二○二二年上学期期末检测卷高一数学考生注意：所有答案请务必填写在答题卡上，满分150分，时量120分钟．一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设，则的共轭复数（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据共轭复数的定义计算可得；【详解】解：因为，所以；故选：D2.天气预报说，在今后的三天中，每天下雨的概率都为60%．现采用随机模拟的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率．用1，2，3，4，5，6表示下雨，用计算机产生了10组随机数为180，792，454，417，165，809，798，386，196，206．据此估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，计算随机数中每组数中有2个数字在集合中判断即可【详解】由题意，随机数中417，386，196，206表示这三天中恰有两天下雨，故估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为故选：B3.甲、乙两人练习射击，命中目标的概率分别为和，甲、乙两人各射击一次，目标被命中的概率为A.B.C.D.\n【答案】A【解析】【详解】甲、乙两人各射击一次,目标没被命中的概率为,甲、乙两人各射击一次,目标被命中的概率为.所以A选项是正确的.4.如图，在矩形中，，分别为的中点，为中点，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量加法的三角形法则和四边形法则，可得结果.【详解】根据题意：又所以故选：C【点睛】本题主要考查利用向量的加法法则，熟练掌握向量加法的三角形法则和平行四边形法则，对向量用其它向量表示有很大的作用，属基础题.5.已知正△ABC的边长为2，那么用斜二测画法得到的△ABC的直观图△的面积为A.B.C.D.\n【答案】D【解析】【详解】解：∵侧二测画法中得到的直观图面积与原图形的面积之比为1：由于原图为边长为a的正三角形ABC，则S△ABC=故直观图的面积为×=，故选D6.已知圆柱及其展开图如图所示，则其体积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】结合展开图求出圆柱的底面半径与高，进而结合体积公式即可求出结果.【详解】设底面半径为，高为，根据展开图得，则，所以圆柱的体积为，故选：D.7.设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若，则；②若则；③若则；④若则．其中真命题的个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】\n【分析】依次判断每一个命题的真假，然后选出答案.【详解】①若，则，命题为真命题；②若则或，所以命题为假命题；③若所以，又因为，则，所以命题为真命题；④若，则，命题为真命题.故选：C.8.已知三棱锥中，，，三点在以为球心的球面上，若，，且三棱锥的体积为，则球的半径为（）A.2B.5C.13D.【答案】D【解析】【分析】设的外接圆的圆心为，半径为，由正弦定理求得，由三棱锥体积求得，由勾股定理得球半径．【详解】解：如图，抽取三棱锥，设的外接圆的圆心为，半径为，在中，，，由余弦定理可得，由正弦定理可得，解得，所以，又三棱锥的体积为，所以，故三棱锥的高，所以球的半径为.故选：D.\n【点睛】关键点点睛：本题考查棱锥的外接球问题，解题关键是掌握球的截面圆性质，截面圆圆心以球心连线和截面圆垂直．由勾股定理可得球半径与截面圆半径，球心到截面圆距离的关系．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分；在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全选对的得5分，部分选对的得2有选错的得0分．9.下列说法正确的是（）A.用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.1；B.已知一组数据1，2，，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5；C.数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23；D.若样本数据标准差为8，则数据的标准差为16.【答案】ACD【解析】【分析】对于A，利用概率对于判断即可．对于B，根据平均数求得的值，然后利用方差公式求解即可.对于C，8个数据70百分为，从而求得第70百分位数为第6个数.对于D，利用方差公式求解即可.【详解】对于A，一个总体含有50个个体，某个个体被抽到的概率为，以简单随机抽样方式从该总体中抽取一个容量为5的样本，则指定的某个个体被抽到的概率为，故A正确．