2021-2022學(xué)年湖南省郴州市高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題【含答案】

1、2021-2022學(xué)年湖南省郴州市高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題一、單選題1已知，則的虛部為（）ABC3DC【分析】先求出共軛復(fù)數(shù)，再求出其虛部即可【詳解】因為，所以，所以的虛部為3，故選：C2某次數(shù)學(xué)競賽中有甲、乙、丙三個方陣，其人數(shù)之比為235現(xiàn)用比例分配的分層隨機抽樣方法抽取一個容量為50的樣本，其中方陣乙被抽取的人數(shù)為（）A10B15C20D25B【分析】根據(jù)抽樣比即可求解.【詳解】由題意可知：方陣乙被抽取的人數(shù)為，故選：B3底面半徑為2，母線長為4的圓錐的表面積為（）ABCDB【分析】利用圓錐的表面積公式即得.【詳解】由圓錐的底面半徑為2，母線長為4，則圓錐的表面積為.故選：B.4若向量，且

2、，則的值為（）AB0C1D0或1D根據(jù)向量的坐標(biāo)運算,結(jié)合垂直時向量的坐標(biāo)關(guān)系,即可求得的值.【詳解】根據(jù)向量的坐標(biāo)運算,可知因為,由向量垂直的坐標(biāo)關(guān)系可得,即解方程可得或故選:D本題考查了向量的坐標(biāo)運算,垂直時的坐標(biāo)運算,屬于基礎(chǔ)題.5ABC中，內(nèi)角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，若，則（）ABCDD【分析】先由正弦定理求得，進(jìn)而求得，再由結(jié)合和角公式求解即可.【詳解】由及知，由正弦定理得，解得，又，則，則.故選：D.6在正方體ABCDA1B1C1D1中，M為棱CC1的中點，則異面直線AM與C1D1所成角的正切值為（）ABCDC【分析】根據(jù)線線平行，找到直線AM與C1D1所成角為，在三角

3、形中即可求解【詳解】取 的中點,連接 ,因為 ,故 或其補角即為直線AM與C1D1所成角，因為 平面 , ，故 平面,平面,所以 ,故 是直角三角形，設(shè)正方體的棱長為2，則 ,所以 故選：C7周易是我國古代典籍，用“卦”描述了天地世間萬象變化如圖是一個八卦圖，包含乾、坤、震、巽、坎、離、兌八卦，每一卦由三根線組成（表示一根陽線，表示一根陰線），現(xiàn)有1人隨機的從八卦中任取兩卦，六根線中恰有四根陽線和兩根陰線的概率為（）ABCDC【分析】八卦圖，包含乾、坤、震、巽、坎離、艮、兌八卦，從八卦中任取兩卦，基本事件總數(shù)，這兩卦的六個線中恰有兩個陰線包含的基本事件總數(shù)有：，由此能求出這兩卦的六個線中恰有兩

4、個陰線的概率【詳解】解：八卦圖，包含乾、坤、震、巽、坎離、艮、兌八卦，從八卦中任取兩卦，基本事件總數(shù)，這兩卦的六個線中恰有兩個陰線包含的基本事件總數(shù)有：，這兩卦的六個線中恰有兩個陰線的概率為故選：C8如圖，在ABC中，點D是線段BC上的動點（端點除外），且，則的最小值為（）A16B17C18D19A【分析】由題意可得，則，化簡后可利用基本不等式可求得結(jié)果【詳解】因為點D是線段BC上的動點（端點除外），且，所以，且，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，取等號，所以的最小值為16，故選：A二、多選題9下列命題不正確的是（）A三點確定一個平面B兩條相交直線確定一個平面C一條直線和一點確定一個平面D兩條平行直線確定

5、一個平面AC【分析】利用立體幾何的3個公理與推論即可判斷出答案.【詳解】對于A選項：若3點在同一直線上時，則不能確定一個平面.錯誤；對于B選項：兩條相交直線確定唯一一個平面.正確；對于C選項：當(dāng)點在直線上時，則不能確定一個平面.錯誤；對于D選項：兩條平行直線確定唯一一個平面. 正確；故AC.10若復(fù)數(shù)z滿足，則（）ABz的實部為1CDBD【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的模長公式以及除法運算可得，進(jìn)而可判斷A,B,根據(jù)共軛復(fù)數(shù)可判斷C，根據(jù)乘方運算，可判斷D.【詳解】由得：，因此A錯誤，實部為1，則B正確，故C錯誤，故D正確.故選:BD11在中，、分別為角、的對邊，已知，且，則（）ABCDACD【分析】利用正

