2021-2022学年浙江省嘉兴市高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

2021-2022学年浙江省嘉兴市高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40分）

1. 已知复数为虚数单位，则(    )

A.  B.  C.  D.

2. 已知向量，，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

3. 在中，内角，，对应的边分别为，，，若，，，则实数的值等于(    )

A.  B.  C.  D.

4. 如图所示，某三角形的直观图是斜边长等于的等腰直角三角形，则原三角形的面积等于(    )

A.  B.  C.  D.

5. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是(    )

A. 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，则
D. 若，，，则

6. 袋中装有个形状大小相同的小球，其中有个是编号为的红球，个编号分别是和的黄球，个编号分别是，，的蓝球，从中随机摸一个球，则以下事件相互独立的是(    )

A. “摸到红球”与“摸到编号是的球”
B. “摸到黄球”与“摸到编号是的球”
C. “摸到蓝球”与“摸到编号是的球”
D. “摸到蓝球”与“摸到编号是的球”

7. 已知平面向量与的夹角为，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

8. 如图，在矩形中，，，现将沿着对角线翻折成，并且满足，则直线与平面所成最大角的余弦值为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20分）

9. 如图，在平行六面体中，和的交点为，设，，，则下列结论正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

10. 在中，内角，，对应的边分别为，，，若：：：：，则下列结论正确是(    )

A. ：：：： B.
C.  D.

11. 如图，在正四面体中，，分别是线段，不含端点上的动点，则下列说法正确的是(    )

A. 对任意点，，都有与异面
B. 存在点，，使得与垂直
C. 对任意点，存在点，使得与，共面
D. 对任意点，存在点，使得与，所成的角相等

12. 已知平面向量，，满足，，，则下列结论正确的是(    )

A. 对任意，
B. 对任意，的最小值为
C. 的最大值为
D. 的最小值为

三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 复数，其中是虚数单位，则______．
14. 为迎接创卫考核，现从高二班随机选取两名学生参加调查问卷．已知选中的两名学生都是男生的概率是，选中的两名学生都是女生的概率是，则选中的两名学生是一男一女的概率是______．
15. 九章算术商功：“斜解立方，得两佛堵．斜解整堵，其一为阳马，一为鳖臑．”其中，阳马是底面为矩形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥．如图，在阳马中，侧棱垂直于底面，且，则该阳马的外接球的表面积等于______．

16. 如图，在三棱锥中，，平面，于点，是的中点，，则的最小值为______．

四、解答题（本大题共6小题，共70分）

17. 已知平面向量，满足，，．
    求的值；
    设在上的投影向量为，求实数的值．
18. 如图，正三棱柱的每条棱长都等于，，分别是，的中点．
    求证：平面；
    求三棱锥的体积．

19. 在中，内角，，对应的边分别为，，，请在；；这三个条件中任选一个，完成下列问题：
    求角；
    若，的周长为，求的面积．
20. 作为嘉兴新型的公共交通出行工具，水上巴士自年月份开通运行至今，已安全有序运营个月．据了解，嘉兴市水上巴士目前开通的条航线：环城河线、杭州塘线和苏州塘线，航线平均里程公里，兼顾通勤和观光功能的水上巴士，提升了不少市民和游客的出行感受．其中杭州塘线梅湾街码头航线始发站是金都景苑码头，第二站为船文化博物馆码头，第三站为月河码头，终点站为梅湾街码头．某天甲、乙、丙人同时从始发站金都景苑码头上船，在后三站每人随机选择一站下船游览．
    求甲比乙先下船的概率；
    求甲、乙、丙在不同的码头下船游览的概率．
21. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，，．
    求证：；
    若与平面所成的角为，求二面角的余弦值．

22. 在中，内角，，对应的边分别为，，，若是的中点，且满足．
    求的最小值；
    若的面积为，且满足，求的值．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，
故选：．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简即可．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：，
，解得．
故选：．
根据向量垂直的充要条件及向量坐标的数量积运算即可求出的值．
本题考查了向量垂直的充要条件，向量坐标的数量积运算，考查了计算能力，属于容易题．
 

3.【答案】 

【解析】解：因为，，，
所以由正弦定理，可得．
故选：．
由已知利用正弦定理即可求解的值．
本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：根据题意，三角形的直观图是斜边长等于的等腰直角三角形，则直角边为，
所以，直观图的面积为，
根据直观图的面积原图的面积，所以原图的面积为．
故选：．
先求出直观图的面积，再根据直观图的面积原图的面积，求解即可．
本题考查平面图形的直观图，属于基础题，直观图的面积原图的面积是解题关键．
 