对于B，数据1，2，，6，7的平均数是4，，这组数据\n的方差是，故B错误.对于C，8个数据70百分为，第70百分位数为第6个数为23，故C正确.对于D，依题意，，则，故数据标准差为16，D正确；故选：ACD.10.对于有如下命题，其中错误的是（）A.若，则为锐角三角形B.若，则的面积为C.若，则为等腰三角形D.P在所在平面内，若，则P是的重心【答案】ABC【解析】【分析】根据正余弦定理和三角形的面积公式可以推理出三角形的形状和面积，结合向量和三角形的重心性质可以判断选项正确与否.【详解】对于A，因为，通过正弦定理可知，故是钝角三角形，故A错；对于B，若，假设由余弦定理可知可解得或当当故B错；\n对于C，若则由或者即或者，则是等腰三角形或者直角三角形，故C错；对于D，P在所在平面内，若，取中点，连接，所以有,又因为，所以，所以，所以三点共线，且,所以P是的重心，故D正确；故选：ABC11.若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则下列命题正确的是（）A.直线BC与平面ABC1D1所成的角为B.点C到平面ABC1D1的距离为C.异面直线D1C和BC1所成的角为D.三棱柱AA1D1-BB1C1外接球半径为【答案】ABD【解析】【分析】对选项A，首先连接，交于点，易证平面，从而得到为直线与平面所成的角，再根据即可判断选项A正确.对选项B，根据平面，得到为点到面的距离，再计算即可判断选项B正\n确.对选项C，首先连接，，，根据，得到为异面直线和所成的角，再计算即可判断选项C错误.对选项D，根据三棱柱的外接球与正方体的外接球相同，计算正方体的外接球的半径即可判断选项D正确.【详解】对选项A，如图所示：连接，交于点.因为正方体，所以四边形为正方形，.又因为平面，平面，所以.平面.所以为直线与平面所成的角，又因为，故选项A正确.对选项B，由上知：平面，所以为点到面距离.又因为正方体边长为，所以，故选项B正确.对选项C，如图所示：\n连接，，.因为，所以为异面直线和所成的角.又因为，所以，故选项C错误.对选项D，因为三棱柱的外接球与正方体的外接球相同，设外接球半径为，，故选项D正确.故选：ABD12.如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（）A.圆锥SO的侧面积为B.三棱锥体积的最大值为C.的取值范围是D.若，E为线段AB上动点，则的最小值为【答案】ABD\n【解析】【分析】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断选项A；当时，的面积最大，此时体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断选项B；先用取极限的思想求出的范围，再利用，求范围即可判断选项C；将以为轴旋转到与共面，得到，则，利用已知条件求解即可判断选项D.【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径，对于选项A：圆锥的侧面积为：，故选项A正确；对于选项B：当时，的面积最大，此时，则三棱锥体积的最大值为：，故选项B正确；对于选项C：当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，，达到最大值，又因为与不重合，则，又，可得，故选项C不正确；对于选项D：由，得，又，则为等边三角形，则，将以为轴旋转到与共面，得到，则为等边三角形，，如图：\n则，因为，则，故选项D正确；故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查了圆锥的侧面面积以及体积，取极限是解决本题角的范围问题的关键；利用将以为轴旋转到与共面是解决求的最小值的关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在中，，，，则__________．【答案】或【解析】【分析】由正弦定理求得角，【详解】利用正弦定理得，所以，是三角形内角，或①B=60°时C=90°，，②B=120°时C=30°，．故答案为：或．14.已知，，点P在线段AB的延长线上，且，则点P的坐标为___________.\n【答案】【解析】【分析】由题可得，可得，即求．【详解】点在线段的延长线上，且，，,,,．所以点P的坐标为.故答案为：.15.已知向量，则在方向上的投影向量的模长是___________．【答案】【解析】【分析】根据数量积、模的坐标表示求出、，再根据求出在方向上的投影向量，从而求出其模；【详解】解：因为，所以，，所以在方向上的投影向量为，所以其模为；故答案为：16.已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，，若该三棱锥体积的最大值为3．则其外接球的体积为________.【答案】【解析】\n【分析】画出示意图，利用体积最大时所处的位置，计算出球的半径从而算出球的体积.