2021-2022学年黑龙江省大庆市高一下学期期末数学试题-附答案

1、2021-2022学年黑龙江省大庆市高一下学期期末数学试题一、单选题1已知复数z满足，则在复平面内复数z对应的点在（）.A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限A【分析】设出复数z的代数形式，再利用复数相等求出复数z即可作答.【详解】设，则，由得：，即，于是得，解得，则有对应的点为，所以在复平面内复数z对应的点在第一象限.故选：A2为了了解高一、高二、高三学生的身体状况，现用分层随机抽样的方法抽出一个容量为1200的样本，三个年级学生数之比依次为，已知高一年级共抽取了240人，则高三年级抽取的人数为（）A240B300C360D400C【分析】根据求出，再根据可求出结果.【详解】依题意可得，解

2、得，所以高三年级抽取的人数为人.故选：C3已知15个不同数据的第25百分位数是9，则下列说法正确的是（）A这15个数据中一定有4个数小于9B把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据C把这15个数据从小到大排列后，9是第4个数据和第5个数据的平均数D把这15个数据从小到大排列后，9是第3个数据和第4个数据的平均数B【分析】根据百分位数的概念分析可得答案.【详解】因为15个不同数据的第25百分位数是9，根据百分位数的概念可知，把这15个数据从小到大排列后，只能确定9是第4个数据，其它14个数据的值无法确定，故B正确；其它都不一定正确.故选：B4已知一个圆锥的底面半径为，其体积为，则该圆锥的侧面

3、积为（）ABCDD【分析】根据圆锥的体积求出高，根据勾股定理求出母线长，再根据圆锥的侧面积公式可求出结果.【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则，即，解得，所以，所以该圆锥的侧面积为.故选：D5已知平面向量，满足，则与的夹角为（）ABCDB【分析】由求出，由两边平方求出，再根据平面向量的夹角公式可求出结果.【详解】因为，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以.故选：B6若球的最大截面圆面积扩大为原来的2倍，则球体积扩大为原来的（）A倍B4倍C倍D倍C【分析】根据圆的面积公式和球的体积公式可得答案.【详解】若球的最大截面圆面积扩大为原来的2倍，则球的半径扩大为原来的倍，则球

4、体积扩大为原来的倍.故选：C7圭表（圭是南北方向水平放置测定表影长度的刻板，表是与圭垂直的杆）是中国古代用来确定节令的仪器，利用正午时太阳照在表上，表在圭上的影长来确定节令.已知冬至和夏至正午时，太阳光线与地面所成角分别为，表影长之差为，那么表高为（）ABCDD【分析】由题意作图，在中，然后根据正弦定理表示出，然后在直角三角形中，利用正弦值表示出表高，上下同时除以即可.【详解】如图，在中，所以由正弦定理得，可得，在中，.故选：D8如图为等腰三角形，以为圆心，为半径的圆分别交与点，点是劣弧上的一点，则的取值范围是（）ABCDA【分析】根据平面向量的线性运算以及数量积的运算律，结合两角和与差的余弦

5、公式，将化为，再根据三角函数知识可求出结果.【详解】,因为，所以，所以，所以，所以的取值范围是.故选：A二、多选题9已知是不同的平面，是两条不重合的直线，下列说法不正确的是（）A若则B若，则C若则D若，则ABC【分析】根据直线、平面的位置关系逐个判断可得答案.【详解】对于A，若则或与相交但不垂直，故A不正确；对于B，若，则或，故B不正确；对于C，若则或与相交，故C不正确；对于D，因为，所以平面与平面所成的二面角为直二面角，因为，所以平面与平面所成的二面角也为直二面角，即，故D正确.故选：ABC10关于一组样本数据的平均数、中位数、频率分布直方图和方差，下列说法正确的是（）A改变其中一个数据，平

6、均数一定改变，中位数可能不变B频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积应该相等C样本中每个数据变为原来的2倍，则样本平均数变为原来的4倍D样本中每个数据变为原来的2倍，则样本方差变为原来的2倍AB【分析】根据平均数、中位数的概念以及方差的性质分析可得答案.【详解】对于A，例如数据，将数据改为，数据的和改变了，数据的个数没变，所以平均数一定改变，而中位数仍为，不变，故A正确；对于B，根据频率分布直方图中中位数的求法可知，B正确；对于C，样本中每个数据变为原来的2倍，则所有数据和变为原来的2倍，数据的个数没变，所以样本平均数变为原来的2倍，故C不正确；对于D，样本中每个数据变为原来的2倍，

