2021-2022学年山西省运城市高一下学期期末数学试题Word版含解析

运城市2021-2022学年第二学期期末调研测试

高一数学试题

2022.7

一､选择题（本大题共12小题，每小题5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. 已知复数为的共轭复数，则为（）

A. 9 B. 6 C. 3 D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】求出给定复数的共轭复数，再利用复数乘法计算作答.

【详解】因复数，则，

所以.

故选：A

2. 设向量，则下列选项正确的是

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】对于，，错误；

对于，，，正确；

对于，，故与不平行，错误；对于，，错误，故选B.

3. “互联网+”时代全民阅读的内涵已多元化，在线读书成为一种生活方式．某高校为了解本校学生阅读情况，拟采用分层抽样方法从该校四个年级中抽取一个容量为360的样本进行调查，大一与大二学生占全校一半，大三学生与大四学生之比为3:2，则大四学生应抽取的学生为（）

A. 72 B. 100 C. 108 D. 120

【答案】A

【解析】

【分析】根据分层抽样的计算方法即可求出结果．

【详解】依题意大三学生与大四学生之比为3:2，大四学生为全校学生的，则大四学生应抽取的学生为，

故选：A．

4. 如图所示，正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据斜二测画法，把直观图还原成原来的实际图形，再计算作答.

【详解】由斜二测画法规则知，正方形的原实际图形是平行四边形，如图，

其中，因此有，

所以原图形的周长为（cm）.

故选：B

5. 箱子中有5件产品，其中有2件次品，从中随机抽取2件产品，设事件=“至少有一件次品”，则对立事件为（）

A. 至多两件次品 B. 至多一件次品 C. 没有次品 D. 至少一件次品

【答案】C

【解析】

【分析】利用对立事件的定义，分析即得解

【详解】箱子中有5件产品，其中有2件次品，从中随机抽取2件产品，可能出现：“两件次品”，“一件次品，一件正品”，“两件正品”三种情况

根据对立事件的定义，事件=“至少有一件次品”

其对立事件为：“两件正品”，即”没有次品“

故选：C

6. 的内角、、的对边分别为、、，已知，，则的面积为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先由正弦定理边角互化，计算求得，再根据余弦定理求，最后计算面积.

【详解】根据正弦定理有，

、、，则，，可得，

由余弦定理可得，则为锐角，所以，，

所以，，解得.

因此，.

故选：B.

【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：

（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；

（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；

（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；

（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；

（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；

（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.

7. 在正方体中，设正方体的棱长为为的中点，则异面直线与所成的角为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】连接，证得，再在中求解作答.

【详解】在正方体中，连接，如图，

，且，则四边形是平行四边形，，

则是异面直线与所成的角或其补角，

因为的中点，则有，，而平面，平面，

则，又，平面，平面，平面，即有，

而，即，因此，，

所以异面直线与所成的角为.

故选：A

8. 将一颗骰子掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为m，第二次出现的点数为n，向量＝(m，n)，＝(3,6)．则向量与共线的概率为(　　)

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由将一枚骰子抛掷两次共有种结果，再列举出向量与共线的基本事件的个数，利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解。

【详解】由题意，将一枚骰子抛掷两次，共有种结果，

又由向量共线，即，即，

满足这种条件的基本事件有：，共有3种结果，

所以向量与共线的概率为，故选D。

【点睛】本题主要考查了向量共线的条件，以及古典概型及其概率的计算，其中解答中根据向量的共线条件，得出基本事件的个数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。

9. 从空间一点向二面角分别作垂线为垂足.若，则该二面角的平面角的大小为（）

A.  B.  C. 或 D. 不确定

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，利用点P与二面角的位置关系分析、推理判断作答.

【详解】依题意，点P不平面和平面内，当点P在二面角内时，如图，

令直线平面，连，因，则，

因此，直线平面，有，则是二面角的平面角，

四边形中，，，则有；

当点P在二面角外时，如图，同理可得是二面角的平面角，

令，在与中，，则，

所以二面角的平面角的大小为或.

