为三棱锥的高，根据棱锥的体积公式可求得，即可求得答案；
（3）假设直线上存在点M，使平面，讨论N点的位置，根据三角形相似以及线面平行的性质，即可求得的值，即得答案.
【详解】（1）∵四边形，为两个全等的等腰梯形，且，
过点E作，，分别交，于G、H，连接，

∴为二面角的平面角，
∵四边形为正方形，
∴，，则四边形为矩形，故；
又，，，
则，同理，
则，
∴，即二面角的大小为.
（2）过点E作，垂足为O．
∵，平面，平面，
∴平面，
∵，，
∴
∵平面，∴平面，
∵平面，∴
∵平面，
∴平面，
∴为三棱锥的高，
由（1）可得，故，
∵，∴.
（3）假设直线上存在点M，使平面，
当N在线段上时，连接交于R，连接，

则∽，所以，
∵平面，平面，平面平面
∴，
∴；
当点N在延长线上时，连接交于S，连接，

则∽，则，
∵平面，平面，平面平面．
∴，
所以，
综上，在直线上存在点M，使平面，的值为或．