7、根据方差的性质可知样本方差变为原来的倍，故D不正确.故选：AB11一个质地均匀的正四面体4个表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件M为“第一次向下的数字为3或4”，事件N为“两次向下的数字之和为偶数”，则下列说法正确的是（）A事件M发生的概率为B事件M与事件N互斥C事件M与事件N相互独立D事件发生的概率为AC【分析】A应用互斥事件加法求概率；B由互斥事件的定义，结合题设描述判断；C判断是否成立即可；D应用对立事件的概率求法求发生的概率即可判断.【详解】由题设知：，A正确；由：“第一次向下的数字为3或4”与：“两次向下的数字之和为偶数”，而发生同时也有可能发生，故不是互斥事

8、件，B错误；因为，而，故，即事件M与事件N相互独立，C正确；，表示“第一次向下的数字为1或2”且“两次向下的数字之和为奇数”，故，所以，D错误.故选：AC.12如图，平面四边形中，是等边三角形，且是的中点沿将翻折，折成三棱锥，翻折过程中下列结论正确的是（）A存在某个位置，使得与所成角为锐角B棱上总恰有一点，使得平面C当三棱锥的体积最大时，D当二面角为直角时，三棱锥的外接球的表面积是BCD【分析】证明判断A；取CD的中点N，由推理判断B；三棱锥的体积最大时确定点C位置判断C；求出三棱锥的外接球半径计算判断D作答.【详解】取BD中点E，连接CE，ME，如图，因是正三角形，有，而是的中点，有，而，则

9、，平面，于是得平面，平面，所以，A不正确；取CD的中点N，连MN，因是的中点，则，平面，平面，所以平面，B正确；因，要三棱锥的体积最大，当且仅当点C到平面距离最大，由选项A知，点C到直线BD的距离，是二面角的平面角，当时，平面，即当C到平面距离最大为时，三棱锥的体积最大，此时，有，而，平面，则有平面，平面，所以，C正确；三棱锥的外接球被平面所截小圆圆心是正的中心，被平面所截小圆圆心为点M，设球心为O，连，则平面，平面，当二面角为直角时，由选项C知，平面，平面，有，四边形为矩形，连，在中，所以三棱锥的外接球的表面积，D正确.故选：BCD关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面

10、小圆性质确定出球心位置是解题的关键.三、填空题13已知复数满足，则=_【分析】根据复数的除法运算求出复数，再根据复数的模长公式可求出结果.【详解】由，得，所以.故14在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为_【分析】连接交于点，易证得四边形为平行四边形，得到，可知即为所求角，在中，利用余弦定理可求得，由此可得结果.【详解】连接，交于点，连接，四边形为正方形，为中点，四边形为平行四边形，即为异面直线与所成角，设正方体棱长为，则，即异面直线与所成角为.故答案为.15的内角的对边分别为，已知，若角的平分线交于点，则的长为_【分析】利用正弦定理得到，再根据余弦定理求出和，再根据面积可求出结果.【详解】

11、依题意可知，由正弦定理得，因为，所以，由余弦定理得，所以，所以，解得故答案为.四、双空题16已知四棱锥的底面ABCD是边长为3的正方形，平面ABCD，E为PD中点，过EB作平面分别与线段PA、PC交于点M，N，且，则_；四边形EMBN的面积为_. 【分析】延伸平面，交所在的平面于，即平面平面，可得，在三角形和中，利用平面几何三角形全等和平行线中的比例关系可得；至于四边形EMBN的面积，连接，可证明，求出的长度，通过面积公式可得答案.【详解】延伸平面，交所在的平面于，即平面平面，又平面平面，即三点共线，又，由线面平行的性质定理可得，则，即，点为的中点，又E为PD中点，则，又，则，过作交于点，则，

12、；连接，由同理可得，又平面ABCD，平面ABCD，又，面，又面，又，所以四边形EMBN的面积为.故；. 本题考查空间线面平行的判定和性质，考查空间线面垂直的判定和性质，关键是利用线面平行的性质合理作出图像，考查学生的作图能力和计算能力，是中档题.五、解答题17在中，分别是角所对应的边，若，的面积为，且(1)求角的大小(2)求的周长(1)(2)5+【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式可求出结果；（2）根据三角形的面积公式求出，再根据余弦定理求出，从而可得三角形的周长.【详解】(1)，由正弦定理可得可得，,所以，解得，(2)，由的面积为=，解得，由余弦定理，可得，解得，的周长为18目前，

