2021-2022学年广东省梅州市高一下学期期末数学试题【含答案】

1、2021-2022学年广东省梅州市高一下学期期末数学试题一、单选题1已知，则（）ABCDB【分析】利用复数的除法运算求解即可.【详解】，故选：B.2某高中开展学生视力水平的调查活动，已知该校高一年级有学生1050人，高二年级有学生1000人，高三年级有学生950人，现需要从全校学生中用分层抽样的方法抽取100人进行调查，则应从高一学生中抽取的人数为（）A30B33C35D36C【分析】根据分层抽样的比例求解即可.【详解】根据分层抽样的方法,应从高一学生中抽取的人数为故选：C.3已知，且三点共线，则（）ABCDA【分析】利用向量的共线定理的坐标运算即可求解.【详解】由，得,因为三点共线，所以，即

2、，解得.所以.故选：A.4如图，是水平放置的AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且AOB的面积为12，则的长度为（）A1B2C3D4B【分析】画出AOB的原图，根据三角形AOB的面积为12可得答案.【详解】画出AOB的原图为直角三角形，且，因为，所以，所以. 故选：B. 5第24届冬季奥林匹克运动会，即2022年北京冬季奥运会，是由中国举办的国际性奥林匹克赛事，某运动选手从男子500米、男子1000米、男子1500米、男子5000米接力、混合团体2000米接力5项中等可能的选3项参赛，则该选手没有选择男子5000米接力的概率为（）ABCDC【分析】利用列举

3、法写出样本空间，结合古典概型的计算公式即可求解.【详解】记男子500米、男子1000米、男子1500米、男子5000米接力、混合团体2000米接力分别为，则从5项中选3项参赛的样本空间为：共个样本点，记“该选手没有选择男子5000米接力”的事件，则共4个样本点，由古典概型的计算公式，得所以.故选：C.6设m，n是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A若，则B若，则C若则D若，则A【分析】对于A,利用平面的法向量可判断A;对于B，判断出m,n可能是异面直线即可；对于C,判断出m,n可能是平行直线，即可判断C；对于D，判断两平面有可能相交，即可判断D.【详解】对于A，可在

4、m上取向量作为平面的法向量，在n上取向量作为平面的法向量，则由可知，故，A正确；对于B，若，则m,n可能是异面直线，故B错误；对于C，若，则m,n可能是平行直线，不一定垂直，故C错误；对于D，若，则可能相交，即当m,n都和两平面的交线平行时，即有，故不一定平行，故D错误，故选：A7已知圆锥的侧面展图为一个半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积与圆锥外接球的表面积之比为（）ABCDC【分析】根据圆锥的侧面展图为一个半圆得出圆锥母线长与半径的关系，再利用圆锥内半径最大的球即圆锥的内切球，然后分别求出圆锥的内切球和圆锥外接球的半径即可求解.【详解】由题意可知，设圆锥的母线长为，半径为，则因为圆锥的侧面

5、展图为一个半圆，所以，解得.圆锥内半径最大的球即圆锥的内切球，设内切球半径为，设圆锥的一个轴截面为，如图所示则内切圆的半径为圆锥内切球的半径，在中，为的中点，所以为等边三角形，则,即，解得，所以圆锥内半径最大的球的表面积为.又外接圆的直径为，所以圆锥的外接球的半径，所以圆锥外接球的表面积为所以.故选：C.8同时抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，用x表示红色骰子的点数，y表示绿色骰子的点数，设事件“”，事件“为奇数”，事件“”，则下列结论正确的是（）A与对立BC与相互独立D与相互独立C【分析】根据题意写出样本空间，分别表示出事件、事件和事件，求出对应概率，然后根据对立事件的概念以及事件独立性概念作

6、出判断即可.【详解】依题意，样本空间为： 共36种，事件包含的基本事件为： 共种，事件包含的基本事件为： 共种，事件包含的基本事件为： 共种，对于A，事件与事件互斥，不对立，A错误；事件与事件同时发生的基本事件为：，共种，B错误；事件与事件同时发生的基本事件为：，共种，对于C，C正确；对于D，D错误.故选C.二、多选题9下图为我国2020年2月至10月的同城快递量与异地快递量的月统计图：根据统计图，下列结论正确的是（）A异地快递量逐月递增B同城快递量，9月份多于10月份C同城和异地的月快递量达到峰值的月份相同D同城和异地的快递量的月增长率达到最大的月份相同BD根据统计图可以看出，异地快递量6月

