第第頁(yè)湖南省永州市2021-2022學(xué)年高一下學(xué)期數(shù)學(xué)期末考試試卷一、單選題1．復(fù)數(shù)2?iA．2+i B．2?i C．?2+i2．已知a=(1，?1A．-1 B．0 C．1 D．23．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a=2??A．233 B．2 C．3 4．已知某平面圖形用斜二測(cè)畫法畫出的直觀圖為如圖所示的三角形，其中AB=AC=2，則該平面圖形的面積為（）A．3 B．2 C．23 5．在△ABC中，BC=4，AC=5，AC?BCA．25 B．21 C．5 D．6．已知一組數(shù)據(jù)為30，40，50，50，55，60，70，80，90，則其極差、第50百分位數(shù)和眾數(shù)的大小關(guān)系是（）A．極差>第50百分位數(shù)>眾數(shù) B．眾數(shù)>第50百分位數(shù)>極差C．極差>眾數(shù)>第50百分位數(shù) D．極差=第50百分位數(shù)=眾數(shù)7．《九章算術(shù)》中，將底面為矩形且有一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱為陽(yáng)馬.如圖所示，在四棱柱ABCD?A1B1C1DA．2+5 B．3+5 C．3+258．已知AB⊥AC，點(diǎn)P是邊BC上的一點(diǎn)，|AP|=3，APA．22 B．23 C．4二、多選題9．若復(fù)數(shù)z1=2i?3，A．z1B．若z1+aC．zD．若z1、z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的向量分別為OA、OB（O10．在下列關(guān)于概率的命題中，正確的有（）A．若事件A，B滿足P(B．若事件A與B是互斥事件，則A與B也是互斥事件C．若事件A與B是相互獨(dú)立事件，則A與B也是相互獨(dú)立事件D．若事件A，B滿足P(A)=111．△ABC的內(nèi)角A，B，CA．若acosAB．若sin2A=C．若a=1，b=2，A=30°，則解此三角形必有兩解D．若△ABC是銳角三角形，則12．如圖，在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD?A1B1CA．三棱錐P?AB．過(guò)P作直線l//AC．過(guò)A，P，D1D．三棱錐P?A1三、填空題13．在中國(guó)共產(chǎn)主義青年團(tuán)建團(tuán)100周年之際，某高中學(xué)校計(jì)劃選派60名團(tuán)員參加“文明勸導(dǎo)”志愿活動(dòng)，高一、高二、高三年級(jí)的團(tuán)員人數(shù)分別為100，200，300，若按分層抽樣的方法選派，則高一年級(jí)需要選派的人數(shù)為14．在直角三角形ABC中，AB=BC=2，∠B=90°，將此三角形繞直線AC旋轉(zhuǎn)一周，所得幾何體的體積為15．定義平面非零向量之間的一種運(yùn)算“?”，記a?b=acosθ+bsinθ（其中θ是非零向量a，b16．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若sin2B?si四、解答題17．在平行四邊形ABCD中，E為CD中點(diǎn)，記AB=a，（1）試用a，b表示AE；（2）若∠DAB=60°，|AB|=6，|AD|18．中國(guó)神舟十三號(hào)載人飛船于2022年4月16日?qǐng)A滿完成飛行任務(wù)，神舟十三號(hào)的成功又一次激發(fā)了廣大中學(xué)生對(duì)于航天的極大興趣.某校舉行了一次主題為“航天夢(mèng)，強(qiáng)國(guó)夢(mèng)”的知識(shí)競(jìng)賽活動(dòng)，用簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣的方法，在全校選取100名同學(xué)，按年齡大小分為大齡組甲和小齡組乙兩組，每組各50人，所有學(xué)生競(jìng)賽成績(jī)均在60~100之間，甲組競(jìng)賽成績(jī)的頻率分布表和乙組競(jìng)賽成績(jī)的頻率分布直方圖，如下圖所示．組號(hào)組頻數(shù)頻率第一組[50.1第二組[ab第三組[150.3第四組[100.2（1）求a，b，x的值；（2）若以平均分為依據(jù)確定小組成績(jī)的優(yōu)劣，你認(rèn)為哪個(gè)小組成績(jī)更優(yōu)？請(qǐng)說(shuō)明理由（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表）；（3）若成績(jī)不低于90分的同學(xué)稱為“航天追夢(mèng)者”，以選取的100名同學(xué)作為樣本，試估計(jì)該校2000名學(xué)生中“航天追夢(mèng)者”的人數(shù)．19．如圖1，在邊長(zhǎng)為23的菱形ABCD中，∠ABC=60°，O為線段CD的中點(diǎn)；將ΔAOD沿AO折起到ΔAOD1的位置，使得平面AOD1（1）證明：OD（2）求點(diǎn)O到平面ABD20．某品牌電腦售后保修期為一年，根據(jù)1000臺(tái)電腦的維修記錄資料（保修期內(nèi)所有電腦維修次數(shù)均不超2次），這1000臺(tái)電腦在保修期內(nèi)需要維修1次的有300臺(tái)，需要維修2次的占20%．以這1000臺(tái)電腦維修次數(shù)的頻率代替1臺(tái)電腦維修次數(shù)的概率．（1）求1臺(tái)電腦保修期內(nèi)不需要維修的概率；（2）若某人購(gòu)買2臺(tái)這個(gè)品牌的電腦，2臺(tái)電腦在保修期內(nèi)是否需要維修互不影響，如果2臺(tái)電腦保修期內(nèi)需要維修的次數(shù)總和不超過(guò)2次的概率大于0.8，則認(rèn)為該品牌電腦“值得信賴”，請(qǐng)判斷該品牌電腦是否“值得信賴”，并說(shuō)明理由．21．如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，已知底面ABCD是邊長(zhǎng)為6的菱形，∠ABC=120°，PA=PC，∠PBD???=∠PDB??=???60°，（1）證明：平面PAC⊥平面PBD；（2）F為線段PD上的一點(diǎn)，且EF//平面PBC，求PFPD的值及直線EF與平面22．如圖，設(shè)△ABC中角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，D為BC的中點(diǎn)，已知c=1，S（1）若AD=212，求（2）點(diǎn)E，F(xiàn)分別為邊AB，AC上的動(dòng)點(diǎn)，線段EF交AD于G，且0<FC≤2，sin∠BAD=277，

