2020-2021学年福建省龙岩市高一下学期期末数学试题解析版

2021-2021学年福建省龙岩市高一下学期期末数学试题一、单项选择题1．为虚数单位，，那么复平面上对应的点在〔〕A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的几何意义求解.【详解】因为，所以,复数对应的点是，所以对应的点在第一象限.应选：A.2．设是平面内两个不共线的向量，那么向量可作为基底的是〔〕A． B．C． D．【答案】C【分析】逐项判断向量是否共线，假设不共线，那么可以作为基底【详解】解：对于A，因为，所以共线，所以不能作为基底，所以A不合题意；对于B，因为，所以共线，所以不能作为基底，所以B不合题意；对于C，假设共线，那么存在唯一实数，使，即，所以且，所以不存在，所以不共线，所以可以作为基底，所以C符合题意；对于D，因为，所以共线，所以不能作为基底，所以D不合题意，应选：C3．新中国成立以来，我国共进行了次人口普查，这次人口普查的城乡人口数据如以下图所示．根据该图数据判断，以下选项中错误的选项是〔〕A．乡村人口数均高于城镇人口数B．城镇人口数到达最顶峰是第次C．和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第次D．和前一次相比，城镇人口比重增量最小的是第次【答案】A【分析】结合信息图，逐项分析即可.【详解】A：因为2021年城镇人口高于乡村人口，故A错误；B：因为城镇人口数到达最顶峰是2021年，即第7次，故B正确；C：第二次和第一次相比，城镇人口比重增量为；第三次和第二次相比，城镇人口比重增量为；第四次和第三次相比，城镇人口比重增量为；第五次和第四次相比，城镇人口比重增量为；第六次和第五次相比，城镇人口比重增量为；第七次和第六次相比，城镇人口比重增量为；所以和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第次，故C正确；和前一次相比，城镇人口比重增量最小的是第次，故D正确.应选：A4．在中，角的对边分别为，假设，那么〔〕A． B． C． D．【答案】B【分析】根据条件求出角，然后结合正弦定理即可求出结果.【详解】因为，那么，结合正弦定理，即，解得，应选：B.5．圆柱的侧面积为，体积为那么该圆柱的轴截面的面积为〔〕A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆柱侧面积与体积公式，解得底面半径及高，即可得到圆柱的轴截面面积．【详解】设圆柱底面圆半径为，高为，那么由题意得到，解得，所以圆柱轴截面为正方形，此圆柱的轴截面正方形的面积为应选：．6．假设是两个不重合的平面，是三条不重合的直线，那么以下命题中正确的选项是〔〕A．假设，那么B．假设，那么C．假设，且，那么D．假设，那么【答案】D【分析】结合选项逐个判定，可以利用定理推理，也可以使用反例排除.【详解】对于A，，的位置关系无法确定；对于B，两个平面平行，需要一个平面内的两条相交线平行于另一个平面，显然不满足；对于C，线面垂直需要直线垂直于平面内的两条相交直线，缺少相交的条件；对于D，，，所以，因为，所以；应选：D.7．菱形，且，那么的余弦值为〔〕A． B． C． D．【答案】D【分析】以为轴建立平面直角坐标系，根据条件得出各个点的坐标，由得出点的坐标，再得出向量的坐标，由向量的夹角公式可得答案.【详解】在菱形中，设交于点，分别以为轴建立如下图的平面直角坐标系.由，那么由，那么点为的中点，所以那么所以应选：D8．现有个相同的小球，分别标有数字，从中有放回的随机抽取两次，每次抽取一个球，记：事件表示“第一次取出的球数字是〞，事件表示“第二次取出的球数字是〞，事件表示“两次取出的球的数字之和为〞，事件表示“两次取出的球的数字之和为〞，那么以下选项正确的选项是〔〕A．事件和事件相互独立 B．事件和事件相互独立C．事件和事件相互独立 D．