故选：C

10. 北京大兴国际机场（如图所示）位于中国北京市大兴区和河北省廊坊市交界处，为级国际机场、世界级航空枢纽、如图，天安门在北京大兴国际机场的正北方向处，北京首都国际机场在北京大兴国际机场北偏东16.28°方向上，在天安门北偏东47.43°的方向上，则北京大兴国际机场与北京首都国际机场的距离约为（）

（参考数据：，，）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可得，，，然后在中利用正弦定理求解即可

【详解】如图所示，由题意可得，，，

由正弦定理可得，即，

解得．

故选：A

11. 已知点在所在的平面内，满足，则动点的轨迹一定通过的（）

A. 内心 B. 垂心 C. 外心 D. 重心

【答案】D

【解析】

【分析】由给定条件可得，由表示出即可判断作答.

【详解】令边BC上的高为h，则有，令边BC的中点为D，则，

因此，，即，

所以动点的轨迹一定通过的重心.

故选：D

12. 已知矩形．将沿矩形的对角线 所在的直线进行翻折，在翻折过程中

A. 存在某个位置，使得直线与直线 垂直

B. 存在某个位置，使得直线与直线 垂直

C. 存在某个位置，使得直线与直线 垂直

D. 对任意位置，三对直线“与 ”，“与 ”，“与 ”均不垂直

【答案】B

【解析】

【详解】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项B是正确的

二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，把答案填在答题卡上的相应位置.

13. 已知复数对应的点在第二象限，它的模为3，实部是，则___________.

【答案】##

【解析】

【分析】根据给定条件，设出复数的虚部，再借助复数的模计算作答.

【详解】依题意，设，于是得，解得，

所以.

故答案为：

14. 从这七个数字中随机抽取一个，记事件为“抽取的数字为偶数”，事件为“抽取的数字为3的倍数”，则事件发生的概率为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据给定条件，求出试验所含基本事件数，再求出事件的基本事件数，利用古典概型求解作答.

【详解】从的七个数字中随机抽取一个的试验有7个基本事件，

其中事件含有的基本事件是：2，3，4，6，共4个，

所以.

故答案为：

15. 如图已知在平面内，是平面斜线，且，则直线与平面所成的角的大小为___________.

【答案】45°

【解析】

【分析】取线段BC的中点D，连接AD，OD，证明平面即可推理计算作答.

【详解】取线段BC的中点D，连接AD，OD，如图，

因，，则，都是正三角形，即有，

，有，因此，，

而，即，因此，，

则，有，即，而，平面，

于是得平面，是直线与平面所成的角，又，则，

所以直线与平面所成的角的大小为.

故答案为：

16. 三棱锥的一条棱长为，其余棱长均为1，当三棱锥的体积最大时，它的外接球的表面积为___________.

【答案】

【解析】

【分析】首先分析线面间的关系，得到平面平面时，三棱锥的体积最大，得到此时，接着确定球心的位置，根据勾股定理及线面间的关系，最后获得外接球的半径，进而求出外接球的表面积.

【详解】解：由题意画出三棱锥的图形，

其中，.

取，的中点分别为，，

可知，，且，

∴平面，

∴平面平面时，三棱锥的体积最大，

此时.

设三棱锥外接球的球心为，半径为，由球体的对称性知，

球心在线段上，∴，

又，

设，

在三角形中：,

在三角形中：

∴，

解得.

∴球的半径满足，

∴三棱锥外接球的表面积为.

故答案为：.

【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

三､解答题：解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 在某中学举行的电脑知识竞赛中，将高一年级两个班参赛的学生成绩进行整理后分成五组，绘制如图所示的频率分布直方图，已知图中从左到右的第一､第三､第四､第五小组的频率分别是0.30，0.15，0.10，0.05，第二小组的频数是40.

（1）求第二小组的频率和这两个班参赛学生的总人数.

（2）利用频率分布直方图，估算本次比赛学生成绩的平均数和中位数.

【答案】（1）0.40，人

（2）平均数为66.5分，中位数为64.5分

【解析】

【分析】（1）根据直方图面积为1求出第二组的频率，再用第二组的频数求出总人数；

（2）用加权的方法求出平均数，将直方图面积一分为二求出中位数.

