2021-2022学年山东省莱西市高一下学期华商班6月月考数学试题【含答案】

1、2021-2022学年山东省莱西市高一下学期华商班6月月考数学试题一、单选题1已知复数满足，则（）ABCDD【分析】由已知条件求出复数，利用共轭复数的定义可得出结果.【详解】因为，所以，因此，.故选：D.2若两个向量满足，则与的夹角是（）ABCDC【分析】依据向量夹角的余弦公式即可求得与的夹角.【详解】，又则，即与的夹角是故选：C3现要完成下列3项抽样调查：从15种疫苗中抽取5种检测是否合格某科研院所共有480名科研人员，其中具有高级职称的有48名，具有中级职称的有360名，具有初级职称的有72名为了解该科研院所科研人员的创新能力，拟抽取一个样本容量为20的样本在中秋节前，某食品监督局从某品牌

2、的10盒月饼中随机抽取3盒进行食品卫生检查较为合理的抽样方法是（）A简单随机抽样，分层抽样B简单随机抽样，分层抽样C简单随机抽样，分层抽样D简单随机抽样，分层抽样A【分析】根据简单随机抽样和分层抽样的概念判断【详解】中总体容量较少，且个体没有明显差别，适合用简单随机抽样；中总体是由有明显差异的几部分组成的，适合用分层抽样.故选：A4某工厂利用随机数表对生产的700个零件进行抽样测试，先将700个零件进行编号，001，002，699，700，从中抽取70个样本，下图提供随机数表的第4行到第6行，若从表中第5行第6列开始向右读取数据，则得到的第8个样本编号是（）A623B457C368D072C【

3、分析】从表中第5行第6列开始向右读取，舍去超出范围和重复的数据，即可得出结果.【详解】从表中第5行第6列开始向右读取分别为，253，313，457，860舍，736舍，253舍，007，328，623，457舍，889舍，072，368，第8个为368故选：C易错点睛：本题要舍去超出范围和重复的数据.5在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生在规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”.根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是A甲地：总体均值为3，中位数为4B乙地：总体均值为1，总体方差大于0C丙地：中位数为2，众数为3D

4、丁地：总体均值为2，总体方差为3D【详解】试题分析：由于甲地总体均值为，中位数为，即中间两个数（第天）人数的平均数为，因此后面的人数可以大于，故甲地不符合.乙地中总体均值为，因此这天的感染人数总数为，又由于方差大于，故这天中不可能每天都是，可以有一天大于，故乙地不符合，丙地中中位数为，众数为，出现的最多，并且可以出现，故丙地不符合，故丁地符合.众数、中位数、平均数、方差6从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取2个球，以下给出了四组事件：至少有1个白球与至少有1个黄球；至少有1个黄球与都是黄球；恰有1个白球与恰有1个黄球；恰有1个白球与都是黄球其中互斥而不对立的事件共有（）A0组B1组C2组D3组

5、B根据互斥事件和对立事件的定义，即可判断【详解】中“至少有1个白球”与“至少有1个黄球”可以同时发生，如恰有1个白球和1个黄球，中的两个事件不是互斥事件中“至少有1个黄球”说明可以是1个白球和1个黄球或2个黄球，则两个事件不互斥中“恰有1个白球”与“恰有1个黄球”，都是指有1个白球和1个黄球，因此两个事件是同一事件中两事件不能同时发生，也可能都不发生，因此两事件是互斥事件，但不是对立事件;故选:B.7魔方又叫鲁比克方块（Rubks Cube），是由匈牙利建筑学教授暨雕塑家鲁比克艾尔内于1974年发明的机械益智玩具，与华容道、独立钻石棋一起被国外智力专家并称为智力游戏界的三大不可思议三阶魔方可以

6、看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分，然后沿等分线把正方体切开所得，现将三阶魔方中1面有色的小正方体称为中心方块，2面有色的小正方体称为边缘方块，3面有色的小正方体称为边角方块，若从这些小正方体中任取一个，恰好抽到边缘方块的概率为（）ABCDC【分析】由题可知正方体切开共有27个小正方体，其中只有2个面涂色的小正方体共有12个，进而根据古典概型即可得答案.【详解】沿等分线把正方体切开得到同样大小的小正方体共有27个，其中有3个面涂色的小正方体共有8个，只有2个面涂色的小正方体共有12个，只有1个面涂色的小正方体共有6个，所以恰好抽到只有2个面有色的小正方体的概率为故选：C本题考查古典

