2020-2021学年福建省龙岩市高一下学期期末数学试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2020-2021学年福建省龙岩市高一下学期期末数学试题一、单选题1．已知为虚数单位，，则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.故选：A.2．设是平面内两个不共线的向量，则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，若不共线，则可以作为基底【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，若共线，则存在唯一实数，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，故选：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下图所示．根据该图数据判断，下列选项中错误的是（）A．乡村人口数均高于城镇人口数B．城镇人口数达到最高峰是第次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2020年城镇人口高于乡村人口，故A错误；B：因为城镇人口数达到最高峰是2020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.故选：A4．在中，角的对边分别为，若，则（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据已知条件求出角，然后结合正弦定理即可求出结果.【详解】因为，则，结合正弦定理，即，解得，故选：B.5．已知圆柱的侧面积为，体积为则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，则由题意得到，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故选：．6．若是两个不重合的平面，是三条不重合的直线，则下列命题中正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，且，则D．若，则【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；故选：D.7．已知菱形，且，则的余弦值为（）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，分别以为轴建立如图所示的平面直角坐标系.由，则由，则点为的中点，所以则所以故选：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”，则下列选项正确的是（）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故选：C.二、多选题9．设为复数，则（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若满足，则的最小值为【答案】ACD【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可．【详解】解：因为为复数，对于A：若，则为实数，所以，故A正确；对于B：若，即，即，显然当时，上式也成立，故B错误；对于C：由，则，，所以，故选项C正确；对于D：设，，因为，所以，所以，则，因为，所以，故D正确；故选：ACD10．已知正四面体的棱长为分别为的中点．下列说法正确的有（）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，,则，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.故选：ABD.11．在平行四边形中，，则下列选项正确的是（）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，则所以的最小值是，最大值为10.故选：BC.12．在中，角对边分别为，设向量，且，则下列选项正确的是（）A． B．C． D．若的面积为，则【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，则,,，，则，或，故或，故或，故D错误.故选：BC.三、填空题13．已知向量，若，则________________________．【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，则_______________________．【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．已知圆的弦的长度为，则________________________．【答案】【分析】利用平面向量的数量积的几何意义求解.【详解】如图所示：因为弦的长度为，所以，所以，故答案为：616．已知三棱锥，侧面底面，则_____________________．，三棱锥外接球的表面积为________________________．【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，,则球的表面积.故答案为：.四、解答题17．已知复数．（1）若，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）若圆锥的侧面积为，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），已知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）若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，则，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”则，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】若选①，由正弦定理可得，化简得，从而可得，进而可得，若选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，则有，求出，从而可求出三角形的面积【详解】解：若选①，由正弦定理，得．由，得，由，得，所以，所以．又，得．若选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，已知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．已知每轮甲、乙同时猜错的概率为，恰有一人猜错的概率为.（1）求和；（2）若，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，则分甲猜对两个，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．已知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）若二面角的大小为，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，则证明，设