事件和事件相互独立【答案】C【分析】首先求出然后求出进而根据事件独立的概率乘法公式即可判断.【详解】因为故事件和事件相互独立应选：C.二、多项选择题9．设为复数，那么〔〕A．假设，那么 B．假设，那么C．假设，那么 D．假设满足，那么的最小值为【答案】ACD【分析】根据复数的根本运算法那么进行化简即可．【详解】解：因为为复数，对于A：假设，那么为实数，所以，故A正确；对于B：假设，即，即，显然当时，上式也成立，故B错误；对于C：由，那么，，所以，应选项C正确；对于D：设，，因为，所以，所以，那么，因为，所以，故D正确；应选：ACD10．正四面体的棱长为分别为的中点．以下说法正确的有〔〕A．B．异面直线与所成角的余弦值为C．该正四面体的体积为D．该正四面体的内切球体积为【答案】ABD【分析】由正四面体性质依次判断各选项，即可得出结果.【详解】对于A，由于正四面体的相对棱互相垂直可知，,那么，故A正确；对于B,取中点,连接,由，可知异面直线与所成角即为,在中，,由余弦定理计算可得，故B正确；对于C，过点作面于点,由正四面体性质可知，为的中心，计算可得，,该正四面体的体积为,故C错误;对于D，设正四面体的内切球半径为，由等体积可知，,该正四面体的内切球体积为，故D正确.应选：ABD.11．在平行四边形中，，那么以下选项正确的选项是〔〕A．的最小值是 B．的最小值是C．的最大值是 D．的最大值是【答案】BC【分析】用为基底向量，将向量分别表示出来，由向量数量积的运算性质结合的范围可得答案.【详解】所以由，那么所以的最小值是，最大值为10.应选：BC.12．在中，角对边分别为，设向量，且，那么以下选项正确的选项是〔〕A． B．C． D．假设的面积为，那么【答案】BC【分析】根据向量平行得到，结合余弦定理转化为，进而利用正弦定理得到，化简整理即可判断A、B选项；利用正弦定理及二倍角公式将转化为，然后求出角A的范围，进而求出值域即可判断C选项；利用，结合正弦定理及二倍角公式化简整理可求得角，进而可以求出角，从而可以判断D选项.【详解】因为向量，且，所以，即，结合余弦定理得，，，再结合正弦定理得，，又因为,所以，，，，所以，故，所以B正确，A错误；，因为，所以，又因为，所以，所以，即，因此，故C正确；因为，结合正弦定理，即，那么,,，，那么，或，故或，故或，故D错误.应选：BC.三、填空题13．向量，假设，那么________________________．【答案】【分析】先求出，利用向量垂直，列方程求出.【详解】因为，所以，因为，所以，解得：.故答案为：14．记一组数据的平均数为，且，那么_______________________．【答案】【分析】将展开，重新分组结合和条件可得答案.【详解】所以故答案为：415．圆的弦的长度为，那么________________________．【答案】【分析】利用平面向量的数量积的几何意义求解.【详解】如下图：因为弦的长度为，所以，所以，故答案为：616．三棱锥，侧面底面，那么_____________________．，三棱锥外接球的外表积为________________________．【答案】【详解】解：〔1〕取BC中点D，连接PD，AD.由题知，和均为正三角形且边长为，故.面PBC面ABC，由面面垂直的性质知PD面ABCAD面ABC，在Rt中，.〔2〕设三棱锥P-ABC的外接球球心为O，故O到面ABC和面PBC的射影均为和的中心E、F，即四边形OFDE为正方形，在中，,那么球的外表积.故答案为：.四、解答题17．复数．〔1〕假设，求；〔2〕求的最小值．【答案】〔1〕或；〔2〕．【分析】〔1〕由，解出方程得到答案.〔2〕由可得其最小值.【详解】解：〔1〕因为，所以，所以或．〔2〕所以时，的最小值为18．如图，是圆锥的顶点，是底面圆的直径，为底面圆周上异于的点，为的中点．〔1〕求证：平面平面〔2〕假设圆锥的侧面积为，且，求该圆锥的体积．