6、弦定理化簡得出的值，結(jié)合角的取值范圍可求出的值，可判斷AB選項的正誤；利用三角形面積公式可判斷C選項的正誤；利用余弦定理可判斷D選項的正誤.【詳解】由及正弦定理可得，即，、，則，故，所以，由可知且，即且，則，由余弦定理可得，故，由，解得或，顯然滿足且，所以，ACD選項正確，B選項錯誤.故選：ACD.12如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點P在線段BC1上運動時，下列命題正確的是（）A三棱錐AD1PC的體積不變B直線CP與直線AD1的所成角的取值范圍為C直線AP與平面ACD1所成角的大小不變D二面角PAD1C的大小不變ABD【分析】對于選項A，由已知可得平面，可得BC1上任意一點到平面A

7、D1C的距離相等，由此可判斷；對于選項B，由，可得直線CP與直線AD1的所成角即為直線CP與直線BC1的所成角，由此可判斷；對于選項C，點P在直線BC1上運動時，直線AB與平面AD1C所成的角和直線AC1與平面AD1C所成的角不相等，可判斷；對于選項D，當(dāng)點P在直線BC1上運動時，平面BAD1C1,即二面角PAD1C的大小不受影響，故D正確.【詳解】對于選項A，因為，面，面，所以平面，所以BC1上任意一點到平面AD1C的距離相等，又，所以三棱錐AD1PC的體積不變，故A正確；對于選項B，因為，點P在直線BC1上運動，所以直線CP與直線AD1的所成角即為直線CP與直線BC1的所成角，因為為等腰直

8、角三角形，故B項正確；對于選項C，點P在直線BC1上運動時，直線AB與平面AD1C所成的角和直線AC1與平面AD1C所成的角不相等，故C錯誤；對于選項D，當(dāng)點P在直線BC1上運動時，平面BAD1C1,即二面角PAD1C的大小不受影響，故D正確.故選：ABD.三、填空題13一組數(shù)1、2、4、5、6、6、7、8、9的75%分位數(shù)為_7【分析】由百分位數(shù)的定義直接求解【詳解】因為，所以75%分位數(shù)為第7個數(shù)7，故714已知事件A、B互斥，且事件A發(fā)生的概率P（A），事件B發(fā)生的P（B），則事件A、B都不發(fā)生的概率是_【分析】事件A、B互斥，事件都不發(fā)生的對立事件是事件與至少有一個發(fā)生,由此即可求出答

9、案.【詳解】事件A、B互斥，且事件A發(fā)生的概率P（A），事件B發(fā)生的P（B），事件都不發(fā)生的對立事件是事件與至少有一個發(fā)生,所以事件都不發(fā)生的概率為.故答案為.15如圖，為了測量河對岸的塔高AB可以選與塔底B在同一水平面內(nèi)的兩個基點C與D，現(xiàn)測得CD30米，且在點C和D測得塔頂A的仰角分別為45，30，又CBD30，則塔高AB_米30【分析】設(shè)米，進(jìn)而可得BC， BD，然后利用余弦定理求解.【詳解】設(shè)米，在中，在中，在中，即，所以，解得（米）.故30.16已知A、B、C是半徑為3的球O的球面上的三個點，且ACB120，AB，ACBC2則三棱錐的體積為_【分析】利用正弦定理即可求出的外接圓半徑，

10、即可求出三棱錐的高，利用余弦定理即可求出,可計算出的面積，再利用錐體的體積公式即可求出答案.【詳解】因為.所以的外接圓半徑為.所以三棱錐的高為.在中，由余弦定理可得：即解得.所以.所以.故答案為.四、解答題17若，是同一平面內(nèi)的三個向量，其中（3，）(1)若，且，求的坐標(biāo)；(2)若且與垂直，求與的夾角(1)或(2)【分析】（1）設(shè)，則由可得，再由，得，解方程組可求出，從而可求出的坐標(biāo)；（2）由與垂直，可得化簡可求得，從而得，進(jìn)而可求出【詳解】(1)設(shè)，又，解得：或或(2)且與垂直，即又，代入上式解得，又，18如圖，四棱錐PABCD的底面ABCD為菱形，PBPD，E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點.（

11、1）求證：EF平面PBC；（2）求證：平面PBD平面PAC（1）證明見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）取PC的中點G，連接FG，BG，則FG為中位線，根據(jù)題意，可證明四邊形BEFG是平行四邊形，利用線面平行的判定定理，即可得證；（2）設(shè)ACBDO，連接PO，根據(jù)題意可證BDPO，BDAC，利用面面垂直的判定定理，即可得證.【詳解】證明：（1）取PC的中點G，連接FG，BG，如圖所示：F是PD的中點，F(xiàn)GCD，且，又底面ABCD是菱形，E是AB中點，BECD，且，BEFG，且BEFG，四邊形BEFG是平行四邊形，EFBG，又EF平面PBC，BG平面PBC，EF平面PBC；（2）設(shè)ACBDO

