2021-2022学年北京市朝阳区高一（下）期末数学试卷（附答案详解）

2021-2022学年北京市朝阳区高一（下）期末数学试卷.在复平面内，复数z=（l+i）（2-i）对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限.已知向量五=（2,1）,K=（x,-2）,且五〃石，则x的值为（）A.4 B.—4 C.2 D.—2.如图，在平行四边形4BCQ中，下列结论正确的是（）A.AB=CD B.AB+DA^BDC.AB-AD=DB D.AD+BC=0.已知△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若，-==」一，则cosAcosocosc是（）A.钝角三角形 B.等边三角形C.等腰直角三角形 D.直角三角形，但不是等腰三角形.已知胴，〃是两条不同的直线，a,0是两个不同的平面，maa,nc/?,下列结论中正确的是（）A.若m〃n,则a〃夕 B.若a〃夕，则m〃nC.若机与〃不相交，则a〃夕 D.若a〃0，则机与〃不相交.某西瓜种植基地种植了三个品种的西瓜共计1200亩，其中A品种600亩，8品种400亩，C品种200亩.为了解该西瓜种植基地的西瓜产量，按照各品种的种植亩数在总体中所占的比例进行分层随机抽样，从总体中抽出60亩作为样本进行调查,测得样本中A品种总产量为108吨,B品种总产量为50吨，C品种总产量为20吨，则这1200亩西瓜的总产量估计为（）A.1200吨 B.3000吨 C,3560吨 D,6480吨.两位射击运动员在射击测试中各射靶10次，每次命中的环数如表：甲79785491074乙85787610677用与，小分别表示甲、乙两名运动员10次射击成绩的第80百分位数，用Si，S2分别表示甲、乙两名运动员10次射击成绩的标准差，则有（）A. =x2.S]<s2 B.xr>x2tS]<s2C. =x2>S]>s2 D.>x2>S]>s2.已知△ABC中，角A,B,C所对的边分别为〃，b,c,若/—I——->1>则角A的a+ca+o取值范围是（）A.（0币 B.（0,3 C.冷汗） D.[=71）O D O O.把y=闭和y=2的图象围成的封闭平面图形绕x轴旋转一周，所得几何体的体积为（）A.—7T B.167r C.—n D.4a兀3 3.已知正方体48。。一48传1。1的棱长为2,E,F,G分别为BC,CG，的中点，则下列结论中正确的是（）①直线劣。与直线AF垂直；②直线4G与平面AEF平行；③点C与点G到平面AEF的距离相等；④平面AEF截正方体所得的截面面积为:Di CiA.①② B.②@ C.②④ D.③④.若复数2=（1+。3（其中》为虚数单位），则Z的共轨复数为..在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c=夜，b=V6,B=；,则C=..已知向量丘=（4,一3）,石=（2,t—2）,且日•Q—5）=2,则t=,|b|=..一个袋子中有大小和质地相同的4个红球和〃个绿球，采用有放回方式从中依次随机地取出2个球，若取出的2个球颜色不同的概率为支则〃的所有可能取值为.如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台。.已知湿地夹在公路AB,AC之间（4B,AC的长度均超过4km）,且4B4C=60。.在公路AB,AC上分别设有游客接送点E,F,AE=AF=28km.若要求观景台D建在E,F两点连线的右侧，并在观景台。与接送点E,尸之间建造两条观光线路OE与。尸，乙EDF=120°,则观光线路OE与。F之和最长为km.A E_B.已知3是单位向量，向量瓦（i=1,2）满足—瓦|=3•瓦，且xR+y£=E,其中x,yER,且x+y=1,则下列结论中，正确结论的序号是.①x3•瓦+yE•⑦=1；②（y|x|+x|y|）lZ-El=1；③存在X,y,使得I瓦1-瓦I=2；④当iK-瓦I取最小值时，K-K=o..为方便A,B两地区的乘客早晚高峰通勤出行，某公交集团新开通一条快速直达专线.该线路运营一段时间后，为了解乘客对该线路的满意程度，从A,8两地区分别随机抽样调查了100名乘客，将乘客对该线路的满意程度评分分成5组：根据乘客满意程度评分，将乘客的满意程度分为三个等级:满意程度评分[50,70)[70,90)[90,100]满意程度等级不满意满意非常满意（助从A地区随机抽取一名乘客，以频率估计概率，估计该乘客的满意程度等级是非常满意的概率：（回）从A地区与8地区各随机抽取一名乘客，记事件C为“抽取的两名乘客中，一名乘客的满意程度等级为非常满意且另一名乘客的满意程度等级为不满意”，假设两地区乘客的评分相互独立，以频率估计概率，求事件C的概率：（团）设〃1为从A地区随机抽出的这100名乘客的满意程度评分的平均数，“2为从8地区随机抽出的这100名乘客的满意程度评分的平均数，〃为从A,B两地区随机抽出的这200名乘客的满意程度评分的平均数，试比较-闺与I%-川的大小，并说明理由..