2021-2022学年福建省福州市八县（市、区）一中高一下学期期末联考数学试题【含答案】

1、2021-2022学年福建省福州市八县（市、区）一中高一下学期期末联考数学试题一、单选题1设集合，集合，则（）ABCDC【分析】先分别求出集合和，利用并集定义直接求解【详解】集合，集合故选：2设是原点，向量，对应的复数分别为，那么向量对应的复数是（）ABCDB【分析】根据向量的运算，结合复数的几何意义求解即可【详解】由题意故选：B3树人中学高一年级10位女生的身高数据为148，155，157，159，162，163，164，165，170，172，则数据的第50，75百分位数分别为（）A162，165B162.5，164.5C162，164.5D162.5，165D【分析】根据百分位数的定义和

2、运算规则计算即可.【详解】由题意，该数据已经从小到大排列， ，第50百分位数= ，第75百分位数=165；故选：D.4下列命题中正确的是（）A事件发生的概率等于事件发生的频率B一个质地均匀的骰子掷一次得到3点的概率是，说明这个骰子掷6次一定会出现一次3点C若事件满足，则事件与是对立事件D若两个事件满足，则事件与相互独立D【分析】对于A，B,根据频率与概率的定义即可求解；对于C，根对立事件的定义即可求解；对于D，根据相互独立事件的定义即可求解.【详解】对于A，频率与试验次数，总在概率附近摆动，故A不正确；对于B，概率是指这件事发生的可能性，故B不正确；对于C，不是，还要保证事件是互斥事件，故C不

3、正确；对于D，由,得，所以事件与相互独立，故D正确.故选：D.5在正方体中，分别为，的中点，则直线与所成角的余弦值为（）ABCDB【分析】根据求解直线与所成角即可【详解】由题意，如图，因为且，故平行四边形，故，根据中位线的性质有，故直线与所成角为.易得正，直线与所成角为，故余弦值为故选：B6设“掷2枚质地均匀的硬币一次，出现1枚正面”的概率为，“掷4枚质地均匀的硬币一次，出现2枚正面”的概率为，则（）ABCD无法比较C【分析】根据独立重复实验的特征，利用二项分布的概率公式直接求出，即可得到答案.【详解】掷n枚质地均匀的硬币属于独立重复实验，所以“掷2枚质地均匀的硬币一次，出现1枚正面”的概率为

4、，“掷4枚质地均匀的硬币一次，出现2枚正面”的概率为，所以.故选：C7我国古代数学名著九章算术第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.今有“阳马”，平面，分别为棱的中点，则下列选项错误的是（）A平面B平面C平面 平面D平面平面C【分析】对于A，利用三角形的中位线定理结合线面平行的判定进行判断，对于B，通过证明平面进行判断，对于C，通过计算平面与平面的夹角进行判断，对于D，利用面面垂直的的判定理进行判断【详解】对于A，因为分别为棱的中点，所以，因为平面,平面，所以平面，所以A正确，对于B，因为为矩形，所以四边形为正方形，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面

5、，因为，所以平面，所以B正确，对于C，设，连接交于，连接，因为平面，平面，所以，因为，所以，所以，因为，为的中点，所以为的中点，所以，所以为平面与平面的夹角，不妨设，则，所以，在中，所以，所以平面与平面不垂直，所以C错误， 对于D，因为平面，平面，所以，因为四边形为正方形，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，因为，为的中点，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，所以D正确，故选：C8已知函数，若存在实数，满足且，则的取值范围是（）ABCDB【分析】分段函数及根的个数问题采用图象辅助解题是常用手段，通过画出函数图象，得到，得，则所求式子即关于的函数求值域问题，根据复合函数求值域的方法求

