2021-2022学年广西南宁市高一下学期期末考试数学试题【含答案】

1、2021-2022学年广西南宁市高一下学期期末考试数学试题一、单选题1复数（i为虚数单位）在复平面内的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限A【分析】根据复数的除法和乘法的运算法则化简复数，进而即得.【详解】复数，所以复平面上对应的点位于第一象限.故选：A.2已知在中，角A，B的对边分别为a，b，若，则b的值为（）A1BC2DC【分析】根据正弦定理可得，结合的值可求b的值.【详解】由正弦定理可得，所以，因为，所以.故选：C.3已知向量，则等于（）ABCDA【分析】由向量坐标运算直接求解即可.【详解】.故选：A4下列说法不正确的是（）A长方体是平行六面体B正方体是平行六面体C直四棱柱

2、是长方体D平行六面体是四棱柱C【分析】根据长方体和直四棱柱的性质判断即可.【详解】对于A，长方体的各个对面是平行的，故正确；对于B，正方体的各个对面是平行的，故正确；对于C，直四棱柱的对面未必平行，故错误；对于D，按照四棱柱的定义，平行六面体是的侧棱是平行的，是四棱柱，故正确；故选：C.5某新闻机构想了解全国人民对长津湖之水门桥的评价，决定从某市3个区按人口数用分层抽样的方法抽取一个样本.若3个区人口数之比为2：3：4，且人口最少的一个区抽出100人，则这个样本的容量为（）A550B500C450D400C【分析】根据分层抽样的抽取比例相同求解即可【详解】设这个样本的容量为，则，解得.故选：C

3、6哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和”，如我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果在“2，3，5，7，11”这5个素数中，任取两个素数，其和不是合数的概率是()ABCDB【分析】根据已知条件分别求出基本事件总个数和满足任意两个素数之和不是合数的基本事件数即可求解.【详解】在“2，3，5，7，11”这5个素数中任取两个，其和有10种不同的情况如下：5、7、8、9、10、12、13、14、16、18，其中两素数之和不是合数的有5，7，13共3种，所以任取两个素数，其和不是合数的概率为.故选：B.7在四棱锥PABCD中，已知PA底面ABCD，且底面ABCD为矩

4、形，则下列结论中错误的是（）A平面PAB平面PADB平面PAB平面PBCC平面PBC平面PCDD平面PCD平面PADC【分析】由面面垂直的判定定理对选项逐一判断【详解】已知PA底面ABCD，可得，又底面ABCD为矩形 而平面，平面平面PAD平面PAB，平面PCD平面PAD又平面，平面PBC平面PAB选项A，B，D可证明 故选：C8如图，正方体的棱长为1，E，F，G分别为的中点，则下列说法正确的序号为（）直线与直线所成角的正切值为直线与平面不平行点C与点G到平面的距离相等平面截正方体所得的截面面积为ABCDA【分析】由为直线与直线所成角即可判断；取中点，证得平面平面即可判断；由平面不过的中点即可

5、判断；先找出截面，再计算面积即可判断.【详解】对于，易得，则即为直线与直线所成角，则，正确；对于，取中点，连接，易得，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面，所以平面平面，又平面，则平面，错误；对于，若点C与点G到平面的距离相等，则平面必过的中点，连接交于，显然不是的中点，则平面不过的中点，即点C与点G到平面的距离不相等，错误；对于，连接，则，易得等腰梯形即为平面截正方体所得的截面，易知，之间的距离为，则面积为，正确.故选：A.二、多选题9下面四个条件中，能确定一个平面的是（）A一条直线B一条直线和一个点C两条相交的直线D两条平行的直线CD逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.【详解】对

6、于选项A：一条直线不能确定一个平面，故选项A不正确；对于选项B：一条直线和直线外的一个点可以确定一个平面，一条直线和直线上的一个点不能确定一个平面，故选项B不正确；对于选项C：两条相交的直线可以确定一个平面，故选项C正确；对于选项D：两条平行的直线可以确定一个平面，故选项D正确；故选：CD10给定一组数据5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则这组数据的（）A平均数为3B标准差为C众数为2和3D第85百分位数为4.5AC【分析】A.利用平均数公式求解判断；B.利用标准差公式求解判断；C.利用众数的定义判断；D.利用第百分位数求解判断.【详解】A平均数为，故正确； B.标准差为，故错误；C.众

7、数为出现次数最多的2和3，故正确；D.将数据按从小到大顺序排列，则 ，一共10个数，8.5不是整数，则第9项5是第85百分位数，故错误；故选：AC11已知事件，且，则下列结论正确的是（）A如果，那么，B如果与互斥，那么，C如果与相互独立，那么，D如果与相互独立，那么，BD【分析】A选项在前提下，计算出，即可判断；B选项在与互斥前提下，计算出，即可判断；C、D选项在与相互独立前提下，计算出， ，即可判断.【详解】解：A选项：如果，那么，故A选项错误；B选项：如果与互斥，那么，故B选项正确；C选项：如果与相互独立，那么，故C选项错误；D选项：如果与相互独立，那么，故D选项正确.故选：BD.本题考查

8、在包含关系，互斥关系，相互独立的前提下的和事件与积事件的概率，是基础题.12在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列结论错误的是（）AB的最小内角是最大内角的一半C是钝角三角形D若，则的外接圆直径为ACD【分析】不妨设，解得，对四个选项一一验证：由正弦定理可以判断选项A；先判断出最大的内角为，最小的内角为A，再由余弦定理求出，即可判断选项B；由余弦定理判断出为锐角，即可判断选项C；用正弦定理可以判断选项D【详解】不妨设，解得，对于A，由正弦定理知，故A错误；对于B，最大的内角为，最小的内角为，由余弦定理知，故，即B正确；对于C，为锐角，是锐角三角形，即C错误；对于D，的外接圆直径