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】復(fù)數(shù)2?i的共軛復(fù)數(shù)是2+故答案為：A

【分析】利用已知條件結(jié)合復(fù)數(shù)與共軛復(fù)數(shù)的關(guān)系，進(jìn)而求出復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)。2．【答案】B【解析】【解答】因?yàn)閍=(1所以a+所以a?故答案為：B

【分析】利用已知條件結(jié)合向量的坐標(biāo)運(yùn)算和數(shù)量積的坐標(biāo)表示，進(jìn)而得出a→3．【答案】A【解析】【解答】因?yàn)閍=2??，即222=故答案為：A

【分析】利用已知條件結(jié)合正弦定理，進(jìn)而得出邊b的值。4．【答案】D【解析】【解答】作出原圖形如下圖所示：則AB'=2故答案為：D.

【分析】利用已知條件結(jié)合斜二測(cè)畫直觀圖的方法和三角形的面積公式，進(jìn)而得出該平面圖形的面積。5．【答案】B【解析】【解答】在△ABC中，BC=4，AC=5AC?所以cosC=所以AB=A故答案為：B.

【分析】利用已知條件結(jié)合相反向量的定義以及數(shù)量積的定義，再結(jié)合余弦定理求出AB的長(zhǎng)。6．【答案】A【解析】【解答】極差為90?30=60，因?yàn)?×50%=4.又眾數(shù)為50，所以它們大小關(guān)系是極差>第50百分位數(shù)>眾數(shù)。故選：A.

【分析】利用已知條件結(jié)合極差公式、眾數(shù)公式和百分位數(shù)求解方法，進(jìn)而結(jié)合比較法得出數(shù)據(jù)的極差、第50百分位數(shù)和眾數(shù)的大小關(guān)系。7．【答案】B【解析】【解答】由題意知：AA1⊥∵BC?平面ABCD，∴又AB⊥BC，A1A，AB?平面A1AB，∵A1B?平面A1AB則△A1AD，△A1∵S△AS△A1BC=∴陽(yáng)馬A1?ABCD的表面積故答案為：B.

