2021-2022学年黑龙江省鹤岗市高一下学期期末考试数学试题【含答案】

《2021-2022学年黑龙江省鹤岗市高一下学期期末考试数学试题【含答案】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年黑龙江省鹤岗市高一下学期期末考试数学试题【含答案】（22页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、2021-2022学年黑龙江省鹤岗市高一下学期期末考试数学试题一、单选题1已知i为虚数单位，复数z满足，则下列说法正确的是（） A复数z的模为B复数z的共轭复数为C复数z的虚部为D复数z在复平面内对应的点在第一象限D【分析】先利用复数的除法化简得到，再逐项判断.【详解】解：，A.，故错误；B. ，故错误；C. 复数z的虚部为，故错误；D. 复数z在复平面内对应的点是，在第一象限，故正确.故选：D2已知向量，则（）A6B5C8D7D【分析】先求出，再将两边平方，结合数量积的运算，即可求得答案.【详解】由得： ，由得，即得，故选：D3已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是

2、（）.A若，则B若，则C若，则D若，则D【分析】根据平面的基本性质判断A、B、C，由线面垂直、面面平行的性质判断D即可.【详解】A：，则或，错误；B：，则或，错误；C：，则相交或平行，错误；D：，则，又，故，正确.故选：D4若圆锥侧面展开图是圆心角为，半径为1的扇形，则这个圆锥表面积与侧面积的比为（）ABCDC【分析】利用圆的性质可以列弧长与圆心角的等式，即可求出底面圆半径，再分别算出圆锥表面积与侧面积即可得到比值【详解】由题，故故选：C5在中，若，三角形的面积，则三角形外接圆的半径为（ ）AB2CD-2B【分析】利用三角形面积定理、余弦定理求出边a，再利用正弦定理计算作答.【详解】在中，则，

3、解得，由余弦定理得：，令外接圆半径为R，由正弦定理得：，解得，所以三角形外接圆的半径为2.故选：B6下列命题中是真命题的有（）A一组数据2，1，4，3，5，3的平均数、众数、中位数相同；B有A、B、C三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的A个体数为9，则样本容量为30；C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；D一组数1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的分位数为4A【分析】对于A，直接求出平均数，众数和中位数即可判断；对于B，利用分层抽样直接求出样本容量即可判断；对于C，计算出乙组数据的方差，利用方差的意义即可判断；对于D，直接求出该组数据的分位

4、数即可判断.【详解】A选项：平均数为，众数为，将数据从小到大排列为中位数为，A正确；B选项：根据样本的抽样比等于各层的抽样比知，样本容量为，B错误；C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，C错误；D选项：该组数据共个数，由，则该组数据的分位数为，D错误.故选：A.7如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB=AA1=2，M、N分别是BB1和B1C1的中点，则直线AM与CN所成角的余弦值等于（）ABCDD【分析】利用异面直线的定义找到两条异面直线所成的角，用余弦定理即可求解.【详解】作的中点，连接，作的中点，连接、,即为异面直线AM与CN所成的角，由已知条件得

5、，则,由余弦定理得,在中，有余弦定理可知,即,解得，故选：D.8已知的内角的对边分别为，则下列命题中正确的是（）A若，则为等腰三角形B若，则有唯一解C若为锐角三角形，则D若，则面积的最大值为C【分析】边化角后使用二倍角化简可判断A；由正弦定理及三角形大边对大角可判断选项B；根据锐角三角形可得，然后和差化积可判断C；由余弦定理及基本不等式，三角形的面积公式可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】对于A：若，则，即，因为，所以或即或，所以为等腰三角形或直角三角形，A错误；对于B：因为，由正弦定理得，即，故，因为，所以，故为锐角或钝角，有两解，故B错误；对于C：因为为锐角三角形，所以，所以，所以即，

6、故C正确；对于D：因为，由余弦定理得：，当且仅当时取等号，故，所以面积，即最大值为，故D错误故选：C二、多选题9下列说法正确的是（）A甲乙两人独立的解题，已知各人能解出的概率分别是和，则题被解出的概率是B若，是互斥事件，则，C某校名教师的职称分布情况如下：高级占比，中级占比，初级占比，现从中抽取名教师做样本，若采用分层抽样方法，则高级教师应抽取人D一位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生相邻的概率是BCD【分析】用对立事件判断A;根据互斥事件的概念判断B;根据分层抽样方法判断C;根据排列组合公式求出位女生相邻的概率，从而判断D.【详解】他们各自解出的概率分别是和，则此题不能解出的概率为，则此

7、题解出的概率为，A选项错，若、是互斥事件，则，B选项对，高级教师应抽取时人，C选项对，由题意可得女生相邻的概率，D选项对，故选BCD.10已知正方体的棱长为1，E是的中点，则下列选项中正确的是（）AB平面C异面直线与BD所成的角为60D三棱锥的体积为ABC【分析】对于A：先证明出AC平面BB1D1D，即可得到;对于B：利用线面平行的判定定理证明平面；对于C：先判断出是异面直线与BD所成的角利用是等边三角形即可求解；对于D：利用等体积法即可求解.【详解】对于A：在正方体中，为正方形，所以ACBD.因为面中,所以ACBB1.又，所以AC平面BB1D1D.又平面BB1D1D,.故A正确;对于B：在正

