2021-2022学年吉林省长春市第五中学高一下学期期末数学试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 15 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 15 页2021-2022学年吉林省长春市第五中学高一下学期期末数学试题一、单选题1复数的共轭复数是（）ABCD【答案】B【分析】根据复数的除法运算化简，根据共轭复数的概念可得答案.【详解】,故的共轭复数为 ，故选：B2已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A3BC6D【答案】B【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为l，由底面半

2、径为r，侧面展开图为一个半圆，所以2rl，所以该圆锥的母线长为l2r2.故选：B.3已知向量，若，则（）ABCD【答案】C【分析】根据向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.【详解】由题意，向量，可得因为，可得，解得.故选：C.4某棋牌室有名爱好棋牌的棋友，技能分为高级、中级和初级三个等级，中级人，从棋牌室中抽取一名棋友，若抽取高级棋友的概率是，则抽到初级的概率是（）ABCD【答案】C【分析】首先求得初级棋友的人数，由古典概型概率公式计算可得结果.【详解】由题意知：高级棋友有人，初级棋友有人，从棋牌室中抽取一名棋友，抽到初级的概率是.故选：C.5设的内角、所对边分别为、，若，则此三角形一定是（

3、）A等腰直角三角形B等腰三角形C直角三角形D钝角三角形【答案】B【分析】根据余弦定理表示出，与已知等式联立，化简求解.【详解】由余弦定理得，又，所以得：，.又和都大于0，则，即三角形为等腰三角形.故选：B.【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题.6北京冬奥会已在北京和张家口市如火如荼的进行，为了纪念申奥成功，中国邮政发行北京申办2022年冬奥会成功纪念邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”.若从一套枚邮票中任取枚，则恰有枚会徽邮票的概率为（）ABCD【答案】A【分析】将冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“

4、飞跃”分别记为、，将冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”分别记为、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】将冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”分别记为、，将冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”分别记为、，从一套枚邮票中任取枚，则所有的基本事件有：、，共种，其中，事件“恰有枚会徽邮票”包含的基本事件为：，共种，故所求概率为.故选：A.7已知正三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且球心在三棱锥的内部.若该三棱锥的侧面积为，则球的表面积为（）ABCD【答案】D【分析】由条件作

5、出如图辅助线，并根据正三棱锥的性质确定球心的位置，中，利用勾股定理求半径，最后求球的表面积.【详解】作平面，连结并延长交于点，连结，正三棱锥外接球的球心在高上，连结，解得：,正三角形中， ，设，中，解得：,则球的表面积.故选：D【点睛】本题考查几何体与球的综合问题，意在考查空间想象能力，和推理计算，属于基础题型.8在中，角的对边分别为，已知，且，点满足，则的面积为ABCD【答案】D【分析】运用正弦定理和余弦定理将角统一成边，再利用向量的数量积运算和三角形的面积公式结合求解.【详解】由，可得，即.又，所以因为，所以点为的重心，所以，所以，两边平方得因为，所以，于是，所以，的面积为.因为的面积是面

6、积的倍.故的面积为【点睛】本题关键在于运用向量的平方可以转化到向量的夹角的关系，再与三角形的面积公式相结合求解，属于难度题.二、多选题9设，表示不同的直线，表示不同的平面，给出下列四个命题，其中正确命题的有（）A若，且，则B若，且，则C若，则D若，且，则【答案】AD【分析】对于A，由线面垂直的判定定理判断；对于B，或；对于C，或，三条直线交于一点；对于D，由线面平行的判定定理、性质定理和公理4判断.【详解】由，表示不同的直线，表示不同的平面，知：对于A，若，且，则由线面垂直的判定定理得，故A正确；对于B，若，且，则或，故B错误；对于C，若，则或，三条直线交于一点，故C错误；对于D，若，且，则由

7、线面平行的判定定理、性质定理和公理4得到，故D正确.故选：AD.【点睛】本题主要考查，线线、线面关系命题的判断，还考查了空间想象和逻辑推理的能力，属于基础题.10若，其中为虚数单位，则下列关于复数的说法正确的是（）AB的虚部为CD在复平面内对应的点位于第四象限【答案】AD【分析】先设出复数，由求出，进而根据复数的模长、虚部、共轭复数、所在象限依次判断即可.【详解】设，则，则，即得，即，A正确；的虚部为，B错误；，C错误；在复平面内对应的点为，位于第四象限，D正确.故选：AD.11一组数据，的平均数是3，方差为4，关于数据，下列说法正确的是（）A平均数是3B平均数是8C方差是11D方差是36【答

8、案】BD【分析】利用平均数和方差的线性关系直接求解.【详解】设：，的平均数为，方差为，则，.所以，的平均数为，方差为.故选：BD.12已知四边形ABCD是等腰梯形（如图1），AB3，DC1，BAD45，DEAB.将ADE沿DE折起，使得AEEB（如图2），连结AC，AB，设M是AB的中点.下列结论中正确的是（）ABCADB点E到平面AMC的距离为CEM平面ACDD四面体ABCE的外接球表面积为5【答案】BD【分析】对选项A，在图1中，过作，连接，易证平面，假设，得到平面，与已知条件矛盾，故A错误；对选项B，设点到平面的距离为，根据求解即可；对选项C，假设平面，从而得到平面平面，与已知条件矛盾，