在△ABC中，角4,B,C所对的边分别为a,b,c,已知炉一c?=a?—鱼ac.（团）求角B；（团）从①C=2B,②bcosA=acosB中选取一个作为条件，证明另外一个成立；（回）若O为线段AB上一点，且CD=4,求△BCD的面积..如图，在四棱柱48。。一4181。1。1中，侧棱4411底面48CC,四边形A8C。为菱形，AS=2,/.BAD=pE,F分别为A人,CG的中点.（团）证明4c，平面BDDi，并求点C到平面BCD1的距离；（团）证明：B,F,A，E四点共面..如图，在四棱锥P-4BC。中，平面P4C1平面A8CO,BC//^PAD,BC=-AD,/.ABC=90°,E是PO的中点.（1）求证：BC//AD；（2）求证：平面P4B1平面PAD-,（3）若M是线段CE上任意一点，试判断线段A。上是否存在点N,使得MN〃平面PAB?请说明理由..若集合4=BiUB2U……UBn，其中当，B2,……，为非空集合，=0（1<i<j<n）,则称集合……，B”｝为集合A的一个〃划分.（团）写出集合A=｛1,2,3｝的所有不同的2划分；（团）设｛Bi，4｝为有理数集。的一个2划分，且满足对任意xeBi，任意yeBz，都有x<y.则下列四种情况哪些可能成立，哪些不可能成立？可能成立的情况请举出一个例子，不能成立的情况请说明理由；①当中的元素存在最大值，中的元素不存在最小值；②当中的元素不存在最大值，B2中的元素存在最小值；③当中的元素不存在最大值，Bz中的元素不存在最小值；④当中的元素存在最大值，%中的元素存在最小值.（日）设集合4={1,2,3,……，16）,对于集合4的任意一个3划分{81,82,83},证明:存在i6{1,2,3},存在a,be 使得b-ae8八答案和解析.【答案】4【解析】【分析】本题考查复数的运算及其几何意义，属基础题.化简复数z后可得其对应点为(3,1)，从而可解.【解答】解：z=(l+i)(2-i)=3+i,故z对应的点(3,1)在第一象限，故选：A..【答案】B【解析】解：：1〃比2x(―2)—x=0,则x=-4,故选：B.运用向量平行的坐标运算求之.本题考查了向量平行的坐标运算，是基础题..【答案】C【解析】解：由于在平行四边形A8CO中，根据平行四边形的性质：所以荏=反，AB-AD=DB,AD+CB=0,故选：C.直接利用向量的加法和减法运算的应用求出结果.本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的加法和减法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题..【答案】B【解析】解：在4ABe中，由正弦定理可得，a_b_c乂0 8_csin4sinBsinCcosXcosBcosC.sin4_sinB_sinC*• = = ,cos4cosBcosC即tanA=tanB=tanC,・•・A=B=C,故三角形48C为等边三角形，故选：B.利用正弦定理转化为tan4=tan5=tanC,即可解出.本题考查了解三角形，正弦定理，学生的数学运算能力，属于基础题..【答案】D【解析】解：已知wiua,nu0.若m〃n,则a〃0或a与口相交，故A错误；若a//0,则m//n或机与〃异面，故8错误，力正确：若相与“不相交，贝Ua〃夕或a与夕相交，故C错误.故选：D.由两平面中两直线的位置关系判断两平面的位置关系判断AC；由两平面平行分析两平面内两直线的位置关系判断BD.本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题..【答案】C【解析】解：由题意可得,这1200亩西瓜的总产量估计为鬻X(108+50+20)=3560.故选：C.根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可求解.本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题..【答案】D【解析】解：将甲、乙两组数据分别从小到大排列：甲：4,4,5,7,7,7,8,9, 9,10,乙：5,6,6,7,7,7,7,8, 8,10,v10X80%=8,x1= =9,x2=——=8,甲的平均数五=2(4+4+5+ 7+7+ 7+ 8+ 9+9 +10)= 7,乙的平均数五=^(5+6+6+ 7+7+ 7+ 7+ 8+8 +10)= 7.1,・•・S1=U(4-7)2+(4-7)24-(5-7)2+(8-7)2+(9-7)2+(9-7)2+(10-7)2=2,同理得S2=1.3,>%2，Si>S2，故选：D.根据百分位数和方差的定义计算求解.本题考查命题真假的判断，考查百分位数、平均数、方差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.

