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）.docx

1、20212022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. 1B. 5C. 7D. 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

2、求解即可【详解】因为，故，故故选：D2. 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：B3. 已知，则等于（ ）A. B.

3、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. 3，1B. 9，3C. 10，9D. 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：C5. 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

4、【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：C6. 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

5、. 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：A8. 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:

6、.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60B. 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：BCD10. 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

7、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100B. 该市14天空气质量指数的中位数为78.5C. 该市14天空气质量指数的30百分位数为55D. 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

8、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

9、余弦定理，故，故一定为钝角三角形，故D正确；故选：AD12. 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60B. 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

10、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

11、】【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】 . . 【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

12、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

13、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】（）由已知函数值以及角的范围得，且

14、，结合两角和差公式即可求值.（）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

15、将3月2228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）【

16、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

17、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

18、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