6、出值域即可【详解】分别画出与的图象，如图所示所以，得，则，令，得，又，对称轴为，所以在上单调递增，由于则的取值范围为；故选：B二、多选题9下列不等式中成立的是（）ABCDAC【分析】根据正弦在单调递增可判断A,根据在单调递减可判断B,根据诱导公式以及正余弦的单调性可判断C,D.【详解】对A,因为，在单调递增，所以,故A正确；对B，因为，在单调递减，所以,故B错误；对于C,，故C正确；对于D，故D错误；故选：AC10设是虚数，是实数，且，则下列选项正确的是（）ABC的取值范围是D的取值范围是BC【分析】设出，利用复数的四则运算法则结合题干信息得到，进而求出，的取值范围是.【详解】设，为实数，则，

7、因为是实数，且，所以，解得：，则，A错误，B正确；，C正确，D错误.故选：BC11在棱长为的正方体中，为上任意一点，为上任意两点，且的长为定值，则下面的四个值中为定值的是（）A点到平面的距离B三棱锥的体积C直线与平面所成的角D二面角的大小ABD【分析】结合已知，分别分析点到平面的距离、直线与平面所成的角、棱锥的体积、二面角的大小，观察它们的值可得到答案.【详解】解：A选项中，平面PEF也就是平面，又到平面的距离是定值，点到平面PEF的距离为定值，故A正确；B选项中，因为EF定长， D1到EF的距离就是D1到CD的距离也为定长，即三角形的底和高都是定值，所以的面积是定值，又P到平面的距离是定值，

8、所以P到平面D1EF的距离也是定值，即三棱锥的高也是定值，又，三棱锥的体积是定值，故B正确；C选项中，因为平面就是平面，P是动点，直线P D1与平面所成的角不是定值，如点P在点A1时，直线P D1与平面所成的角为，点P在点B1时，直线P D1与平面所成的角为，所以直线与平面所成的角不是定值，故C不正确；D选项中，因为平面PEF也就是平面，平面就是平面，二面角的大小为定值，故D正确故选：ABD12是的重心，是所在平面内的一点，则下列结论正确的是（）AB在方向上的投影向量等于CD的最小值为ACD【分析】根据向量的线性运算结合重心的性质判断A，根据投影向量的定义判断B，根据向量的数量积的运算律判断C

9、D.【详解】对于A，当点为的重心时，如图所示：四边形为平行四边形，根据重心性质可得.则，A正确；对于B，在方向上的投影为，在方向上的投影向量为，B错误；对于C，是的重心，所以，C正确；对于D，如下图，取的中点，连接，取中点，连接，则，则，显然当重合时，取最小值，D正确.故选：ACD三、填空题13设非零向量是满足，若，则_【分析】由题意得到，结合，且，列出方程，即可求解.【详解】因为，可得，又因为，且，可得，解得，所以.故答案为.14如图，边长为2的正方形中，点，分别是，的中点，将，分别沿，折起，使得，三点重合于点，若四面体的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为_【分析】根据四面体的结构特征

10、，把四面体补形为长方体，求出长方体的外接球的表面积即可.【详解】由题意知PEF是等腰直角三角形,且AP平面PEF，即在点P处三条直线PA,PE,PF两两垂直.可以以PA,PE,PF为长方体一个顶点处的三边把四面体补形为长方体，则四面体的外接球即为长方体的外接球.设其半径为R，则,所以，该球的表面积为.故答案为: .15如图，在平面四边形中，则_【分析】在中，由正弦定理可得,在中，由正弦定理可，因为，可求出，再由余弦定理可求出的值.【详解】在中，由正弦定理可得：，所以，在中，由正弦定理可得：，所以，又因为，所以由可得：，解得：，所以在中，由余弦定理得：，解得.故答案为: .四、双空题16有一个装

11、着5个小球的箱子，其中白球3个，红球2个从箱子里随机取出一个小球，同时抛掷一枚质地均匀的硬币：如果硬币出现正面，小球留在手上；如果硬币出现反面，小球放回箱子重复该试验，当箱中无小球时停止试验假设刚开始时手上没有小球，请回答以下问题：（1）求经过一次试验后，手上没有小球的概率为_；（2）求经过三次试验后，手上正好有1个白球和1个红球的概率为_ 【分析】根据相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得；【详解】解：经过一次试验后，手上没有小球，即掷硬币出现反面，显然掷一次硬币出现反面或正面的概率均为，故经过一次试验后，手上没有小球的概率为；经过三次试验后，取到两个白球、一个红球且有一个白球被放回的概率