【分析】由題意知：AA1⊥平面ABCD，再利用線面垂直的定義證出線線垂直，所以A1A⊥BC，再利用AB⊥BC結(jié)合線線垂直證出線面垂直，所以BC⊥平面A1AB，再利用線面垂直的定義證出線線垂直，所以BC⊥A1B，同理可得：CD⊥A8．【答案】C【解析】【解答】在△ABC中，AB⊥AC，設(shè)∠CAP=α，α∈因?yàn)锳P?所以|AP因?yàn)閨AP|=3因?yàn)锳P?所以|AP||因?yàn)锳B⊥AC，所以所以|====≥2co當(dāng)且僅當(dāng)cos2α所以|AB所以|AB故答案為：C

【分析】在△ABC中，AB⊥AC，設(shè)∠CAP=α，α∈(0，π2)，則∠BAP=9．【答案】B,C【解析】【解答】對(duì)于A選項(xiàng)，z1對(duì)于B選項(xiàng)，z1+a=(a?3)對(duì)于C選項(xiàng)，z1對(duì)于D選項(xiàng)，由已知可得OA=(?3，2所以，|AB故答案為：BC.

【分析】利用已知條件結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義、復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、復(fù)數(shù)為純虛數(shù)的判斷方法，復(fù)數(shù)求模公式，進(jìn)而找出正確的選項(xiàng)。10．【答案】C,D【解析】【解答】對(duì)于A：若事件A、B不互斥，但是恰好P(A)對(duì)于B：由互斥事件的定義可知，事件A、B互斥，但是A與B也是互斥事件不成立.故B錯(cuò)誤；對(duì)于C：由相互獨(dú)立事件的性質(zhì)可知：若事件A與B是相互獨(dú)立事件，則A與B也是相互獨(dú)立事件.故C正確；對(duì)于D：因?yàn)槭录嗀，B滿足P(A)=13?故答案為：CD

【分析】利用已知條件結(jié)合對(duì)立事件、互斥事件、獨(dú)立事件的定義，進(jìn)而找出正確的選項(xiàng)。11．【答案】A,D【解析】【解答】由正弦定理可知asinA=bsinB，又acosA=因?yàn)?A∈(0，2π)，2B∈(0，2π)，且角2A，2B所以△ABC由正弦定理可得sinB=bsinAa因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，所以A+B>π2，即π2>A>π2?B>0，又所以sinA+故答案為：AD

【分析】利用已知條件結(jié)合正弦定理、解三角形的方法、正弦函數(shù)的單調(diào)性、誘導(dǎo)公式以及三角形的形狀的判斷方法，進(jìn)而找出說(shuō)法正確的選項(xiàng)。12．【答案】A,B,D【解析】【解答】對(duì)于A，連接A1則B1C∥因?yàn)锳1D?平面A1BD，所以平面B1C∥平面所以動(dòng)點(diǎn)P到平面A1因?yàn)椤鰽1BD對(duì)于B，連接AD1，則正方體的性質(zhì)可知因?yàn)锳1D∩A1因?yàn)镈P?平面A1DCB因?yàn)閘//AD對(duì)于C，當(dāng)點(diǎn)P為B1C的中點(diǎn)時(shí)，過(guò)A，P，D1當(dāng)點(diǎn)P從B1C的中點(diǎn)向B1運(yùn)動(dòng)時(shí)，截面過(guò)平面ADD1A1，AA1對(duì)于D，連接A1D，AD1，交于點(diǎn)所以在△A1D過(guò)E作EF⊥平面A1DD1交B1C于F，則球心設(shè)半徑為r，則題意可得A1當(dāng)點(diǎn)P與F重合時(shí)，a?r2?當(dāng)點(diǎn)P與B1或C重合時(shí)，△A1所以r=(22所以三棱錐P?A1D故答案為：ABD