7、份、7月份的快递量可以判断A；同城快递量6月份、7月份的快递量可以判断B；并且由图可以直接判断CD.【详解】对于A，异地快递量6月份为.6万件大于7月份为.9万件，所以错误；对于B，同城快递量9月份为.1万件，多于10月份为97454.2万件，所以正确；对于C，由图可以看出，同城的月快递量达到峰值为10月份，异地的月快递量达到峰值为6月份，所以错误；对于D，由图可以看出，同城快递量的月增长率达到最大的为3月份，异地快递量的月增长率达到最大的为3月份，所以正确.故选：BD.10欧拉公式（本题中为自然对数的底数，i为虚数单位）是由瑞士若名数学家欧拉创立，该公式建立了三角函数与指数函数的关系，在复变

8、函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，依据欧拉公式，则下列结论中正确的是（）AB复数在复平面内对应的点位于第二象限C复数的共轭复数为D复数在复平面内对应的点的轨迹是圆ABD【分析】由欧拉公式和特殊角的三角函数值可判断A；由欧拉公式和三角函数在各个象限的符号可判断B；由欧拉公式和共轭复数的概念可判断C；由欧拉公式和复数的几何意义可判断D.【详解】对于A，A正确；对于B，复数在复平面内对应的点位于第二象限，B正确；对于C，共轭复数为，C错误；对于D，在复平面内对应的点为，又，在复平面内对应的点的轨迹是圆.故选：ABD.11在ABC中，下列正确的是（）A若，则ABC为钝角三角形B若，则

9、ABC为直角三角形C若，则ABC为等腰三角形D已知，且，则ABC为等边三角形BCD【分析】对A，根据向量的数量积运算分析即可；对B，对两边平方判断即可；对C，根据平面向量数量积的运算求解即可；对D，根据，结合数量积的运算可得，进而得到判断即可【详解】对A，即，即，可得，不能证明ABC为钝角三角形，故A错误；对B，即，解得，故，故B正确；对C，若，则，故，故ABC为等腰三角形，故C正确；对D，因为，故，即，又，所以，故，故，同理，结合可得，故ABC为等边三角形，故D正确；故选：BCD12如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为正方形上的动点，则（）A满足MP/平面的点P的轨迹长度为B满足

10、的点P的轨迹长度为C存在点P，使得平面AMP经过点BD存在点P满足ACD【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，为正方形上的点，可设，且，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，由正方体的性质知，所以平面平面，又平面，平面，故点的轨迹为线段，故A正确；以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，设，且，对于B，即，又，则点的轨迹为线段，,且，故B错误；对于C，设，且，若平面AMP经过点B，则，且，又,所以，即，因此，从而，所以，即时即可，所以存在存在点P，使得平面AMP经过点B,故C正确；

11、对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，故，故存在点满足，故D正确.故选：ACD三、填空题13某班数学兴趣小组8名同学的数学竞赛成绩（单位：分）分别为：80，68，90，70，88，96，89，98，则该数学成绩的第80百分位数为_96【分析】根据第百分位数的定义及步骤即可求解，【详解】由题意可知，将8名同学的数学竞赛成绩按从小到大的顺序排列分别为：68，70，80，88，89，90，96，98，由，得该数学成绩的第80百分位数为96.故96.14平面向量与的夹角为，则_【分析】先利用向量数量积运算法则计算，进而计算出【详解】，所以故15某中学数学兴趣小组为了测量校园旗杆的高度，

12、如图所示，在操场上选择了CD两点，在CD处测得旗杆的仰角分别为，在水平面上测得且C，D的距离为15米，则旗杆的高度为_米15【分析】设旗杆的高度为，在中，利用余弦定理求解.【详解】解：如图所示： 设旗杆的高度为，所以，在中，由余弦定理得，即，即，解得或（舍去）.故1516如图，在中，点在线段上，且，则面积的最大值为_【分析】利用余弦定理及基本不等式，结合三角形的面积公式即可求解.【详解】设，则，在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，由于，得，即，整理，得，在中，由余弦定理，得,即，代入式化简整理，得由基本不等式得，即，当且仅当即时，等号成立，当时，取得最大值为.所以面积的最大值为.故答案