.【答案】A【解析】解：因为整理可得：b24-c2-a2>be,•••由余弦定理可得：cosA=二：：-标2M二%2bc2bc2由A为三角形内角可得：Ae(0,g,故选：A.由已知整理可得：b2+c2-a2>be,由余弦定理可解得cos42，，结合A为三角形内角即可解得A的取值范围.本题主要考查了余弦定理在解三角形中的综合应用，由正弦定理进行边角互化是解题的关键，属基础题..【答案】A【解析】解：因为y=|x|和y=2的图象围成的封闭平面图形是等腰三角形，且等腰三角形的底面边长为4,高为2,该三角形绕x轴旋转一周所得几何体是底面为2的圆柱，挖去两个相同的圆锥剩余的部分，所以该几何体的体积为V=V圆柱-2V圆锥=n•22-4-2xi-Jr-22-2=—.3 3故选：A.根据y=阳和y=2的图象围成的封闭平面图形是等腰三角形，且该三角形绕x轴旋转一周所得几何体是圆柱挖去两个相同的圆锥剩余的部分，由此求出该几何体的体积.本题考查了简单组合体的结构特征应用问题，也考查了旋转体的体积计算问题，是基础题.10.【答案】C【解析】解：对于①，由正方体ABCD-&BiGCi，得DiD〃(:J,•••乙4FC是直线AF与直线AC所成角，连接AC,而CCiJ•平面ABCD,CC]1AC,.•.在△4/C中，乙4FC不可能是直角，•••直线AF与直线不垂直，故①错误；对于②,连接DtF,GF,则4G〃DiF,ADJ/BCJ/EF,DiAD!u平面AEF,A】GU平面AEF,DrFu平面AEF,&G〃平面AEF,故②正确；对于③，若点C与点G到平面AE尸的距离相等，则平面AE尸必过CG的中点,连接CGDEF于“，且“不是CG的中点，则平面AEF不过CG的中点，即点C与点G到平面AEF的距离不相等，故③错误；对于④，•••AD"/EF,AE=劣广，.•.等腰梯形AEFDi即为平面AE/截正方体所得截面，则4。1=2&，EF=V2,AE=DXF=V5,ADX,EF之间的距离为：一（若与=学,・•・平面AEF截正方体所得的截面面积为：1LL3或9

Saefd1=2x（2&+&）x—=故选：C.由〃FC是直线4/与直线为。所成角，判断①；连接A。】，5F,GF,由线面平行的判定判断②；由平面AEF不过CG的中点，判断③；先找出截面，再计算面积，判断④.本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题..【答案】-l-i【解析】解：；z=（l+i）-i=-l+i,二z=-1—i.故答案为：—1—i.根据已知条件，结合共规复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解.本题考查了共趣复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，需要学生熟练掌握公式,属于基础题..【答案】6【解析】解：由于在△ABC中，由于c=&,Z?=V6,e=P则MV，sinCsinB整理得sinC=p由于cvb,故C=：6故答案为：7,直接利用正弦定理$=上求出sinC=进一步确定C的值.sinCsinB 2本题考查的知识要点：三角函数的值，正弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题..【答案】-3V29【解析】解：因为日=(4,-3),石=(25一2),所以五—b=(2,—1—t),则a♦(五一］)=8—3(—1-t)=2,解得亡=一3,所以b=(2,-5),所以|行|=V4+25=V29.