鄂州市2021~2022学年度下学期期末质量监测高一数学一､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.已知，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】由复数除法求得后可得其对应点坐标，从而得出正确选项．【详解】由题意，对应点为，在第一象限．故选：A2.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据正弦定理，可直接计算，求得答案.【详解】在中，由正弦定理得：,则，故选：B3.某单位有员工147人，其中女员工有63人.为做某项调查，拟采用分层抽样法抽取容量为21的样本，则男员工应选取的人数是A.8B.9C.10D.12【答案】D【解析】\n【详解】男员工84人，女员工63人，所以当样本容量为21人时，男员工为，故选D．4.设为单位向量，，当的夹角为时，在上的投影向量为（）A.－B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接利用向量的投影向量的公式求解.【详解】解：由题意，在上的投影向量为．故选：B．5.某小组有1名男生和2名女生，从中任选2名学生参加围棋比赛，事件“至少有1名男生”与事件“至少有1名女生”（）A.是对立事件B.都是不可能事件C.是互斥事件但不是对立事件D.不是互斥事件【答案】D【解析】【分析】根据对立事件、互斥事件的定义判断即可判断.【详解】事件“至少有1名男生”与事件“至少有1名女生”能同时发生，即两名学生正好一名男生，一名女生，故两事件既不是对立事件也不是互斥事件.故选：D.6.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是（）A.若，，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】C【解析】【分析】利用线面垂直的判定性质、面面垂直的判定推理判断A，B；举例说明判断C；利用线面垂直的判定性质判断D作答.\n【详解】对于A，因，，当时，而，则，当时，在直线上取点，过作直线，则，过直线的平面，如图，由得，于是得，而，则，而，所以，A正确；对于B，若，，则，又，则存在过直线的平面，使得，则有直线，即有，所以，B正确；对于C，如图，在长方体中，平面为平面，直线为直线，平面为平面，直线为直线，满足，，，而，C不正确；对于D，若，，则，又，于是得，D正确.故选：C7.如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则（）\nA.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由平面向量的线性运算逐步转化即可得解.【详解】=.故选：D．8.在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC.，，，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C\n【解析】【分析】由面面垂直可得线面垂直，进而可确定球心的位置在DO上，根据勾股定理即可求解.【详解】如图，取AB的中点E，BC的中点D，连接PE，△PAB是等边三角形，则.因为平面PAB⊥平面ABC，平面平面，平面PAB，所以PE⊥平面ABC，又平面ABC，所以.过D作OD⊥平面ABC，则.因为，所以三棱锥P-ABC的外接球的球心在DO上，设球心为O，连接OB，OP，设外接球半径为R，由已知，.，，在直角梯形PEDO中，，，，所以三棱锥P-ABC外接球的表面积.故选:C.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.复数z满足，则下列说法正确的是（）A.z的实部为3B.z的虚部为2C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据已知求出，即可判断各个选项的真假.\n【详解】解：由于，可得，所以z的实部为－3，虚部为2，所以，．故选：BD．10.2020年前8个月各月社会消费品的零售总额增速如图所示，则下列说法正确的有（）A.受疫情影响，1~2月份社会消费品的零售总额明显下降B.社会消费品的零售总额前期增长较快，后期增长放缓C.与6月份相比，7月份社会消费品的零售总额名义增速回升幅度有所扩大D.与4月份相比，5月份社会消费品的零售总额实际增速回升幅度有所扩大【答案】AB【解析】【分析】根据图象和图中的数据逐个分析判断即可【详解】对于选项A：由图可知，1~2月份社会消费品的零售总额名义增速和实际增速都小于0，所以1~2月份社会消费品的零售总额明显下降，故选项A正确；对于选项B：由图可知，社会消费品的零售总额前期增长较快，后期增长较缓，所以选项B正确；对于选项C：由图可知，6月份社会消费品的零售总额名义增速回升幅度为，7月份社会消费品的零售总额名义增速回升幅度为，所以选项C错误；对于选项D：由图可知，4月份社会消费品的零售总额实际增速间升幅度为，5月份社会消费品的零售总额实际增速回升幅度为，所以选项D错误.\n故选：AB.11.