【分析】利用已知條件結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征、三棱錐的體積公式，進(jìn)而得出三棱錐P?A1BD的體積為定值；再利用已知條件結(jié)合線線平行的判斷方法，進(jìn)而得出過(guò)P作直線l//AD1，則l⊥DP；當(dāng)點(diǎn)P為B1C的中點(diǎn)時(shí)，過(guò)A，P，D1三點(diǎn)的平面為平面ABC1D1，當(dāng)點(diǎn)P從B1C的中點(diǎn)向B1運(yùn)動(dòng)時(shí)，截面過(guò)平面ADD1A1，AA1B1B，BCC1B1，A1B1C1D1，點(diǎn)P從B1C的中點(diǎn)向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，截面過(guò)平面ADD1A1，ABCD，BCC113．【答案】10【解析】【解答】依題意可知高一年級(jí)需要選派的人數(shù)為100100+200+300故答案為：10

【分析】利用已知條件結(jié)合分層抽樣的方法，進(jìn)而求出高一年級(jí)需要選派的人數(shù)。14．【答案】2【解析】【解答】將三角形繞直線AC旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體是兩個(gè)同底圓錐的組合體，在直角三角形ABC中，AC=2，所以圓錐底面圓的半徑為1，兩個(gè)圓錐的高的和為AC=2，所以幾何體的體積為13故答案為：2π

【分析】將三角形繞直線AC旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體是兩個(gè)同底圓錐的組合體，在直角三角形ABC中，AC=2，進(jìn)而得出圓錐底面圓的半徑和兩個(gè)圓錐的高的和，再利用圓錐的體積公式，進(jìn)而得出所得幾何體的體積。15．【答案】13【解析】【解答】∵e1?e2=|e1|=====13故答案為：132

【分析】利用已知條件結(jié)合單位向量的定義，再利用數(shù)量積求模公式，再利用數(shù)量積的運(yùn)算法則和數(shù)量積的定義，進(jìn)而得出|e16．【答案】2【解析】【解答】∵sin∴b2?c又因?yàn)閎2∴c2+ac=a∴sin=sin∴C=B?C或C+B?C=π∴C=B∴tanC=∴2tanB當(dāng)且僅當(dāng)tanB2=故答案為：22

【分析】利用已知條件結(jié)合正弦定理和余弦定理，再結(jié)合三角形內(nèi)角和為180度的性質(zhì)和兩角和與兩角差的正弦公式，進(jìn)而得出C=B2，所以tanC=17．【答案】（1）解：由題可知AE=（2）解：因?yàn)锽E=記AE與BE的夾角為θ，則cosθ==|所以AE與BE的夾角為90【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合平面向量基本定理，進(jìn)而用a，b表示AE。

（2）利用已知條件結(jié)合三角形法則和平面向量基本定理，再利用數(shù)量積求向量的夾角公式，進(jìn)而得出AE與BE的夾角。18．【答案】（1）解：由甲組的頻率分布表可知a=50?5?15?10=20，b=20由乙組的頻率分布直方圖可知1?（0.（2）解：記甲組平均分為x1，x記乙組平均分為x2，x因?yàn)閤1（3）解：由頻率分布表可知，甲組中“航天追夢(mèng)者”的人數(shù)為10，乙組中“航天追夢(mèng)者”的人數(shù)為50×0.甲、乙兩組中“航天追夢(mèng)者”的頻率10+5100甲、乙組中“航天追夢(mèng)者”的人數(shù)為2000×0.【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合頻率分布直方圖各小組的頻率等于各小組的矩形的面積，再結(jié)合頻率等于頻數(shù)除以樣本容量的公式，再結(jié)合頻率之和等于，進(jìn)而得出a，b，x的值。