故答案为：-3：V29.根据向量坐标的线性运算求出五一反再根据数量积的坐标运算即可求出f,再根据向量的模的坐标公式即可求出|石|.本题主要考查平面向量数量积的坐标运算，向量的模的计算等知识，属于基础题..【答案】2或8【解析】解：一个袋子中有大小和质地相同的4个红球和〃个绿球，采用有放回方式从中依次随机地取出2个球，则取出的2个球颜色不同的概率为：4xn,nx44 r =->(n+4)x(n+4) (n+4)x(n+4) 9化简得n2—10n+16=0,解得n=2或n=8,故答案为：2或8.先求出取出的2个球颜色不同的概率，再解方程求解即可.本题考查古典概型概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题..【答案】4【解析】解：在AAEF中，EF=2V3,在ACEF中，设=DF=n,由余弦定理可得：EF2=DE2+DF2-2DE-DFcosZ.EDF,即：12=Tn?+n2+7n〃，BP12=(m+n)2—mn,因为mnwOn’),,所以(m+n)2—12S0”丁产,7n+n«4,当且仅当m=n=2时，m+n取到最大值4,即OE与。尸之和最长为4.故答案为：4.利用余弦定理得到关于OE与。产的方程，借助基本不等式求DE+CF的最大值.本题考查了余弦定理的应用，属于中档题..【答案】①③④【解析】解：由%瓦*+y瓦=3可得(无瓦*+yb2)-e=ee=1,即•瓦+yl•瓦=1,①正确；又x又+丫瓦=E且无+y=1,则x瓦*+(1— =落即x(K-%)=3-瓦，所以|刈无一瓦|=归一员又|2-瓦|=3.五，则|x||K-员I=-F|=3.豆，同理加|瓦一后|=怩一6|=e.6,则训刈瓦一瓦I+x|y||瓦一瓦I=ye-h^+xeA=1,即(y|x|+%|y|)|瓦*一瓦I=1，②错误；由x+y=l知x,y至少一正，若X,y一正一负，则y|x|+x|y|=0,显然不满足(y|x|+x|y|)|K一员I=1，故x,y均为正，则y|x|+x|y|=20w2•(等产=5当且仅当％=y=；时等号成立，则国一=JN2,当且仅当x=y=3时等号成立，则存在x,y,使得|元—瓦|=2,③正确；当I瓦-/I取最小值2时，x=y=|,由xK+yE=E可得瓦(+E=2落则(6(+%)2=4,即区—瓦产+4耳.£=4,则6*.%=。，④正确.故答案为：①③④.由工瓦*+ =3结合数量积运算得xE•瓦'+yE•瓦=1；又由x+y=l,求得|x||瓦b^\=eb^,|y||K-£|=3•瓦＞进而得(y|x|+x|y|)|K-%|=1；结合基本不等式求得|瓦(-■瓦|22；进而得到瓦*+方=23,同时平方即得瓦(•瓦=0.本题主要考查平面向量的数量积，向量的模的相关运算等知识，属于中等题..【答案】解：(1)由频率分布直方图知，(0.005+0.015+0.03+0.03+a)xl0=l,解得a=0.02.则估计该乘客的满意程度等级是非常满意的概率为0.02X1O=0.2.(2)从A地区随机抽取一名乘客.该乘客的满意程度等级是非常满意的概率为0.02x10=0.2,是不满意的概率为(0.005+0.015)x10=0.2.从B地区随机抽取一名乘客.该乘客的满意程度等级是非常满意的概率为0.015xl0=0.15,是不满意的概率为(0.015+0.02)X10=0.35.则P(C)=0.2x0.35+0.2x0.15=0.1.

