2021-2022学年广东省惠州市高一下期末考试数学模拟试卷及答案解析

第第PAGE2016页2021-2022学年广东省惠州市高一下期末考试数学模拟试卷一．单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1．已知=i2023，则复平面内与z对应的点在（ ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象解：由=i2023，得z=1+2𝑖．5 5∴复平面内与z对应的点在第一象限．故选：A．2→（21𝑏，4

→，𝑏夹角的余弦值为（ ）3 4A． B．5 5

C．−3

D．−455→（，1𝑏（，4，55→ →→∴𝑠𝑎𝑏＞

𝑎⋅𝑏 = 8 =4 →→→|𝑎||𝑏|

√5×√20 5．故选：B．ABCD﹣A1B1C1D1中，EDCAEBC1所成角的余弦值为（ ）

√10

√10A．25

5

5 D．10解：连结AD1，D1E，∵B∥A11AE是异面直线AE与B1所成角（或所成角的补角ABCD﹣A1B1C1D11，则AD1=√12+12=√2，AE＝D1E=√12+(1)2=√5，𝐴𝐷

2+𝐴E2−𝐷E2

2 2√10∴cos∠D1AE=

1 = 4 4 = ． 2×𝐴𝐷1×𝐴E

2×5√2√√10AEBC1所成角的余弦值为5．故选：C．1000200元、二等奖100元、三等5020元，具体获奖比例分配如图，则下列说法错误的是（）获得参与奖的人数最多B．各个奖项中一等奖的总奖金最高CD46元解：由扇形频率分布图得：对于A，获得参与奖的比例为55%，∴获得参与奖的人数最多，故A正确；对于B，各个奖项中一等奖的总奖金为200×5%a＝10a，二等奖的总奖金为100×10%a＝10a，三等奖的总奖金为50×30%a＝15a，参与奖的总奖金为20×55%a＝11a，∴各个奖项中二等奖的总奖金最高，故B错误；对于C，二等奖获奖人数是一等奖获奖人数的两倍，故C正确；D，奖金平均数为：200×5%+100×10%+50×30%+20×55%＝46D𝑂𝐴△ABCO→𝑂𝐴

+𝐵+𝐶=0，直线AO交BC于点D，则（ ）→

+𝐶=0 B．→+𝐶=

−𝐷=

+𝐷=02𝐷𝐵

3𝐷𝐵

𝑂𝐴

5𝑂𝐴解：∵△ABCO

+𝐵+𝐶=0𝑂𝐴1→ 2→ 3→ →

，直线AO交BC于点D，∴𝑂𝐴+5

5𝑂𝐵

5𝑂𝐶=0，令→=2+31→ → →𝑂𝐸 5

，则𝑂𝐴+𝑂𝐷=0，5 5∴B，C，E三点共线，A，O，E三点共线，∴D，E重合．∴→+𝐷=0 →3𝐶2𝐵−𝐷𝐶3𝐷=𝐴5𝐷=0．𝑂𝐴 ，∴2𝐷𝐵故选：A．某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名学生参加演讲比赛，事件“至少有1名生”与事件“至少有1名女生（ ）是对立事件B．都是不可能事件CD．不是互斥事件11即两名学生正好一名男生，一名女生，故两事件既不是对立事件也不是互斥事件，故选：D．如图设正方体ABCABD1的棱长为1则直线BC与平面A1所成的角（ ）𝜋A．2

B．𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠

𝜋C．4

D．𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠√336解：以D为坐标原点，建立空间坐标系如图：36则（10，1（，1，1111（1．（，，）则−

=

=(0，1，1)，𝐵1

1 1𝑛⋅𝐷 =0 𝑥+𝑧=0设平面A11𝑛=𝑥

1 ，{ ，令z＝1，1则1，＝﹣→=，−1

𝑛⋅𝐵 =

𝑦+𝑧=01则→⋅𝐶=，−)⋅0，−)=1−1=𝑛=√，𝐶|=√．1所以设直线B

C与平面ABD

所成的角是θ，则𝑠𝑖𝑛𝜃=|𝑐𝑜𝑠(𝜋−𝜃)|=

→→→|𝑛⋅𝐵1𝐶|=→→21 1 122 =2，所以cos𝜃=√3

→|𝑛||𝐵1𝐶|√2×√3 √3 3，3即𝜃=𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠√3．3故选：B．某人在5次上班途中所花的时间（单位：分钟）分别为已知这组据的平均数为10，则x+y的值为（ ）A．10 B．16 C．15 D．20解：因为x，y，10，11，9这组数据的平均数为10，1所以：（x+y+10+11+9）＝10⇒x+y＝20；5故选：D．二．多选题（共4小题，每小题5分，共20分）11