【小问1详解】

第二小组的频率为1-0.30-0.15-0.10-0.05=0.40，

这两个班参赛学生的总人数为人；

【小问2详解】

本次比赛学生成绩的平均数为：

54.5×0.30+64.5×0.40+74.5×0.15+84.5×0.10+94.5×0.05=66.5，

中位数出现在第二组中，设中位数，

则，

所以估计本次比赛学生成绩的平均数为66.5分，中位数为64.5分.

综上，第二组的频率为0.40，总人数为100，平均数为66.5，中位数为64.5.

18. 已知平面向量，.

（1）当为何值时，与垂直；

（2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）由与的数量积为可得；

（2）由与的数量积大于0，再去除两向量同向的情形．

【详解】（1）由已知，，，与垂直，

则．解得；

（2），，又时，，两相向夹角为0，

所以且．

19. 如图，在四棱锥中，平面平分且与交于点为的中点，.

（1）求证：平面；

（2）若，求四棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；

（2）.

【解析】

【分析】（1）连接，利用给定条件证明F是AC的中点，再利用线面平行的判定推理作答.

（2）利用（1）中信息，求出四边形面积及点E到平面的距离即可计算作答.

【小问1详解】

如图，连接，平面，CD平面，则，

而，平面，则有平面，

又平面，因此，因，则，

又平分，则为AC的中点，而为PC的中点，则有，

平面，平面，

所以平面.

【小问2详解】

由（1）知，底面四边形的面积为，

因点为线段PC的中点，则点E到平面的距离，

所以四棱锥的体积.

20. 在中，已知分别是角的对边，且满足

（1）求角的大小；

（2）若，求的周长的取值范围.

【答案】(1) ；(2)

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理，把已知条件中的边化为角，利用三角形内角和定理把转化为来求解；

（2）同样利用正弦定理，把三角形三边转化为角的形式，然后利用辅助角公式求出周长的取值范围.

【详解】试题解析：（1）由正弦定理，得，

∴，则

∵，∴，∴.

∵，∴，因为为三角形的内角

∴

（2）由正弦定理，得，

∴

∵，∴，∴，∴

∴，故的周长

21. 甲､乙两人轮流投篮，每人每次投一球.约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响.

（1）求乙获胜的概率；

（2）求投篮结束时乙只投了2个球的概率.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据规则乙先投进，分情况讨论，求各个情况下概率和即可；

（2）根据规则第四次乙先进球或第五次甲先进球，符合题意，求概率和即可.

【详解】（1）记“乙获胜”为事件C，记甲第次投篮投进为事件，乙第次投篮投进为事件

由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知

（2）记“投篮结束时乙只投了2个球”为事件D，则由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知

.

22. 如图，在四棱锥中，平面平面，且，．四边形满足，，．为侧棱的中点，为侧棱上的任意一点．

（1）若为的中点，求证：平面平面；

（2）是否存在点，使得直线与平面垂直？若存在，写出证明过程并求出线段的长；若不存在，请说明理由．

【答案】(1）证明见解析；（2）上存在点，使得直线与平面垂直，此时线段的长为．

【解析】

【详解】试题分析：（1）由面面垂直性质定理可得平面,从而得，再结合，可得平面，又利用三角形中位线定理可得，进而可得结果；（2）过点作,垂足为，先证明平面,结合平面,得，从而可得平面，利用三角形面积相等即可得线段的长.

试题解析：（1）∵分别为侧棱的中点，∴.

∵,∴.

∵面平面,且,面平面,

∴平面,结合平面,得.

又∵, ,∴平面,可得平面.

∴ 结合平面，得平面 平面.

（2）存在点，使得直线与平面垂直.

平面中，过点作,垂足为

∵由己知,,,.

∴根据平面几何知识，可得.

又∵由（1）平面,得 ,且,

∴平面,结合平面,得.

又∵,∴平面.

在中，, ，,

∴，.

∴上存在点，使得直线与平面垂直，此时线段长为.