5.【答案】 

【解析】解：若，，则或，故错误；
B.若，，则，又，所以，故正确；
C.若，，则与平行，相交或在平面内，故错误；
D.若，，，则或相交，故错误；
故选：．
A.由直线和平面的位置关系判断；由面面平行和线面垂直的性质定理判断；由直线和平面的位置关系判断；由平面与平面的位置关系判断．
本题考查了空间中直线与平面和平面与平面的位置关系，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：袋中装有个形状大小相同的小球，其中有个是编号为的红球，
个编号分别是和的黄球，个编号分别是，，的蓝球，
从中随机摸一个球，共有种可能的结果，
选项A：记“摸到红球”为事件，“摸到编号是的球”为事件，
则，，，由，
可得事件，不是相互独立事件，故A错误；
选项B：记“摸到黄球”为事件，“摸到编号是的球”为事件，
则，，，由，
可得事件，不是相互独立事件，故B错误；
选项C：记“摸到蓝球”为事件，“摸到编号是的球”为事件，
则，，，由，
可得事件，不是相互独立事件，故C错误；
选项D：记“摸到蓝球”为事件，“摸到编号是的球”为事件，
则，，，由，
可得事件，是相互独立事件，故D正确．
故选：．
根据相互独立事件的定义，一一判断即可．
本题考查相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：根据题意，如图，设，，则，
平面向量与的夹角为，则，
过点作，交与点，易得，
又由，可得，所以，
所以的最大值为．
故选：．
根据题意，设，，则，过点作，交与点，分析可得，即，变形可得答案．
本题考查向量在几何中的应用，涉及平面向量基本定理，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：设点在底面中的射影为，则是与平面所成的角，．

在翻折过程中，，又，则，即在的中垂线上，
取的中点，，，又，
从而平面，，而是的中点，
从而．．
又，，由∽，得，
在直角梯形中，
从而最小值为，当且仅当时取等号．
故选：．
设点在底面中的射影为，则是与平面所成的角，在翻折过程中，，在的中垂线上，取的中点，推导出是的中点，由∽，得，由此能求出结果．
本题考查线面角的余弦值，三角形相似的判定与性质、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：选项，判断正确；
选项B：，判断错误；
选项C：，判断正确；
选项D：，判断错误．
故选：．
求得判断选项A；求得判断选项B；求得判断选项C；求得判断选项D．
本题考查了空间向量的线性运算，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：由正弦定理可知：：：：，推不出：：：：，故A错误；
由：：：：，可设，，，
则由余弦定理可得，故A为锐角，可得，
同理可得，故C为钝角，，
，为锐角，，
故，故B正确，C错误，
又，
故，故D正确．
故选：．
由正弦定理即可判断，设，，，由余弦定理可求得，，，继而求得，，，，即可判断．
本题考查正余弦定理，以及及运算求解能力，属中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：选项，，分别是线段，不含端点上的动点，故不可能与相交，
过点作交于点，与相交，故AD与不可能平行，

综上：对任意点，，都有与异面，A正确；
选项，取中点，连接，，

因为四面体为正四面体，
所以，，
因为，所以平面，
因为直线与分别与平面的交点为，，但，与，不会重合，
故BC不可能与垂直，B错误；
选项，对于任意点，作交于点，过点作交于点，连接，

此时，故存在，使得，
所以对任意点，存在点，使得与共面，C正确；
选项，对任意的点，在上取点，使得，则，

过点作交于点，过点作交于点，
则为与形成的角，为与形成的角，且，，
由，，得：，所以，
由余弦定理得：，
由于三边对应相等，故，
对任意点，存在点，使得与，所成的角相等，D正确．
故选：．
选项，首先不可能与相交，其次证明与不可能平行，故A正确；
选项，证明出平面，因为直线与分别与平面的交点为，，但，与，不会重合，故B错误；
选项，作出辅助线，得到存在，使得，由空间向量性质可知C正确；
选项，作出辅助线，对于任意点，找到点，得到与，所成的角，利用相似和余弦定理得到与，所成的角相等．
本题考查了立体几何中动点问题，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：平面向量，，满足，，，
对于，，
，
对任意，，故A正确；
对于，设，则，，
由得：
，等号可以取到，故D正确；
对于，，，
，故B正确；
对于，，故C错误．
故选：．
结合条件和选项逐个验证，模长问题平方处理，最值问题结合向量不等式求解，能求出结果．
本题考查命题真假的判断，考查向量数量积、向量的模等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：，
．
故答案为：．
本题考查复数模的求法，是基础题．直接利用复数模的公式计算即可．
 