（12→

（1→=

→

+𝜆2

→，则可使λ120成立的2112𝑎可能是（ ）2112A（10）

B0，）

C（0） D（，）1解：𝑒→1

（﹣，2→

（，1，211→=211

→

+

→

（λ，2）λ2λ，2＝（λ﹣1，λ+2，λ1λ2＜0成立，2𝑎（1，，则2+2，满足题意，𝑎（0，，则2﹣1＝，不满足题意，𝑎（﹣，0，则21λ＝，满足题意，𝑎（0，1，则22﹣故选：AC．ABCD中，AB＝2AD＝2，EABDE翻折成△D（点1不落在底面BCDE内，若M在线段AC上（点M与AC不重合，则在△ADE翻转过程中，以下命题正确的是（ ）DE⊥A1CMBMA1DC成立MMBA1DE成立√D．四棱锥A﹣BCDE1 41 ADE⊥A1CDEA1O，COA1O⊥DE，而A1O∩A1C＝A1，∴DE⊥平面A1OC，OC⊂平面A1OC，∴DE⊥OCCE＝CDCEDE⊥A1C，所以A选项错误；BBMA1DCCD⊂A1DCBM⊥DC，又因为BC⊥CD且BM∩BC＝B，所以CD⊥平面BCM，又因为CM⊂平面BCM，那么CD⊥CM，又因为A1D＜DC，直角边大于斜边，矛盾，所以B选项错误；对于C，取CD中点N，连接MN，BN，∵M是A1C的中点，∴MN∥A1DMN⊄A1DE，DE⊂A1DE，∴MNA1DE，由DN与EBDNBEBNA1DEBN∩MN＝NBMNA1DE，BM⊂平面BMN，∴MBA1DE，所以选项C正确；√2D，△ADEDE的距离是2，√2A1DE⊥平面BCDEBCDE的距离最大为2，又S ＝2×1−1×1×1=3，BCDE 2 2∴V =1×3×√2=√2最大3 2 2 4，所以选项D正确．故选：CD．某赛季甲、乙两名篮球运动员5场比赛得分的茎叶图如图所示，已知甲得分的极差为32，乙得分的平均值为则下列结论正确的是（ ）x＝8BC．y＝26D．乙得分的方差小于甲得分的方差解：∵甲得分的极差为32，∴30+x﹣6＝32，解得x＝8，故A正确；∵乙得分的平均值为24，1∴（12+25+26+20+y+31）＝24，5y＝6C甲得分的平均数为：1（6+14+28+38+34）＝24，5∴甲得分的方差是：𝑆2=1

2 2 2 21

]＝147.2，故B错误；乙得分的方差是：𝑆2=1 2 2 2 2 22 5[（12﹣24）+（25﹣24）+（26﹣24）+（26﹣24）+（31﹣24）

]＝125.2，∴乙得分的方差小于甲得分的方差，故D错误．故选：AD．我国新冠肺炎疫情进入常态化，各地有序推进复工复产，下面是某地连续11天复工产指数折线图，下列说法正确的是（ ）11天复工指数和复产指数均逐日增加11天期间，复产指数增量大于复工指数的增量31180%911天复产指数增量大于复工指数的增量解：由图可知，这11天的复工指数和复产指数有增有减，故A错；11天期间，复产指数增量小于复工指数的增量，故B31180%C正确；911故选：CD．三．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）1复数（+（﹣（aRi是虚数单位若＝2则z＝√0 若则a＝﹣2 ．解：若a2，则则|z|=√32(−1)2=√10；又＝a+（﹣）＝a+）（﹣），z＝﹣1+3i，∴𝑎+1=−1{1−𝑎=3

，即a＝﹣2．故答案为：√10；﹣2．已知圆柱底面圆的半径为1，高为3，矩形ABCD为圆柱的轴截面，一只蚂蚁从A点发，从侧面爬行一圈半到达C点，则蚂蚁爬行的最短距离为3√𝜋2+1 ．解：由题意画出蚂蚁爬行的路径，如图所示：将圆柱的侧面展开，其中AB1，B1A1，A1B2为底面圆周的一半，则𝐴𝐷=

=3，

=3×2𝜋𝑟=3𝜋，2AB2C2D中，2𝐴𝐶2=√𝐴𝐵2+𝐵2𝐶2=√9𝜋2+9=3√𝜋2+1，2 2所以蚂蚁爬行的最短距离为3√𝜋2+1，故答案为：3√𝜋2+1．已知样本7，8，9，x，y的平均数是9，且则此样本的方差是2 ．解：∵样本7，8，9，x，y的平均数是9，且xy＝110，𝑥𝑦=110+8+9+𝑥+𝑦=9×5，解得x＝10，y＝11或x＝11，y＝10，∴此样本的方差为：55ABCD﹣A1B1C1D160，ECC1E﹣BCD的体积是5 ．ABCD﹣A1B1C1D1由题意可得，abc＝60，∵E为CC1的中点，∴𝑉

=1⋅1𝑎⋅𝑏⋅1𝑐=1𝑎𝑏𝑐=5．E𝐵𝐶𝐷

3 2 2 12故答案为：5．四．解答题（共6小题，第17小题10分，第18-22小题每题12分，共70分）𝑎(1𝑖) 2

=a，R，其中i是虚数单位．已知

𝑏2𝑖（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）设z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，z1＝a+bi，求z1•z2的值．𝑎(1𝑖) 2