9、，即D错误故选：ACD.三、填空题13已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的共轭复数是_；【分析】由复数的模和除法法则求得后可得其共轭复数【详解】由已知，所以故14已知圆锥的母线长为5，高为4，则圆锥的表面积为_.【分析】先求解出圆锥的底面半径，然后根据侧面积加上底面积求解出表面积.【详解】由题意知圆锥的底面半径为，则圆锥的表面积为.故答案为.15在棱长为9的正方体中，点，分别在棱，上，满足，点是上一点，且平面，则四棱锥外接球的表面积为_.以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，设，由平面可得P点的坐标，根据四棱锥的特点可得外接球的直径可得答案.【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，由

10、，则，设， ，设平面的法向量为，则，即，不妨令，则，得，因为平面，所以，即，解得，所以，由平面，且底面是正方形，所以四棱锥外接球的直径就是，由，得，所以外接球的表面积.故答案为.本题考查了四棱锥外接球的表面积的求法，关键点是建立空间直角坐标系，确定球的半径，考查了学生的空间想象力和计算能力.四、双空题16在中，是中点，在边上，则_，的值为_. 【分析】由，结合平面向量数量积的运算即可得；由平面向量的线性运算可得，再由平面向量数量积的运算即可得.【详解】因为，所以，由题意，所以，所以；由可得，解得.故；.本题考查了平面向量线性运算及数量积运算的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.

11、五、解答题17已知，.(1)若，求的坐标；(2)若，求与的夹角.(1)或；(2).【分析】（1）设，利用向量的模长公式可求得实数的值，即可得出向量的坐标；（2）由已知可得，可求得的值，利用平面向量夹角的取值范围即可得解.【详解】(1)解：因为，设，则，解得.因此，或.(2)解：由已知可得，因为，则，可得，所以，则.18某市3000名市民参加亚运会相关知识比赛，成绩统计如下图所示(1)求a的值，并估计该市参加考试的3000名市民中，成绩在上的人数；(2)若在本次考试中前1500名参加复赛，则进入复赛市民的分数应当如何制定（结果用分数表示）(1)，成绩在上的人数为900人.(2)【分析】（1）根据

12、频率之和为，结合频率分布直方图即可求得，再求得成绩在的频率，根据频数计算公式即可求得结果；（2）根据频率分布直方图中位数的求解，结合已知数据，即可求得结果.【详解】(1)依题意，故.成绩在80, 90)上的频率为，所以，所求人数为30000.30=900.(2)依题意，本次初赛成绩前1500名参加复赛，即求该组数据的中位数，因为所以，进入复赛市民的分数应当为.19如图，四棱锥的底面是平行四边形，底面，(1)证明：ACCD；(2)若E是棱PC的中点，求直线AD与平面PCD所成的角(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直得到，再由得到，即可证明平面，从而得到；（2）由平面，即可得到，再由等腰

13、三角形三线合一得到，即可得到平面，则即为直线与平面所成的角，再根据锐角三角函数计算可得；【详解】(1)证明：因为底面，底面，所以，因为，所以，平面，所以平面，因为平面，所以(2)解：由（1）平面，平面，所以，因为，为的中点，所以，因为，平面，所以平面，所以即为直线与平面所成的角，因为，所以，所以，所以，因为，所以，即直线与平面所成的角为；20在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c(1)若，且的面积，求a，b的值；(2)若，判断的形状(1)；(2)是直角三角形或等腰三角形.【分析】（1）根据余弦定理可得，由三角形面积得到，进而即得；（2）根据题中条件及两角和与差的正弦公式，得到，求出或，进而

14、可得出结果.【详解】(1)因为，又余弦定理可得：，即，又的面积，所以，因此，；解得：；(2)因为，所以，即，所以或，因此或，所以是直角三角形或等腰三角形.21某快餐配送平台针对外卖员送餐准点情况制定了如下的考核方案：每一单自接单后在规定时间内送达延迟5分钟内送达延迟5至10分钟送达其他延迟情况，分别评定为四个等级，各等级依次奖励3元奖励0元罚款3元罚款6元.假定评定为等级的概率分别是.(1)若某外卖员接了一个订单，求其不被罚款的概率；(2)若某外卖员接了两个订单，且两个订单互不影响，求这两单获得的奖励之和为3元的概率.(1)(2)【分析】（1）利用互斥事件的概率公式，即可求解；（2）由条件可知两单共获得的奖励为3元即事件，同样利用互斥事件和的概率，即可求解.【详解】(1)设事件分别表示“被评为等级”，由题意，事件两两互斥，所以，又“不被罚款”，所以.因此“不被罚款”的概率为；(2)设事件表示“第单被评为等级”，则“两单共获得的奖励为3元”即事件，且事件彼此互斥，又，所以.22如图，四棱柱中，底面ABCD是菱形，平面ABCD，E为中点，.(1)求证：平面；(2)求三棱锥的体积；(3)在上是否存在点M，满足平面？若存在，求出AM的长；若不存在，说明理由.(1)证明见解析(2)(3)存在，【分析】（1）连交于点F，连EF，由中位线定理以及线面平行的判定证明即可；（2）过作的