13、为.解决此题的关键就是利用余弦定理算两次，得到表达式利用基本不等式得出的最大值，结合三角形的面积公式即可.四、解答题17已知复数，i是虚数单位）(1)若是纯虚数，求m的值和；(2)设是z的共轭复数，复数在复平面上对应的点位于第二象限，求m的取值范围(1)，；(2).【分析】（1）根据复数的除法运算化简复数，再根据纯虚数的实部为，虚部不为求出的值，进而求出复数的模；（2）首先根据第（1）问求出，然后根据复平面上对应点在第二象限，则实部小于，虚部大于，解不等式组求出的取值范围.【详解】(1)依题意得，若是纯虚数，则，解得，.(2)由（1）知，复数在复平面上对应的点位于第二象限，解得，即.18如图，

14、在平行四边形中，若，点E，F分别落在边BC，CD上，且(1)以为基底分别表示，；(2)求的值(1)，(2)【分析】（1）利用平面向量基本定理和向量的加减法法则结合已知条件求解即可，（2）由（1）可得，化简计算即可【详解】(1)因为，所以，因为四边形为平行四边形，所以，所以,(2)因为，所以，所以19如图，在四棱锥中，PA底面ABCD，底面ABCD为菱形，点E、F分别为棱PD、AB的中点(1)证明：AE/平面PCF；(2)求三棱锥的体积(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过构造平行四边形的方法来证得面.（2）通过等体积变换的方法求得三棱锥的体积.【详解】(1)取的中点G，连接，因为、F、G分别

15、为、的中点，故，且，且，故且，所以四边形为平行四边形，又面，面，面(2)由（1）可知，面，且F为的中点，底面为菱形，.20在锐角ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，满足(1)求角C的值；(2)若，求的取值范围(1)(2)【分析】（1）结合已知及余弦定理化简计算（2）根据正弦定理及的范围化简计算【详解】(1)因为，所以，化简得，所以，所以角；(2)由（1）知角，由正弦定理得：，所以，所以锐角ABC中，所以，所以，所以，所以，即的取值范围为.21如图1，在平行四边形ABCD中，AD2，AB4，将ABD沿BD折起，使得点A到达点P，如图2(1)证明：BD平面PAD；(2)当二面角的平面角的

16、正切值为时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意证明，结合，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论；（2）根据二面角的平面角的正切值为，求得PA的长，说明，证明平面PBC平面PBD,从而找到直线BD与平面PBC的夹角，即可求得答案.【详解】(1)证明：在中，因为，AD2，AB4，故，所以，即,在沿对角线BD将翻折过程中，始终有，故,因为平面PAD，故BD平面PAD；(2)如图，设PA的中点为E，连接DE,BE，因为,故 ,又因为,故,则二面角的平面角，由（1）知BD平面PAD，平面PAD， 则 ,故 ,故在 中， ,则 ,则 ,而 ,平面ABCD, 故平面

17、ABCD,而平面ABCD,故,又因为 ,而平面PBD,所以平面PBD,由于平面PBC,故平面PBC平面PBD,且平面PBC平面PBD=PB,故过点D向平面PBC作垂线，垂足F落在PB上，则,即为直线BD与平面PBC的夹角，由（1）可知,而，则,则,故直线BD与平面PBC的夹角的正弦值为.22梅州市沙田柚根据色泽、果面、风味等评分指标打分，得分在区间（0，25，（25，50，（50，75，（75，100内分别评定为三级柚、二级柚、一级柚，特级柚，某经销商从我市柚农手中收购一批沙田柚，共M袋（每袋50kg），并随机抽取20袋分别进行检测评级，得分数据的频率分布直方图如图所示：(1)求a的值，并用样

18、本估计该经销商采购的这批沙田柚的平均得分；(2)该经销商计划在下面两个方案中选择一个作为销售方案：方案1：将采购的这批沙田柚不经检测，统一按每袋350元直接售出；方案2：将采购的这批沙田柚逐袋检测分级，并将每袋沙田柚重新包装成5小袋（每小袋10kg），检测分级所需费用和人工费平均每袋20元，各等级沙田柚每小袋的售价和包装材料成本如下表所示：沙田柚等级三级二级一级特级售价（元/小袋）55688598包装材料成本（元/小装）2245假设这批沙田柚各级比例按前面随机抽取的20袋的样本结果估计，并可以全部销售出去，那么该经销商采用哪种销售方案所得利润更大？请通过计算说明理由(1)；估计经销商采购的这批沙田柚的平均得分为；(2)该经销商采用方案所得利润更大，理由见解析.【分析】（1）利用频率分布直方图中所有小