（3）lMi-Ml=-2-川•理由如下：a=55X0.05+65x0.15+75x0.3+85x0.3+95x0.2=79.5.%=55x0.15+65x0.2+75x0.3+85x0.2+95x0.15=75.因为A,8两地区人数比为1：1,则〃==77.25.则|为一川=2.25,I%一川=2.25,则％-川=,2-川•【解析】（1）先由频率和为1解出a=0.02,再求是非常满意的概率即可.（2）分别求出A、B地区非常满意和不满意的概率，再由独立事件乘法公式求解即可.（3）由频率分布直方图求得出,的，进而求〃，计算求解即可.本题主要考查利用频率分布直方图解决实际问题，属于中档题..【答案】（团）解:因为/?2-c2=a2-&ac,所以/=。2+-y[2ac=a24-c2-2accosBf所以cosB=y,又BE(0,7T),所以8=m；4(团)证明：选①，因为C=2B,B=-,4所以C=£,4=2=B,2 4所以tanA=tanB,即e更=?吧cos/lcosF所以bcos4=acosF；选②，因为bcosA=acosB,所以sinBcosA=sinAcosB,所以sinBcosA-sinAcosB=sin(B—A)=0,又A,Be则£(一江加)，所以B—A=0,即A=B=：,所以C=]=2&（团）解：由（团）得NBCC=二43=3则48。。=史2 8 8因为•BCsinzBDC所以因为•BCsinzBDC所以BC=4>/2sin^,

sinB 81SBCD=-BC-CDsin乙BCD»— 57r7T=8v2sin—sin—8 8rnn=8V2cos—sin—8 8=4V2sin-=4,4所以△BCD的面积为4.【解析】（团）利用余弦定理即可得解；（团）选①，根据C=2B结合I求出C,A,可得A=B,则有tanA=tanB,再根据正弦定理化角为边即可得证；选②，利用正弦定理化边为角，再结合I即可得出结论：（回）利用正弦定理求得BC,再利用三角形的面积公式结合诱导公式及倍角公式即可得出答案.本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题..【答案】解：（回）证明：•.•四边形ABC。为菱形，•••4C1BC,又侧棱441底面ABCD,ACu底面ABCD,AAt1AC,又。。i〃4Ai，•••CC1J.4C,又DDiCBD=D,DD「BDu平面AC1平面BDDi，设AC,BD交于点0,则C。即为点C到平面BCD］的距离，又AB=2,/.BAD= •••CO=AO=AB-cos-=V3,3 6.•.点C到平面BDD1的距离为百：（团）证明：取DM中点G,连接AG,FG,BF,DiE,由题意得GF〃AB,GF=AB,•••四边形AGFB是平行四边形，二4G〃BF,又D\E//BF,：.B,F,Dt,E四点共面.【解析】（团）由4c_LBD及DO】_L4C,即可证得4c_L平面BD%,设AC,8。交于O,C。即为点C到平面的距离，再由三角形知识求解即可；（团）取中点G,先证得四边形4GF8为平行四边形，得到AG〃BF,进而证明得D、E//BF,即可证得结论.本题考查线面垂直、线线平行的判定与性质、平面的基本性质及推论等基础知识，考查运算求解能力，是中档题..【答案】解：（1）证明：•；BC〃平面PAO,BCu平面ABCD,平面P/WD平面ABC。=AD,所以BC〃4D.（2）证明：因为平面PAC_L平面A8C£）,平面PADCI平面ABC。=AD,BAIAD,所以BA_L平面PAD,又因为BAu平面PAB,所以平面PAB_L平面PAC.(3)当N为4。中点时，MN〃平面P4B.证明：取AO的中点N,连接CMEN,E,N分别为P£>,A£>的中点，所以EN〃PA,EN仁平面PAB,PAu平面PAB,所以EN〃平面PAB,又因为BC=3a。，BC//AD,所以四边形A8CN为平行四边形，所以CN//AB,CNC平面PAB,ABu平面PAB,所以CN〃平面PAB,CNCNE,所以平面CNE〃平面PAB,又因为MNu平面CNE,所以MN〃平面P4B.线段AO上存在点N,使得MN〃平面PAB.【解析】(1)由线面平行的性质定理即可证明.(2)由面面垂直的性质定理证得B4，平面PAD,又因为BAu平面PAB,所以平面PAB1平面PAD.(3)取AO的中点N,连接CMEN,由线面平行的判定定理证明EN〃平面PA8,CN〃平面PA8,所以平面CNE〃平面P48,再由面面平行的性质定理可证得MN〃平面P4B.本题考查