12、为，经过三次试验后，取到两个红球、一个白球且有一个红球被放回的概率为所以经过三次试验后，手上正好有1个白球和1个红球的概率为.故；.五、解答题17已知数据的平均数为，方差为；数据的平均数为，方差为(1)求的值；(2)若将这两组数据合并成一组新数据，其平均数为，证明：，并写出的表达式，不需要证明(1)0(2)证明见解析，【分析】（1）可得答案；（2），由 计算可得答案.【详解】(1).(2)，则 ， ， 同理 .18如图，在平行四边形中，与的夹角为(1)若，求的值；(2)求与的夹角的余弦值(1)5(2)【分析】（1）根据数乘运算以及向量加法的平行四边形法则即可求解；（2）根据模长公式求解模长，根

13、据数量积中的夹角公式即可求解.【详解】(1)依题意， ，；由平行四边形法则可得，则，且，即 ，(2)依题意， ，则 即所以，与的夹角的余弦值为19在中，内角所对的边分别为(1)求的值；(2)若，求的面积(1)(2)【分析】（1）根据两角和与差的余弦公式展开，以及同角平方和关系即可求解；（2）根据（1）的结果可分两种情况讨论或，结合余弦定理即可判断为等边三角形，根据面积公式即可求解.【详解】(1)由得则，且，(2)方法一：由（1）得，可得，或 由余弦定理可得，当时，；由可得，即，此时为等边三角形，故当时，由可得，即，不符合要求，所以，的面积为方法二：由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立即，由（1

14、）可得，且，即，方法三：由正弦定理可得，由（1）可得，则，当，即时，即 ，进一步得，即，故于是为等边三角形，当，即时，即， ， 即 ，推出矛盾；综上所述，的面积为20某大学艺术专业400名学生参加某次测评，根据男、女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录学生的分数，将数据分成7组：，并整理得到如下频率分布直方图.(1)根据频率分布直方图，判断样本中的平均数与中位数的大小，并简述理由；(2)已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间上的人数；(3)已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等.试估计总体中男生和女生人数的比

15、例.(1)平均数中位数，理由见解析(2)20人(3)【分析】（1）根据直方图的特征可判断中位数和平均数的大小；（2）算出上的频率，从而可求总体在上的人数；（3）可算出样本中男生和女生人数的比例为，从而可得总体中男生和女生人数的比例.【详解】(1)平均数中位数.因为直方图在左边“拖尾”，和中位数相比，平均数总是在“长尾巴”那边.(2)依题意，两个组的频率之和为，四个组的频率之和为则对应的频率为,故总体中分数在区间上的人数大约为人.(3)依题意，样本中分数不小于70的频率为，则样本中分数不小于70的人数为，其中男女生人数都为30人，即样本中男生人数为60人，女生人数为40人，故男生和女生人数的比例

16、为.所以，由样本估计总体可得，总体中男生和女生人数的比例大约为.21如图，在以为顶点的五面体中，面为正方形，且二面角与二面角都是.(1)证明：平面EFDC；(2)求直线与平面所成角的正切值.(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意可得，由线面垂直的判定定理可证平面.（2）由题易得直线与平面所成的角，再分别求出，由，代入即可求出答案.【详解】(1)证明：由正方形可得，因为，所以，由正方形可得，因为，所以，所以，平面.(2)连接，,由平面.可得，直线在平面上的射影为所以直线与平面所成的角，由正方形可得，平面，则平面，又平面，平面平面 ，即，由（1）可得，则是二面角的平面角同理是二面角的平面角，即平面四边形为等腰梯形，且，不妨设，则，在中，即，在中，所以，直线与平面所成角的正切值为.22已知是定义在上的偶函数，当时，(1)求函数的解析式；(2)定义在上的一个函数，用分法：将区间任意划分为个小区间