用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，得到上､下两部分空间图形且上､下两部分的高之比为，则关于上､下两部分空间图形的说法正确的是（）.A.侧面积之比为B.侧面积之比为C.体积之比为D.体积之比为【答案】BD【解析】【分析】利用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，得到上､下两部分的高、底面边长对应比值相等，上下底面面积之比等于对应高的平方比，进行判断求解.【详解】依题意知，上部分为小棱锥，下部分为棱台，所以小棱锥与原棱锥的底面边长之比为，高之比为，所以小棱锥与原棱锥的侧面积之比为，体积之比为，即小棱锥与棱台的侧面积之比为，体积之比为.故选：BD12.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列条件能判断ABC是钝角三角形的有（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】对于A，由，利用正弦定理和二倍角正弦公式判断；对于B，由判断；对于C，利用正弦定理和余弦定理判断；对于D，由，利用正弦定理和两角和的正弦公式判断.【详解】对于A，由及正弦定理，可得，即，所以或，所以或，所以ABC是等腰三角形或直角三角形，故A不能判断；对于B，由，得，则B为钝角，故B能判断；对于C，由正弦定理，得，则，，故C\n能判断；对于D，由及正弦定理化边为角．可知，即，因为A，B为ABC的内角，所以A＝B，所以ABC是等腰三角形，故D不能判断．故选：BC．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若m为实数，复数，则|z|＝___．【答案】0【解析】【分析】根据题意可得为实数，从而可求得，即可得解.【详解】解：因为复数不能比较大小，所以为实数，可得，解得，所以，则．故答案为：0.14.某圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形，则该圆柱一个底面的面积为___________.【答案】【解析】【分析】根据圆柱的侧面展开图可知底面圆的周长等于正方形的边长，即可求出底面圆的半径，进而可求面积.【详解】因为圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形，所以该圆柱的底面圆的周长为其侧面展开图正方形的边长，该圆柱底面圆半径为，故该圆柱一个底面的面积.故答案为：15.已知甲､乙两人每次射击命中目标的概率分别为和，甲和乙是否命中目标互不影响，且各次射击是否命中目标也互不影响.若按甲､乙､甲､乙…的次序轮流射击，直到有一人击\n中目标就停止射击，则停止射击时，甲､乙共射击了四次的概率是___________.【答案】##0.01【解析】【分析】设事件A表示“甲射击一次命中目标”，事件B表示“乙射击一次命中目标”，则A，B相互独立，分析试验过程利用相互独立事件事件的概率公式直接求概率.【详解】设事件A表示“甲射击一次命中目标”，事件B表示“乙射击一次命中目标”，则A，B相互独立，停止射击时甲､乙共射击了四次，说明甲､乙第一次射击都未命中，甲第二次射击未命中，乙第二次射击命中，此时的概率.故停止射击时，甲､乙共射击了四次的概率是.故答案：16.如图，在中，，点P为边BC上的一动点，则的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】设，，用、表示、，再计算的最小值．【详解】由题意，设，，所以，.又，，所以\n，当时，取得最小值.故答案：.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.（1）用掷两枚质地均匀的硬币做胜负游戏，规定：两枚硬币同时出现正面或同时出现反面算甲胜，一个正面、一个反面算乙胜．这个游戏是否公平？请通过计算说明．（2）若投掷质地均匀的三枚硬币，规定：三枚硬币同时出现正面或同时出现反面算甲胜，其他情况算乙胜．这个游戏是否公平？请通过计算说明．【答案】（1）这个游戏公平的；答案见解析；（2）这个游戏不公平；答案见解析．【解析】【分析】利用列举法结合古典概型的概率公式求解即可，若概率相同，则游戏公平，否则不公平【详解】（1）抛掷两枚质地均匀的硬币，所有情况有：{（正正），（正反），（反正），（反反）}．记事件A，B分别为“甲胜”，“乙胜”，则，这个游戏公平的．（2）拋掷三枚质地均匀的硬币，所以有情况有：{（正正正），（正正反），（正反正），（正反反），（反正正），（反正反），（反反正），（反反反）}．记事件A，B分别为“甲胜”，“乙胜”，则，．这个游戏不公平．18.已知向量，.（1）若，求的值.（2）若，求与的夹角的余弦值.【答案】（1）（2）\n【解析】【分析】对于第小问1，根据向量平行坐标运算公式，求解的值.对于第小问2，由题意，先计算的值，得到的坐标，再由向量的夹角公式，求其余弦值.【小问1详解】平面向量，，若，则，解.【小问2详解】若，则，即，解,∴，∴与的夹角的余弦值为：.19.在①使三棱锥体积取得最大值，②使这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．