9、故C错误；对选项D，连接，易得为四面体的外接球的球心，再计算外接球表面积即可。【详解】对选项A，在图1中，过作，如图所示：，因为，所以四边形是矩形，因为，所以.因为四边形是等腰梯形，所以.因为，所以.连接，则，因为，所以，得，则.在图2中，因为，所以平面.因为平面，所以.因为，所以平面.若，又，所以平面，过一点与垂直的平面有两个，与过一点有且只有一个平面与已知直线垂直矛盾，故A错误；由，得，又，所以，而，因为到平面的距离等于到平面的距离，设点到平面的距离为，由，得，即h，故B正确；假设平面，因为，平面，平面，所以平面，又因为，所以平面平面，与已知条件矛盾，故C错误；对选项D，连接，如图所示：因

10、为，为直角三角形，且为的中点，所以，即为四面体的外接球的球心，所以四面体的外接球的半径为，则四面体的外接球表面积为，故D正确.故选：BD.三、填空题13以下数据为参加数学竞赛决赛的15人的成绩：（单位：分）78，70，72，85，88，79，80，81，94，81，56，98，83，90，91则这15人成绩的第80百分位数是_【答案】.【分析】由样本数据第80百分位的定义以及求解步骤直接求解即可得出答案.【详解】把成绩按从小到大的顺序排列为：56，70，72，78，79，80，81，81，83，85，88，90，91，94，98，因为1580%12，所以这15人成绩的第80百分位是.故答案为：

11、.14如图，某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为45，沿倾斜角为30的斜坡前进2千米后到达D处，又测得山顶B的仰角为75，则山的高度BC为_千米.【答案】2【分析】根据条件可得，然后利用正弦定理即可求出的长度，从而可求出的长【详解】解：作,垂足为，如图所示：由题意得，所以，且，在中，由正弦定理得，即，解得，所以，故答案为：215已知向量，若，则_【答案】【分析】由两向量共线的坐标关系计算即可【详解】由题可得 ,即故答案为【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题16在中，点P是线段上一动点，则的最小值是_.【答案】【分析】建立如图所示的直角坐标系，根据题意求得各点

12、坐标，利用向量的坐标运算求得数量积，再结合二次函数求最值即可得解.【详解】在中，由余弦定理得，所以是直角三角形，以点A为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，设点P坐标为，直线对应一次函数为，所以，对称轴，当时，取得最小值.故答案为：四、解答题17已知，.求（1）；（2）求.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由已知求，结合向量数量积的运算律，即可求；（2）由，利用向量数量积的运算律求值即可.【详解】（1），.（2）.18为了解某中学学生对中华人民共和国交通安全法的了解情况，调查部门在该校进行了一次问卷调查（共12道题），从该校学生中随机抽取40人，统计了每人答对的题数

13、，将统计结果分成，六组，得到如下频率分布直方图.（1）若答对一题得10分，未答对不得分，估计这40人的成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）若从答对题数在内的学生中随机抽取2人，求恰有1人答对题数在内的概率.【答案】（1）79；（2）【解析】（1）首先根据频率分布直方图计算出答对题数的平均数，由此求得成绩的平均分的估计值.（2）利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.【详解】（1）因为答对题数的平均数约为.所以这40人的成绩的平均分约为.（2）答对题数在内的学生有人，记为，；答对题数在内的学生有人，记为，.从答对题数在内的学生中随机抽取2人的情况有，共10

14、种，恰有1人答对题数在内的情况有，共6种，故所求概率.【点睛】本小题主要考查利用频率分布直方图估计平均数，考查计算古典概型概率问题，属于基础题.19如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，.(1)若为侧棱的中点，求证：平面；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，通过，即可证明平面；（2）利用等积法，即求解即可（1）取的中点，连接，在中，在梯形中，四边形是平行四边形，而平面，平面，平面；（2），而平面，即为三棱锥的高，因为，所以，又，所以20在，且.这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答问题：在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_（1）求

15、C；（2）若c3，求ABC面积的最大值【答案】（1）；（2）.【分析】（1）选，由正弦定理将条件等式边化角，结合诱导公式和二倍角公式，求出，即可得出角；选，由正弦定理，将条件等式化边为角，结合，求出，即可得出角；选，由，得出的关系，再由余弦定理，即可求出，进而求出角；（2）根据（1）中的的值和，由余弦定理，结合基本不等式，可求出的最大值，即可得出结论.【详解】选择条件：（1）由正弦定理及，可得，因为，所以，所以；（2）在中，由余弦定理及，得，所以，当且仅当时，等号成立，则，所以面积的最大值为.选择条件（1）由正弦定理及，得，又，所以，因为，所以，又，所以；（2）下同选择条件.选择条件：由，且，得，由余弦定理得，又，所以；（2）下同选择条件.21如图，在三棱锥中，D为线段的中点，E为线段上一点.（1）求证：；（2）求证：平面平面；（3）当平面时，求直线与平面所成的角.【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析，（3）.【分析】（1）先证明平面，进而可得；