13、新冠病毒引起的疫情仍在全球肆虐，在党中央的正确领导下，全国人民团结一心，使我国疫情得到了有效的控制，各地各学校逐渐开始有序复学.某校为了解疫情期间学生线上学习效果，进行一次摸底考试，从中选取60名同学的成绩（百分制，均为正数）分成40，50），50，60），60，70），70，80），80，90），90，100）六组后，得到部分频率分布直方图（如图），观察图形，回答下列问题：(1)求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图；(2)根据频率分布直方图，估计本次考试成绩的均值；(3)根据评奖规则排名靠前10%的同学可以获奖，请你估计获奖的同学至少需要多少分？(1)，直方图见解析(2)(3)【分析】

14、（1）根据频率之和为1列出方程，求出分数在内的频率，并补全频率分布直方图；（2）用中间值作代表，计算出平均数，估计本次考试成绩的均值；（3）根据频率分布直方图计算出10%分位数，估计获奖的同学至少需要的分数.【详解】(1)设分数在内的频率为，根据频率分布直方图，可得，解得：，所以分数在内的频率为，所以补全这个频率分布直方图，如图所示：(2)根据频率分布直方图得：均值为：，即估计本次考试成绩的均值为分.(3)因为分数在内的频率为，内的频率为，而，所以排名前的分界点为，则，解得：，所以排名前的分界点为分，即获奖的同学至少为分.192020年是我国网络建设的加速之年.截至2020年底，中国已建成全球

15、最大的网络.为了切实推动移动网络质量提升，不断改善用户体验，中国信通院受工信部委托，定期在全国范围内开展重点场所移动网络质量专项测评.其中一项测评内容是在每座受测城市中挑选一条典型路段，以评估当地网络发展水平.其中5座受测城市的综合下载速率(单位：)数据如下表：城市路段综合下载速率(单位：)福州五四路708.92广州大学城外/中/内环817.13哈尔滨红军街630.34杭州环城东路882.60成都二环高架916.02（1）从以上5座城市中随机选取2座城市进行分析，求选取的2座城市“综合下载速率”都大于800的概率；（2）甲乙两家网络运营商分别从以上5座城市中随机选取1座城市考察(甲乙的选取互不

16、影响)，求甲乙两家运营商中恰有1家选取的城市“综合下载速率”大于800的概率.（1）；（2）.（1）写出5座城市中随机选取2座城市的所有可能，找出选取的2座城市“综合下载速率”都大于800的所有可能，根据古典概型公式计算即可；（2）选取的城市“综合下载速率”大于800的概率，选取的城市“综合下载速率”不大于800的概率，根据对立事件与互斥事件的概率公式计算即可.【详解】解：（1）5座城市中“综合下载速率”大于800Mbps的有3座，设为，“综合下载速率”不大于800的有2座，设为.随机选取2座城市所有可能为：，共10种.其中2座城市“综合下载速率”都大于800的有，共3种.设两个城市“综合下载

17、速率”都大于800为事件，所以（2）设甲选取的城市“综合下载速率”大于800为事件，乙选取的城市“综合下载速率”大于800为事件，恰有1家运营商选取的城市“综合下载速率”大于800为事件.依题意，事件，所以.1.古典概型的概率求解步骤： （1）求出所有基本事件的个数；（2）求出事件包含的所有基本事件的个数；（3）代入公式求解.2.基本事件个数的确定方法（1）列举法：此法适合于基本事件个数较少的古典概型；（2）列表法：此法适合于从多个元素中选定两个元素的试验，也可看成坐标法；（3）树状图法：树状图是进行列举的一种常用方法，适用于有顺序的问题及较复杂问题中基本事件数的探求；（4）运用排列组合知识计

18、算.20底面为菱形的直棱柱中，分别为棱的中点.（1）在图中作一个平面，使得，且平面.（不必给出证明过程，只要求作出与直棱柱的截面）.（2）若，求点到所作截面的距离.（1）详见解析；（2）.【详解】试题分析：（1）取的中点，连接，即可利用线面平行的判定定理证得结论；（2）设点到平面的距离为，由等体积法得：，即可求解点到截面的距离.试题解析：解：（1）如图，取的中点，连接，则平面即为所求平面.（2）设点到平面的距离为，由等体积法得：，.21在中，角、所对的边分别为、，且.（1）求角的大小；（2）若，求的最大值.（1）；（2）.【分析】（1）利用共线向量的坐标表示结合两角和的余弦公式求出的值，再由角的取值范围可求出角的值；（2）利用正弦定理得出，于是得出，利用两角和的正弦公式以及辅助角公式将其转化为角的三角函数，可求出的最大值.【详解】（1），且，即，即，化