8、方体中，且，所以四边形为平行四边形，所以.又平面,平面,平面.故B正确；对于C：因为BDB1D1,是异面直线与BD所成的角.在正方体中，所以是等边三角形,所以，所以异面直线与BD所成的角为60,故C正确；对于D：三棱锥的体积为.故D错误.故选：ABC11为了解某贫困地区实施精准扶贫后的成果，现随机抽取了该地区三个县市在2021年建档立卡人员年人均收人提升状况.经统计，A县建档立卡人员年人均收人提升状况用饼状图表示，B县建档立卡人员年人均收人提升状况用条形图表示，C县建档立卡人员年人均收入提升的均值为122（百元），方差为4，A，B，C三县建档立卡人数比例为345，则下列说法正确的有（）AA县建

9、档立卡人员年人均收入提升的均值为122BB县建档立卡人员年人均收入提升的方差为5.6C估计该地区建档立卡人员的年人均收入提升120.75百元DC县精准扶贫的效果最好BCD【分析】A.利用均值公式求解；B.先求得平均数，再利用方差公式求解；C. 利用均值公式求解；D.利用平均数和方差判断.【详解】A. A县建档立卡人员年人均收入提升的均值为，故错误；B. B县建档立卡人员年人均收入提升的平均数为，B县建档立卡人员年人均收入提升的方差为，故正确； C. 该地区建档立卡人员的年人均收入提升：百元，故正确；D. A县建档立卡人员年人均收入提升的均值为，所以，故C县精准扶贫的效果最好，故正确； 故选：B

10、CD12如图，在棱长为4的正方体中，分别是的中点，则有（）A平面B二面角大小的余弦值为C三棱锥的内切球半径为1D过直线与平面平行的平面截该正方体所得截面的面积为18BD【分析】反证法否定选项A；求得二面角大小的余弦值判断选项B；求得三棱锥的内切球半径判断选项C；求得过直线与平面平行的平面截该正方体所得截面的面积断选项D.【详解】选项A：假设平面.连接由平面，平面，可得又正方体中，则平面，又平面，则又在平面内，则，这与矛盾.则假设不成立，即与平面不垂直.判断错误；选项B：在平面内，过点作，垂足为K，连接正方体中，平面，平面则，又，则平面，又平面，则则为二面角的平面角中，则则.即二面角大小的余弦值

11、为.判断正确；选项C：设三棱锥的内切球半径为r，则则解之得，即三棱锥的内切球半径为.判断错误；选项D：取中点E，取中点F，连接则，则四边形为梯形，四点共面正方体中，则四边形为平行四边形，则又，则平面平面则过直线与平面平行的平面截该正方体所得截面为梯形梯形中，则即过直线与平面平行的平面截该正方体所得截面的面积为18.判断正确.故选：BD三、填空题132022北京冬奥会期间，吉祥物冰墩墩成为“顶流”，吸引了许多人购买，使一“墩”难求.甲乙丙3人为了能购买到冰墩墩，商定3人分别去不同的官方特许零售店购买，若甲乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，丙购买到冰墩墩的概率为，则甲，乙丙3人中至少有1人购

12、买到冰墩墩的概率为_.【分析】先算出甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率，然后算出丙购买不到冰墩墩的概率，进而算出甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率，最后算出答案.【详解】因为甲乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，所以甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率.同理，丙购买不到冰墩墩的概率.所以，甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率，于是甲乙丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率.故答案为.14已知复数z满足，则的最大值是_6【分析】先设出复数，由已知得出复平面内点到的距离为1，再结合图象即可求出的最大值.【详解】设，则，则，即复平面内点到的距离为1，又表示复平面内点到原点的距离，结合图像可知：最大值为原点到的距离

13、加1，即.故6.15某市为了调查中学生的心理健康情况，制作了一份心理调查问卷，校有200名学生参与了调查，心理健康评估分的平均值为，方差为2，校有500名学生参与了调查，心理健康评估分的平均值为，方差为.若，则这两个学校全体参与调查的学生的心理健康评估分的方差为_.【分析】根据平均数和方差的计算公式求解即可.【详解】设校200名学生的心理健康评估分为：，则心理健康评估分的平均值为，方差为，设校500名学生的心理健康评估分为，心理健康评估分的平均值为，方差为.因为，所以这两个学校全体参与调查的学生的心理健康评估分的方差为故16体积为的四棱锥的底面是边长为的正方形，底面的中心为，四棱锥的外接球球心