（2）利用已知條件結(jié)合頻率分布直方圖求平均數(shù)的公式，再結(jié)合比較法，進(jìn)而判斷出甲組成績(jī)更優(yōu)。

（3）利用已知條件結(jié)合頻率分布直方圖各小組的頻率等于各小組的矩形的面積，再結(jié)合頻率等于頻數(shù)除以樣本容量的公式，進(jìn)而估計(jì)出該校2000名學(xué)生中“航天追夢(mèng)者”的人數(shù)。19．【答案】（1）證明：在圖1中連接AC，∵AD=CD，∠ADC=∠ABC=60°∴ΔACD又∵O為CD的中點(diǎn)∴AO⊥CD即AO⊥O∵在圖2中，平面AOD1⊥平面ABCO，交線為AO，∴OD1∵BC?平面ABCO∴O（2）解：在圖2中，連接BO，OD1⊥平面ABCO，∴OD1⊥AB又∵∴AB⊥平面AO∵AD1?平面即ΔABO，ΔAB在RtΔADO中，OA=AD2?OD2故VV∵VD1?ABO即點(diǎn)O到平面ABD1【解析】【分析】（1）在圖1中連接AC，利用AD=CD，∠ADC=∠ABC=60°，所以ΔACD為等邊三角形，再利用O為CD的中點(diǎn)，再結(jié)合等邊三角形三線合一，所以AO⊥CD，即AO⊥OD1，在圖2中，平面AOD1⊥平面ABCO結(jié)合面面垂直的性質(zhì)定理證出線面垂直，所以O(shè)D1⊥平面ABCO，再利用線面垂直的定義證出線線垂直，從而證出OD1⊥BC。

（2）在圖2中，連接BO，OD1⊥平面ABCO，再結(jié)合線面垂直的定義證出線線垂直，所以O(shè)D1⊥AB，再利用AB⊥AO結(jié)合線線垂直證出線面垂直，所以AB⊥平面AOD20．【答案】（1）解：由題意可知該品牌電腦保修期內(nèi)維修1次的概率為：3001000該品牌電腦保修期內(nèi)維修2次的概率為：20%該品牌電腦一年不需要維修的概率為：1?0.（2）解：品牌Ai表示第1臺(tái)電腦在保修期內(nèi)維修i次的事件（i=0品牌Bj表示第2臺(tái)電腦在保修期內(nèi)維修j次的事件（j=0PPAi與Bj相互獨(dú)立，2臺(tái)電腦保修期內(nèi)需要維修的次數(shù)總和為0的概率：P2臺(tái)電腦保修期內(nèi)需要維修的次數(shù)總和為1的概率：P2臺(tái)電腦保修期內(nèi)需要維修的次數(shù)總和為2的概率：P2臺(tái)電腦保修期內(nèi)需要維修的次數(shù)總和不超過(guò)2次的概率P=所以認(rèn)為該品牌“值得信賴”.【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合頻率等于頻數(shù)除以樣本容量的公式和對(duì)立事件求概率公式，進(jìn)而得出1臺(tái)電腦保修期內(nèi)不需要維修的概率。

（2）利用已知條件結(jié)合獨(dú)立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，進(jìn)而得出認(rèn)為該品牌“值得信賴”。21．【答案】（1）證明：設(shè)AC與BD相交于O點(diǎn)，連接PO，∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，∵PA=PC，∴AC⊥PO，又∵BD∩PO=O，則AC⊥平面PBD，∵AC?平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBD.（2）解：在線段PD上作F點(diǎn)，過(guò)F點(diǎn)作FG//DC，交PC于G，連接EF，∵FG//DC，∴FG//AB，則FG//EB，故∵EF//平面PBC，EF?平面EFGB，平面EFGB∩平面PBC=BG∴EF//BG，故四邊形EFGB為平行四邊形，則∵|BE||AE∵△PFG∽△PDC∵在△PBD中，∠PBD=∠PDB=60在（1）知AC⊥PO，又AC∩BD=O，AC，∴PO⊥平面ABCD，過(guò)F作FH⊥BD，交BD于H點(diǎn)，故△FDH∽△PDO∵在△PBD中，|PO|=連接EH，在△BEH中，|∵FH⊥平面ABCD，則∠FEH為直線EF與平面ABCD的夾角，在Rt△EFH中，|FH|=直線EF與平面ABCD的夾角為45°.【解析】【分析】（1）設(shè)AC與BD相交于O點(diǎn)，連接PO，再利用四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD，再利用PA=PC結(jié)合等腰三角形三線合一，所以AC⊥PO，再利用線線垂直證出線面垂直，則AC⊥平面PBD，