7、概型，解题的关键在于正确计数各类型的小正方体，进而利用古典概型公式计算求解，是基础题.8已如A，B，C是表面积为的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（）ABCDC【分析】设球的半径为，外接圆的半径为，根据题意求出，再根据球心到的距离，即三棱锥的高，从而可得出答案.【详解】解：设球的半径为，外接圆的半径为，在中，由，则得，所以，因为球O的表面积为，则，解得，所以球心到的距离，即三棱锥的高为，所以三棱锥的体积.故选：C.二、多选题9如图，点O是正八边形ABCDEFGH的中心，且，则（）A与能构成一组基底BCDBC【分析】对A，由正八边形性质可证与平行，即可由基底定义判断；对B，由正八边形性

8、质可证，即可由向量数量积与向量垂直的关系判断；对C，由，利用平行四边形法则即可计算；对D，由，即可根据向量数量积定义计算【详解】连接BG，CF，由正八边形的性质可知，所以，所以与是共线向量，所以与不能构成一组基底，A项错误；，所以，所以，B项正确；因为，由平行四边形法则可知，C项正确；正八边形的每一个内角为，所以，D项错误（或者从正八边形的性质可知与的夹角为锐角，则有可判断D错误）.故选：BC10已知，则（）ABCDABD【分析】切化弦后，由平方关系化为关于的方程，解方程可得，求出后由商数关系得，再由正切的二倍角公式得，由余弦的二倍角公式得，由两角和的正弦余弦公式化简后代入值可得【详解】对于选

9、项A，解得或（舍），故选项A正确；对于选项B，故选项B正确；对于选项C，故选项C错误；对于选项D，故选项D正确故选：ABD11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.本题考查在包含关系，互斥关系，相

10、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，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知， ，且，则ABCDAD【分析】利用正弦定理边化角，再结合余弦定理即可求解.【详解】.整理可得: 可得 为三角形内角, 故A正确，B错误.解得 ,由余弦定理得 解得, 故C错误，D正确.故选: AD.解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”.三、填空题13已知，是单位向量，且，则向量与的夹角为_.【分析】对两边平方，化简可求出与的数量积，从而可求出两向量的夹角【详解】解：因为，是单位向量，所以，所以由，得，所以，所以，因为，所以，故14已知z14a1(2a

11、23a)i，z22a(a2a)i，其中aR，若z1z2，则a的取值集合为_.0【分析】由条件可知两个数为实数，根据大小关系，列式求.【详解】由z1z2，得解得a0，故a的取值集合为0.故15张衡（78年139年）是中国东汉时期杰出的天文学家、数学家、发明家、地理学家、文学家，他的数学著作有算罔论.张衡给立方体定名为质，给球体定名为浑.他研究过球的外切立方体体积和内接立方体体积，研究过球的体积，其中还定圆周率值为10的开平方，直到五百多年后，印度和阿拉伯的数学家才得出这个数值.现有棱长为的正方体，利用张衡的结论可得该正方体的内切球的体积为_.3600设正方体的棱长为a，内切球的半径为r，由a=2

12、r，求得半径，再代入球的体积公式求解.【详解】设正方体的棱长为a，内切球的半径为r，则a=2r，因为a=，所以，又，所以球的体积为，故360016已知函数在中，角，的对边分别是，且满足，则的取值范围是_【分析】先利用正弦定理将边角关系转化为角与角的关系，利用两角和的正弦公式、诱导公式求出，再根据和正弦函数的图象和性质求其范围.【详解】由及正弦定理，得，即，即，所以，即，所以，所以，所以故答案为.四、解答题17（1）计算：（i为虚数单位）；（2）已知是一个复数，求解关于的方程，（i为虚数单位）.（1）8；（2）或【分析】（1）即可化简得值；（2）设，建立等式，列方程组求解.【详解】（1）；（2）