14、到底面的距离为，则点的轨迹长度为_【分析】由已知可得到底面的距离为3，进而可求外接球的半径，即可知与不可能在面的两侧，则在垂直于且与球心距离为2的平面与的外接球的交线上，即可求的轨迹长度.【详解】由题意知：到底面的高，又四棱锥的外接球球心到底面的距离为，若外接球半径为，底面的中心为，面且，与不可能在面的两侧，可得如下示意图，在垂直于且与球心距离为2的平面与的外接球的交线上，如上图以OP为半径的圆上，而，故的轨迹长度为.故答案为.关键点点睛：根据已知求外接球的半径，由球心到的距离可判断与的相对位置关系，结合外接球的性质即可求轨迹的长.四、解答题17如图，在正三棱柱中，D为AB的中点，.(1)求证

15、：平面平面；(2)求点A到平面的距离.(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意，利用线面垂直，证明面面垂直即可；（2）根据题意，利用等体积法，即可计算得到点A到平面的距离.【详解】(1)在正三棱柱中，平面ABC，又因为平面ABC，所以.在正三角形ABC中，D为AB的中点，所以，又因为，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.(2)由（1）可知，平面，又因为平面，所以，在正三角形ABC中，在正三棱柱中，平面ABC，又因为平面ABC，所以，所以，因为，所以点A到平面ACD的距离.18从学校的2000名学生中随机抽取50名学生的考试成绩，被测学生成绩全部介于65分到145分之间，将统计结果按如

16、下方式分成八组：第一组，第二组，第八组，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分（1）求第七组的频率；（2）用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分；（3）若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，求他们的分差的绝对值小于10分的概率（1）0.08；（2）102；（3）（1）根据频率之和为1即可求出；（2）根据频率分布直方图直接列式即可计算；（3）可得第六组3人，第八组2人，随机抽取2名，列出所有基本事件，再求出分差的绝对值小于10分包含的基本事件，即可求出概率.【详解】解：（1）由频率分布直方图得第七组的频率为：（2）用样本数据估计该校的2000名学生这次

17、考试成绩的平均分为：，（3）样本成绩属于第六组的有人，设为A，B，C，样本成绩属于第八组的有人，设为a，b，从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，有，共10种，他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件有，共4种，他们的分差的绝对值小于10分的概率19在ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，S为ABC的面积，且(1)求A的大小；(2)若、，D为直线BC上一点，且，求ABD的周长(1)；(2).【分析】（1）利用三角形面积公式及向量数量积的定义可得，进而即得；（2）利用余弦定理可得，再利用正弦定理结合条件即得.【详解】(1)，又，即又，；(2)在中，由余弦定理得：，又、，

18、又，在中，由正弦定理得，又，B为锐角，在中，的周长为20如图，在四棱锥中，平面PAB，且，F为PC中点(1)求证：平面PAB；(2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值(1)证明见解析(2)【分析】（1）取边的中点，连接，由三角形的中位线定理和平行四边形的判定，可得四边形为平行四边形，再由平行四边形的性质和线面平行的判定定理，即可得证；（2）过点作于点，即可得到平面，再根据，可得到平面的距离即为，求出、，再根据锐角三角函数计算可得；【详解】(1)证明：如图，取边的中点，连接，则三角形中位线可知，且，由题可知，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，故平面；(2)解：过点作于

19、点，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，又，所以到平面的距离即为，又，所以直线与平面所成角为，所以；21在，且，这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答.已知中，三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.(1)求A的值；(2)若，的面积是，点M是BC的中点，求AM的长度.(1)(2)的长度为【分析】（1）选则结合向量共线的坐标运算、正弦定理、三角恒等变换等知识来求得；选则结合正弦定理、三角恒等变换的知识来求得；选则结合三角恒等变换的知识来求得.（2）结合三角形的面积公式、余弦定理以及向量运算来求得.【详解】(1)若选，由于，所以，由正弦定理得，由于，所以，所以，则.若选，由正弦定理得，

20、由于，所以，所以，则，所以，则.若选，由于在三角形中，所以，所以，则.(2)由三角形的面积得，由余弦定理得，由于是的中点，所以，两边平方得，所以，即的长度为.22平行四边形ABCD中，如图甲所示，作于点E，将沿着DE翻折，使点A与点P重合，如图乙所示(1)设平面PEB与平面PDC的交线为l，判断l与CD的位置关系，并证明；(2)当四棱锥的体积最大时，求二面角的正切值；(3)在（2）的条件下，G、H分别为棱DE，CD上的点，求空间四边形PGHB周长的最小值(1)，证明见解析(2)(3)【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明平面PBE,然后利用线面平行的性质定理即可得到证明；（2）当平面BCDE时体积最大，作交BC于点O，连接PO，即为二面角的平面角，在中，直接求解即可.（3）由展开图可知，B关于CD的对称点为，当A、G、H、共线时，周长最短，可得结果.【详解】(1)因为，平面PBE，平面PBE，所以平面PBE因为平面PCD，平面平面，所以(2)当平面平面BCDE时，四棱锥的体积最大平面平面BCDE=DE，平面PDE，,可得平面BCDE，平面BCDE，可得BC，作交BC于点O，连接PO，,可得平面POE，而PO在平面PEO中，故PO，即为二面角的平面角，在中，所以二面角的正切值为(3)由展开图可知，B关于CD的对称点为，由勾股定理可得，当A、G、H、共线时，周长最短，此时