【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕．【分析】〔1〕由底面圆得到，再证明出即可证明平面，利用面面垂直的判定定理即可证明平面平面〔2〕利用圆锥的侧面积为，且，计算出，直接求出体积即可.【详解】〔1〕由圆锥的性质可知，底面圆∵在底面圆上，∴，∵在圆上，为直径，∴，又点分别为的中点，∴∴又，且平面，∴平面，又平面，∴平面平面．〔2〕∵，∴，∴底面周长为，∴，∴．19．为了解某班级学生期末考试数学成绩情况，抽取该班名学生的数学成绩，将所得数据整理后，画出其频率分布直方图〔如图〕，从左到右各长方形高的比为．〔1〕根据频率分布直方图，计算抽取的数学成绩的平均数和第百分位数(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；〔2〕假设从分数在和的同学中随机抽取两位同学，求抽取的两位同学中至少有一位同学的数学成绩在的概率．【答案】〔1〕平均数为；第百分位数为；〔2〕．【分析】〔1〕由频率的比例关系及它们的和为1求出各区间的频率，再根据直方图求平均数、第百分位数即可；〔2〕确定、区间的人数，从中随机抽取两位同学写出所有可能组合，再确定两位同学中至少有一位同学的数学成绩在的组合，求古典概型的概率即可.【详解】〔1〕由频率分布直方图中，高的比就是频率的比，∴各区间上的频率可依次设为且，故各区间上的频率从左往右依次为：，∴平均数为：，假设第百分位数为，那么，解得；∴所求平均数为，第百分位数为．〔2〕由〔1〕知，数学成绩在共有人，分别记为；数学成绩在共有人，分别记为，从这6人中随机抽出两位同学的样本空间，故，记事件表示“至少有一位同学的数学成绩在〞那么，故，∴至少有一位同学的数学成绩的概率为.20．在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题．在中，角的对边分别为，且满足，平分交于点且，求的面积．【答案】选择见解析；．【分析】假设选①，由正弦定理可得，化简得，从而可得，进而可得，假设选②，由正弦定理得，而，化简可得，从而可求出，由可得，由余弦定理可得，那么有，求出，从而可求出三角形的面积【详解】解：假设选①，由正弦定理，得．由，得，由，得，所以，所以．又，得．假设选②，因为，由正弦定理得，因为，所以，又因为，所以，所以，所以，又因为，，所以，所以．因为，所以，化简得①，由余弦定理得，所以，所以②，联立①②化简得，所以，解得或〔舍去〕，又因为，所以．21．甲、乙两人组成“星队〞参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，甲每轮猜对的概率为乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．每轮甲、乙同时猜错的概率为，恰有一人猜错的概率为.〔1〕求和；〔2〕假设，求“星队〞在两轮活动中猜对个成语的概率．【答案】〔1〕或；〔2〕．【分析】〔1〕由每轮甲、乙同时猜错的概率为，恰有一人猜错的概率为，得：，从而解得和的值；〔2〕由〔1〕得和的值，那么分甲猜对两个，乙猜对两个，甲猜对一个且乙猜对一个三种情况讨论即可，然后相加即可得出答案.【详解】解：〔1〕设M表示事件“每轮甲、乙同时猜错〞；N表示事件“恰有一人猜错〞，，，或；由〔1〕可知，设表示事件“甲在两轮中猜对个成语〞，表示事件“乙在两轮中猜对个成语〞，，表示“星队〞在两轮活动中猜对成语的个数〞，由于两轮猜的结果相互独立，所以，所以“星队〞在两轮活动中猜对个成语的概率为.22．等边三角形分别是边上的三等分点，且〔如图甲〕，将沿折起到的位置〔如图乙〕，是的中点．〔1〕求证：平面；〔2〕假设二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕．【分析】〔1〕过点作交于点取的中点，证明，平面即得证；〔2〕设，那么证明，设在面内的