13、设，即，所以，解得或，所以或.故或此题考查复数的运算，关键在于根据题意利用复数的运算法则，准确计算求解.18如图所示，正方体的棱长为，过顶点、截下一个三棱锥.(1)求剩余部分的体积；(2)求三棱锥的高.(1)(2)【分析】（1）求出三棱锥的体积，再用正方体的体积减去三棱锥的体积，即可求得剩余部分的体积，（2）利用等体积法求解即可【详解】(1)因为所以剩余部分的体积，(2)由（1）知，设三棱锥的高为，由正方体的性质可知为等边三角形，且边长为，则，所以，解得.所以三棱锥的高为19计算机分理论与实际操作两部分，每部分成绩只记“合格”与“不合格”，两部分都“合格”者，则计算机“合格”，并颁发合格证书甲

14、、乙、丙三人在理论中“合格”的概率依次为，在实际操作中“合格”的概率依次为，所有是否合格相互之间没有影响.（1）假设甲、乙、丙三人同时进行理论与实际操作两项，谁获得合格证书的可能性最大？（2）这三人进行理论与实际操作两项后，求恰有两人获得合格证书的概率.（1）丙；（2）（1）分别计算三者获得合格证书的概率，比较大小即可（2）根据互斥事件的和,列出三人后恰有两人获得合格证书事件，由概率公式计算即可求解.【详解】（1）设“甲获得合格证书”为事件A，“乙获得合格证书”为事件B，“丙获得合格证书”为事件C，则，.因为，所以丙获得合格证书的可能性最大.（2）设“三人后恰有两人获得合格证书”为事件D，则.

15、本题主要考查了相互独立事件，互斥事件，及其概率公式的应用，属于中档题.20在某校高二年级的一次数学素养能力测试中，甲、乙两个班级（各40名学生）在这次能力测试中的成绩的频率分布直方图如图所示(1)依据频率分布直方图估计甲、乙两个班级平均成绩；(2)若规定：成绩不低于90分的为优秀，低于90分的为不优秀用分层抽样从甲、乙两个班在这次测试成绩优秀的学生中抽取3人，再从这3人抽取2人作深度分析，求这2人来自不同班级的概率(1)分和分(2)【分析】（1）根据频率分布直方图，利用平均数的计算方法，即可求得答案;（2）根据分层抽样，可求得抽取的3人中，两班抽取的人数，然后计算从这3人中抽取2人有几种情况，

16、这2人来自不同班级有几种情况，根据古典概型的的概率公式求得答案.【详解】(1)同一组数据用该区间的中点值作代表，则甲班的平均成绩为：，乙班的平均成绩为：，故甲、乙两个班级平均成绩分别为分和分；(2)由题意，甲班优秀的人数为人，乙班优秀的人数为人，因此抽取3人中，甲班2人，乙班1人不妨设甲班抽取的2人为a，b，乙班抽取的1人为c，则从a，b，c这3人中抽取2人的总的基本事件有ab，ac，bc，共3个，其中这2人来自不同班级的基本事件有ac，bc，共2个，故所求的概率为.21在中，角，所对的边分别为，且.(1)求；(2)若内一点满足：，且，求.(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理，将中的边化为角

17、，展开并利用两角和的正弦公式化简可得答案；（2）首先确定相关角的大小关系,设，然后分别在和中应用正弦定理，得到，化简整理求得最后结果.【详解】(1)由正弦定理及，得，又，所以，故，即.又因为，所以，又，解得.(2)因为，所以，设，则，即，在中，由正弦定理，得；在中，由正弦定理，得；则，所以，解得.22如图，在四棱锥中，是等腰直角三角形，底面是直角梯形，其中，（1）证明：平面；（2）求二面角的正切值（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）通过线面垂直的判定定理证明平面，由此得到，再根据线段长度关系证明，最后根据线面垂直的判定定理完成证明；（2）的中点为，先证明平面，然后通过作辅助线找到二面角的平面角，最后结合线段长度可求解出二面角的正切值.【详解】（1）取中点，连接，