如图1，是边长为2的等边三角形，是的中点，将沿翻折形成图2中的三棱锥，________，动点在棱上．（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正切值的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】选择见解析（1）证明见解析；（2）.\n【解析】【分析】（1）若选择①，利用分析可证平面．从而得证；若选择②，由向量数量积结合余弦定理以及勾股定理可以证明，进而可以证明平面，从而得证；（2）先确定直线与平面所成的角，然后结合图形分析求解即可【详解】（1）证明：若选择①，由于的面积为定值，所以当到平面距离最大时，三棱锥体积最大，即当平面时，体积有最大值．因为平面，所以平面平面．若选择②因为，所以．在中，，所以．因为，所以．因为，且平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）解：因为平面，所以就是直线与平面所成的角．记，则，又，．当时，最大，最小，此时；当时，最小，最大，此时，则．\n所以直线与平面所成角的正切值的取值范围是．20.在△ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角A；（2）若△ABC的面积为，求a的最小值.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）运用正弦定理和两角和的正弦公式，化简整理，即可得到角；（2）运用余弦定理和面积公式，结合基本不等式，可得的最小值．【小问1详解】由正弦定理得，∴.∵，∴.∴.在△ABC中，，∴，又，∴或.【小问2详解】∵△ABC的面积为.∴，∴.由余弦定理得\n（当且仅当时取等号）.①若，则（当且仅当时取等号）；②若，则（当且仅当时取等号）.综上，a的最小值为21.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，平面ABCD⊥平面PAB，E，F分别是线段AD，PB的中点，.证明：（1）平面PDC；（2）PB⊥平面DEF.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据平行四边形可证明，利用线面平行判定定理求解即可；（2）根据面面垂直的性质可得AD⊥平面PAB，可得，再由即可得证.【小问1详解】取PC的中点M，连接DM，MF.\n∵M，F分别是PC，PB的中点，∴，.∵E为DA的中点，四边形ABCD为正方形，∴，，∴，，∴四边形DEFM为平行四边形.∴，∵平面PDC，平面PDC.∴平面PDC.【小问2详解】∵四边形ABCD为正方形，∴.又平面ABCD⊥平面PAB，平面平面，平面ABCD，∴AD⊥平面PAB.∵平面PAB，∴.连接AF，∵，F为PB中点，∴.又，AD，平面DEF，∴PB⊥平面DEF.22.2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场（鸟巢）举行，某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数；\n（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者.（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这m人中35~45岁所有人的年龄的方差.【答案】（1）（岁），（2）（i）；（ii）10【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的公式以及百分位数的计算即可求解.（2）用列举法列出所有的基本事件，根据古典概型的公式即可求解所求事件的概率，根据方差的公式即可求解.【小问1详解】设这m人平均年龄为x，则（岁）.设第80百分位数为a，方法一：由，解得.方法二：由，解得.【小问2详解】（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为A,B,C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙，对应的样本空间为Ω={（A，B），（A，C），（A，甲），（A，乙），（A，D），（B，C），（B，甲），（B，乙），（B，D），（C，甲），（C，乙），（C，D），（甲，乙）（甲，D），（乙，D）}，共15个样本点.设事件M=“甲､乙两人至少一人被选上”，则M={（A，甲），（A，乙），（B，甲），（B，乙），（C，甲），（C，乙），（甲，乙），（甲，D），（乙，D）}，共有9个样本点.所以，.（ii）设第四组､第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，则\n，，，.设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.则，，因此第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10.据此可估计这m人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.