12、，則O是BD中點，連接PO，底面ABCD是菱形，BDAC，又PBPD，O是BD中點，BDPO，又ACPOO，AC平面PAC，PO平面PAC，BD平面PAC，BD平面PBD，平面PBD平面PAC.本題考查線面平行的判定定理、面面垂直的判定定理，需熟悉各個定理所需的條件，才能進(jìn)行分析和證明，考查邏輯分析、推理證明的能力，屬中檔題.19我校在2021年的自主招生考試成績中隨機抽取40名學(xué)生的筆試成績，按成績共分成五組：第1組，第2組，第3組，第4組，第5組，得到的頻率分布直方圖如圖所示，同時規(guī)定成績在85分以上的學(xué)生為“優(yōu)秀”，成績小于85分的學(xué)生為“良好”，且只有成績?yōu)椤皟?yōu)秀”的學(xué)生才能獲得面試資

13、格（1）根據(jù)樣本頻率分布直方圖估計樣本的中位數(shù)與平均數(shù)；（2）如果用分層抽樣的方法從“優(yōu)秀”和“良好”的學(xué)生中共選出5人，再從這5人中選2人，那么至少有一人是“優(yōu)秀”的概率是多少？（1）中位數(shù)為，平均數(shù)為；（2）【分析】（1）計算各組的頻率得中位數(shù)在第三組，不妨設(shè)為，進(jìn)而根據(jù)求解，根據(jù)平均數(shù)的計算方法計算即可得答案.（2）由分層抽樣得良好”的學(xué)生有人，“優(yōu)秀”的學(xué)生有人，進(jìn)而根據(jù)古典概型求解即可.【詳解】解：（1）第一組的頻率為，第二組的頻率為，第三章的頻率為，第四組的頻率為，第五組的頻率為，所以中位數(shù)在第三組，不妨設(shè)為，則，解得，平均數(shù)為；（2）根據(jù)題意，“良好”的學(xué)生有人，“優(yōu)秀”的學(xué)生有

14、人，所以分層抽樣得“良好”的學(xué)生有人，“優(yōu)秀”的學(xué)生有人，將三名優(yōu)秀學(xué)生分別記為，兩名良好的學(xué)生分別記為，則這5人中選2人的基本事件有：共10種，其中至少有一人是“優(yōu)秀”的基本事件有：共9種，所以至少有一人是“優(yōu)秀”的概率是20已知ABC的角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且(1)求角A；(2)從兩個條件：；ABC的面積為中任選一個作為已知條件，求ABC周長的取值范圍(1)(2)答案不唯一，具體見解析【分析】（1）由正弦定理將已知式子統(tǒng)一成邊的形式化簡，再利用余弦定理可求出角A；（2）若選，則由正弦定理可得，從而表示出三角形的周長，化簡后利用正弦函數(shù)的性質(zhì)可求出其范圍，若選，由結(jié)合已知條件可

15、得，再利用余弦定理表示出，然后表示出三角形的周長，結(jié)合基本不等式可求出其范圍【詳解】(1)因為，所以，得，所以,因為,所以(2)選擇，因為由正弦定理得，所以即ABC的周長，因為，所以，即ABC周長的取值范圍是（6，9選擇因為，得，由余弦定理得，即ABC的周長，因為，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立所以即ABC周長的取值范圍是21如圖，已知四邊形ABCD是等腰梯形，高，將它沿對稱軸OO1折疊，使二面角AOO1B為直二面角(1)證明：ACBO1；(2)求二面角OACO1的正弦值(1)證明見解析(2)【分析】（1）由題意可知AOB是所折成的直二面角的平面角，則AO平面，得OC是AC在平面內(nèi)的射影，然后由已知的數(shù)據(jù)

16、可求出，所以得，從而可得結(jié)論，（2）設(shè)，過點E作于點F，連接，可得是二面角的平面角，然后結(jié)合已知數(shù)據(jù)在中求解即可【詳解】(1)由題知，所以AOB是所折成的直二面角的平面角，即OAOB因為，所以AO平面，所以O(shè)C是AC在平面內(nèi)的射影，在四邊形ABCD是等腰梯形中，高，得，在和中， 所以，所以，因為AO平面，平面，所以，因為，所以平面，因為平面，所以(2)由（1）知，所以平面AOC設(shè)，過點E作于點F，連接，因為，所以平面，因為平面，所以所以是二面角的平面角由（1）知得，高，得，所以，所以，因為平面平面，平面平面，所以平面，因為平面，所以所以又，所以所以二面角的正弦值為22已知O為坐標(biāo)原點，對于函數(shù)，稱向量為函數(shù)的伴隨向量，同時稱函數(shù)為向量的伴隨函數(shù).(1)設(shè)函數(shù)，試求的伴隨向量；(2)記向量的伴隨函數(shù)為，求當(dāng)且時的值；(3)由（1）中函數(shù)的圖象（縱坐標(biāo)不變）橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍，再把整個圖象向右平移個單位長度得到的圖象，已知，問在的圖象