【详解】如图所示：设球心为，所在圆面的圆心为，则平面；因为，，所以是等腰直角三角形，所以是中点；所以当三棱锥体积最大时，为射线与球的交点，所以；因为，设球的半径为，所以，所以，解得：，所以球的体积为：.【点睛】本题考查三棱锥的外接球的相关计算，难度较难.处理球的有关问题时要充分考虑到球本身的性质，例如：球心与小圆面圆心的连线垂直于小圆面.四、解答题：本题共6小题，共70分．17.已知复数．（1）当复数为纯虚数时，求实数m值；（2）当复数在复平面内对应的点位于第二象限，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）根据复数的类型来求参数即可；（2）结合复数的几何意义，根据所在象限求参即可.【小问1详解】当复数为纯虚数时，解得．【小问2详解】\n当复数在复平面内对应的点位于第二象限时，解得1．18.已知是同一平面内的三个向量，其中．（1）若，且，求的坐标；（2）若，且与垂直，求与的夹角的余弦值．【答案】（1）=（2，4）或（-2，-4）（2）【解析】【分析】（1）设=，再根据模长公式求解即可；（2）根据向量垂直数量积为0可得，再结合向量夹角的公求解即可小问1详解】因为，所以设=，又因为||=2，所以，，所以=（2，4）或（-2，-4）【小问2详解】因为垂直，所以即又||=3，||=，所以，解得，19.已知a、b、c分别为△ABC三个内角A、B、C的对边，．（1）求A；（2）若，△ABC的面积为，求b、c．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理得，再由\n化简得，再借助辅助角公式求A即可；（2）由面积公式求得，再由余弦定理求得，联立解方程即可求出.【小问1详解】由正弦定理得：，又，则，则，整理得，又，故，即，，又，故；【小问2详解】，故，由余弦定理得，即，则，，故.20.如图，在三棱锥中，底面．（1）求证：平面平面；（2）若，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）\n【解析】【分析】（1）由线面垂直得线线垂直，利用线线垂直证明线面垂直，进而证明面面垂直.（2）利用几何法找线面角，然后在三角形中求正弦值.【小问1详解】底面．又ACB=，；又平面，又平面，∴平面【小问2详解】取PC的中点O，连接AO、BO；又∵平面平面且交线为，平面，直线AB在平面PBC中的射影为OB，为AB与平面PBC所成的角在直角中，AB=，，21.某校从高一年级学生中随机抽取60名学生，将期中考试的数学成绩均为整数分成六组：后得到如图所示频率分布直方图．\n（1）根据频率分布直方图，求众数和第50百分位数；（2）用比例分配的分层随机抽样的方法在各分数段的学生中抽取一个容量为的样本，求在分数段抽取的人数；（3）若甲成绩在，乙成绩在，求在（2）的条件下，甲、乙至少一人被抽到的概率．【答案】（1）众数为；第百分位数为（2）人（3）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为得到方程，即可求出，再根据频率分布直方图中众数、第百分位数计算规则计算可得；（2）首先求出抽样比，再计算分数段的人数，即可求出在分数段抽取的人数；（3）设甲被抽到的事件为，乙被抽到的事件为，即可得到，，再根据相互独立事件与对立事件的概率公式计算可得；【小问1详解】由题意可得，解得，根据频率分布直方图可知，分数段的频率最高，因此众数为，设第百分位数为，则，解得；\n【小问2详解】解：因为总体共名学生，样本容量为，因此抽样比为．又在分数段共有（人），因此在分数段抽取的人数是（人）；【小问3详解】解：由分层随机抽样知分数段抽取人，分数段抽取人，设甲被抽到的事件为，乙被抽到的事件为，则，．于是甲，乙至少一人被抽到的概率为；22.为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，.甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.（1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.【答案】（1）派甲参赛获胜的概率更大；（2）.【解析】【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式分别求出甲赢得比赛的概率和乙赢得比赛的概率，由此得解．（2）设表示“甲赢得比赛”，表示“乙赢得比赛”，表示“两人中至少有一个赢得比赛”，，由此能求出两人中至少有一人赢得比赛的概率．【详解】解：（1）设“甲在第一轮比赛中胜出”，“甲在第二轮比赛中胜出”，“\n乙在第一轮比赛中胜出”，“乙在第二轮比赛中胜出”，则“甲赢得比赛”，.“乙赢得比赛”，.因为，所以派甲参赛获胜的概率更大.（2）由（1）知，设“甲赢得比赛”，“乙贏得比赛”，则；.于是“两人中至少有一人赢得比赛”.【点睛】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