=

𝑎2𝑖（Ⅰ）

𝑏2𝑖

得𝑏2𝑖 =a+2i＝﹣2+bi，

𝑎=2 ；{𝑏=2（Ⅱ）由（Ⅰ）知：z1＝﹣2+2i，∵z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，∴z2＝2+2i，⋅=(2 2𝑖)(2 2𝑖)=(2𝑖)2 22=8 ．某校在一次期末数学测试中，为统计学生的考试情况，从学校的2000名学生中随机抽取50名学生的考试成绩，被测学生成绩全部介于65分到145分之间（满分150分[675[78[13145，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分．求第七组的频率，并完成频率分布直方图；用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分（组区间的中点值代表该组数据平均值；若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取210分的概率．（）由频率分布直方图得第七组的频率为：1﹣（0.004+0.012+0.016+0.030+0.020+0.006+0.004）×10＝0.08．完成频率分布直方图如下：2000名学生这次考试成绩的平均分为：70×0.004×10+80×0.012×10+90×0.016×10+100×0.030×10+110×0.020×10+120×0.006×10+130×0.008×10+140×0.004×10＝102．0.006×10×50＝30.004×10×50＝2人，5从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，基本事件总数n=𝐶2=10，5他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件个数m=𝐶2+𝐶2=4，3 2∴他们的分差的绝对值小于10分的概率p=𝑚=4=2𝑛 10 5．1𝑎（5，12𝑏（，．（1）𝑎

→与𝑏夹角

θ的余弦值；（2）𝑎+t𝑏𝑎−𝑏垂直，求实数t的值．（）→⋅𝑏=5×)+)×4=|=|=，∴𝑐𝑜𝑠𝜃=

𝑎→→→|𝑎|⋅|𝑏|

63=−65，=−（2）𝑎+→=，−)+3)=5−，−2+)，𝑎−𝑏=，−)−)=8，−与又→+→ 𝑎−𝑏垂直，与∴→+→)⋅→−𝑏)=0，11．即8（5﹣3t）﹣16（﹣12+4t）＝0，解得𝑡=2911．A，B，C7株植物测量高度，数据如表（厘米：A组10111213141516B组12131415161718C组13141516171819假设所有植株的生长情况相互独立．从A，B，C三组各随机选1株，A组选出的植株记为甲，B组选出的植株记为乙，C组选出的植株记为丙．（Ⅰ）求丙的高度小于15厘米的概率；（Ⅱ）求甲的高度大于乙的高度的概率；（Ⅲ）表格中所有数据的平均数记为0．从三块试验田中分别再随机抽取1株该种植物，它们的高度依次是1，1，15（单位：厘米．这3有数据构成的新样本的平均数记为1，试比较0和1（结论不要求证明）（Ⅰ）设事件i为“甲是A组的第i事件Bi为“乙是B组第i事件i为“丙是C组第i，，，，7由题意得P（Ai）＝P（Bi）＝P（∁i）=1，i＝1，2，3，4，…，7，7设事件D为“丙的高度小于15＝1C，且1与2互斥，∴丙的高度小于15厘米的概率为：7 7 P（D）＝P（C1∪C2）=1+1=2．7 7 （Ⅱ）设事件E为“甲的高度大于乙的高度∴甲的高度大于乙的高度的概率为：P（E）＝P（A4B1）+P（A5B1）+P（A6B1）+P（A7B1）+P（A5B2）+P（A6B2）+P（A7B2）+P（A6B3）+P（A7B3）+P（A7B4）＝10P（A4B1）＝10×1×1=10．7 7 49（ Ⅲ ） 所 有 数 据 的 平 均 数 0 =1（10+11+12+13+14+15+16+12+13+14+15+16+17+18+13+14+15+16+17+18+19）≈14.67，1 1 24（10+11+12+13+14+15+16+12+13+14+15+16+17+18+13+14+15+16+17+18+19+14+16+15）≈14.71．∴0＜1．ABCDEFAB＝AE＝2，CD＝5，DE＝1ABCDAE，BF折起，且平面AD⊥平面ABF（如图2．（Ⅰ）证明：AF⊥BD；（Ⅱ）若CF∥DE，在线段AB上是否存在一点P，使得直线CP与平面ACD所成角的正√6弦值为18，若存在，求出AP的值，若不存在，说明理由．（Ⅰ）证明：∵平面AD⊥平面ABF，D⊂平面AD，平面ADE∩平面ABFE＝AE，DE⊥AE，∴DEABFEAF⊂ABFE中，AF⊥BEBE∩DE＝E，DE⊂平面BDE，BE⊂平面BDE，∴AF⊥平面BDE，∵BD⊂平面BDE，∴AF⊥BD．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，DE、EA、EF两两垂直，如图建立空间直角坐标系，∵CF∥DE，CF⊥平面ABFE，则（20，B（，，0（0，D0，0，𝐷（﹣，01𝐶（2，2，设平面ACD𝑛（，，，𝐷⋅