14.【答案】 

【解析】解：因为从高二班随机选取两名学生参加调查问卷，有三种情况：
一是选中的两名学生都是男生，二是选中的两名学生都是女生，三是选中的两名学生是一男一女，
所以，选中的两名学生是一男一女的概率是，
故答案为：．
利用对立事件的概率求解．
本题主要考查对立事件的概率，属于常考题型．
 

15.【答案】 

【解析】解：由题意可知在阳马中，底面为矩形，侧棱垂直于底面，且，
故将四棱锥补成一个底面为，，，且高为的长方体，
该长方体的外接球即为该阳马的外接球，
则外接球半径为，
故该阳马的外接球的表面积等于，
故答案为：．
将阳马补成为一个长方体，根据长方体的对角线即为外接球的直径求得外接球半径，可得答案．
本题考查了四棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：因为平面，平面，所以，
又，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，，，平面，
所以平面，所以，
因为为的中点，所以，即是等腰三角形，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．

故答案为：．
易证平面，从而知，结合，可得平面，有，利用直角三角形的性质，可推出是等腰三角形，再根据平面向量数量积的几何意义与基本不等式，得解．
本题考查立体几何与平面向量的综合，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，平面向量数量积的几何意义，以及基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：因为，所以，
解得．
在上的投影向量为，，
所以． 

【解析】利用平面向量的运算法则化简已知等式，再代入数据运算即可；
在上的投影向量为，，再结合平面向量的夹角公式，代入运算即可．
本题考查平面向量的混合运算，熟练掌握平面向量的数量积，投影向量的计算方法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
 

18.【答案】证明：取中点，连结，，

，分别是，的中点，所以，，
又是中点，，，
从而，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
解：因为的面积为，
所以三棱锥的体积为． 

【解析】取中点，连结，，由题意证明四边形是平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明；
求得的面积和点到平面的距离，利用锥体的体积公式求解．
本题主要考查了线面平行的证明以及三棱锥体积的计算，属于基础题．
 

19.【答案】解：若选，因为，由正弦定理可得，
，，
，因为，所以，因为，所以．
若选，因为；由余弦定理可得，
化简得，由余弦定理可得，因为，所以．
若选，因为，由正弦定理可得，
所以，进而可得，
，，因为，所以．
因为的周长为，所以，又，所以，，
又由余弦定理有，
代入得，解得，． 

【解析】若选，可得，可得，可得；若选，由余弦定理可得，可求；若选由正弦定理可得，可得，可求；
由已知结合余弦定理可，可求面积．
本题考查正余弦定理的应用，属中档题．
 

20.【答案】解：由题意知，甲乙两人在后三站每站下船的概率皆为，
设事件和分别为甲，乙在第站下船，记事件为“甲比乙先下船”，
则有，所以．
用，，别代表船文化博物馆码头，月河码头，梅湾街码头，则，可以代表甲乙丙分别在哪个码头下船，
所有的下船游览方案为：
，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共种，
甲、乙、丙在不同的码头下船的方案有：，，，，，，共种，
每个景点都有人游览的概率为． 

【解析】甲比乙先下船的情况分为三类，计算每种情况的概率，相加可得答案
列出甲乙、丙所有下船游览的可能情况，再列出甲、乙、丙在不同的码头下船游览的可能情况，根据古典概型的概率公式，即可求得答案．
本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型．
 

21.【答案】解：证明：取中点，，，
又平面平面，平面平面，
平面．
，又，，
又，平面，．
取中点，连接，，，
又，，，，
四边形是平行四边形，．
平面，是与平面所成的角，，
又，直角梯形中，是等边三角形．
直角中，，，
作于，又，
平面，作于，连，
则，是二面角的平面角．
则，，，，
，二面角的余弦值为．
 

【解析】先依据线面垂直判定定理证明平面，再由性质得到；
利用线面角为，求得，再求出二面角的余弦值．
本题考查二面角的求法和线面垂直的判定定理与性质，考查学生的运算能力及逻辑推理能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：法：因为，所以，
所以，即，
由余弦定理知，，
当且仅当，即时取等号，
故的最小值为．
法：由，得，
所以，
所以，当且仅当，即时取等号，
又，
所以．
由得，，
由余弦定理知，，
所以，即，
因为，所以，
将代入式，得，即，
所以，即，
所以，
因为，所以，
解得或． 

【解析】法：将已知条件化为，利用平面向量的数量积与余弦定理化简，再代入的表达式中，并结合基本不等式，得解；
法：将已知条件化为，展开，并结合平面向量的数量积与基本不等式，即可得解；
由得，，结合余弦定理与三角形面积公式，化简可得，再由同角三角函数的关系式，得解．
本题考查平面向量与解三角形的综合，熟练掌握平面向量的数量积，线性运算，余弦定理与基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．