2021-2022学年河北省承德市高一下学期期末数学试题【含答案】

1、2021-2022学年河北省承德市高一下学期期末数学试题一、单选题1一支田径队有田赛类运动员36人，径赛类运动员30人，用分层随机抽样的方法从该田径队中抽取一个容量为11的样本，则田赛类运动员被抽取的人数为（）A4B5C6D7C【分析】由分层抽样的方法，按比例可得答案.【详解】由题意得，田赛类运动员被抽取的人数为故选：C2已知复数，则（）AB17CD18A【分析】将复数化简，再计算模长.【详解】由题意得，所以A正确；故选：A.3如图，某圆柱侧面展开图的斜二测直观图为平行四边形，已知，则该圆柱的体积为（）ABCDB【分析】利用斜二测画法得到原图矩形ABCD中，从而求出圆柱的高，底面半径，从而求出

2、圆柱的体积.【详解】由斜二测画法得，在原图矩形ABCD中，所以该圆柱的高为，底面半径为，故该圆柱的体积为故选：B4在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，DE交AC于F，则（）ABCDD【分析】由题可得，再根据向量运算法则即可表示.【详解】因为是BC的中点，所以，所以.故选：D.5函数的单调递增区间为（）A，B，C，D，C【分析】将的系数变为正数，再根据正弦函数的单调性结合整体思想即可得解.【详解】解：，令，得，所以函数的单调递增区间为，.故选：C.6一艘海轮从A地出发，沿北偏东75的方向航行80海里后到达海岛B，然后从B地出发，沿北偏东15的方向航行40海里后到达海岛C如果下次航行直接从A地

3、出发到达C地，那么这艘船需要航行的距离是（）A40海里B40海里C40海里D40海里D【分析】根据已知求出角B，然后由余弦定理直接可得.【详解】如图，由题意AB80海里，海里，所以11200，得海里故选：D7在三棱锥中，互相垂直，M是线段BC上一动点，且直线AM与平面PBC所成角的正切值的最大值是，则三棱锥外接球的体积是（）ABCDB【分析】连接，依题意可得是直线与平面所成的角，当时最短，此时正切值最大，求出，再由等面积法得到方程求出，最后三棱锥的外接球可以转化为长方体的外接球，求出长方体的体对角线，即可得到外接球的直径，从而求出外接球的体积；【详解】解：因为是线段上一动点，连接因为互相垂直，

4、所以是直线与平面所成的角，则所以当最短，即时，直线与平面所成角的正切值最大，此时，所以，在中，则，解得将三棱锥扩充为长方体，则长方体的体对角线长为故三棱锥外接球的半径，三棱锥外接球的体积为故选：B8甲、乙两位同学暑假计划从吉林省去河北省旅游，他们所搭乘动车的“3+2”座位车厢如图所示，若这两位同学买到了同一排的座位，则他们的座位正好相邻的概率为（）ABCDD【分析】根据给定条件，利用古典概率公式结合列举法求解作答.【详解】设事件M为“他们的座位正好相邻”，甲乙二人买到同一排A，B，C，D，F5个座位中的两个形成的样本空间为，则，共包含10个样本点，其中事件，包含3个样本点，则有，所以他们的座位

5、正好相邻的概率为.故选：D二、多选题9已知复数，则（）Az的虚部是Bz的实部是4Cz的共轭复数是DBCD【分析】结合复数的乘法运算计算出复数z，再根据复数的概念即可判断ABC三项，最后利用复数的除法运算即可判断D选项.【详解】，z的实部是4，故B正确；虚部是2，故A错误；z的共轭复数为，故C正确；，故D正确故选：BCD10已知向量，且，是与同向的单位向量，则（）ABCDACD【分析】对于选项A，根据，求出的值，进行判断；对于选项B，由的值可得的坐标；对于选项C，由，坐标，可得的坐标，进而计算的模；对于选项D，由的坐标，根据公式计算与其同向单位向量的坐标判断正误.【详解】对于选项A，根据，求出的

6、值，故A正确；对于选项B，由，得，故B错误；对于选项C，可得，所以，故C正确；对于选项D，因为单位向量与同向，所以，故D正确.故选：ACD.11如图，一个质地均匀的正八面体的八个面分别标有数字到任意抛掷这个八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为事件表示“数字为质数”，事件表示“数字为偶数”，事件表示“数字大于”，事件表示“数字为、中的个”，则（）A与相互独立B与相互独立C与相互独立D与相互独立BCD【分析】利用独立事件的定义逐项判断可得出合适的选项.【详解】因为，事件数字为，A错；事件数字为或，B对；事件数字为或，C对；事件数字为或，D对.故选：BCD.12如图，在棱长为的正方体

7、中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（）A三棱锥的体积为定值B线段上存在点，使平面C线段上存在点，使平面平面D设直线与平面所成角为，则的最大值为ABD【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故A正确对于B, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴, 建立空间直角坐标系, 则，, ，所以 ，设（），则所以，平面即解之得当为线段上靠近的四等分点时，平面.故B正确对于C，设平面的法向量则，取得 设平面 的法向量 ,则取 , 得 ,平

8、面平面设 , 即 ,解得 ，不合题意 线段上不存在点, 使平面/平面，故C错误对于D，平面的法向量为则因为所以所以的最大值为故D正确故选：ABD三、填空题13每年的4月23日是世界读书日，为了了解学生的阅读情况，某校随机抽取了8名学生，统计到他们某一周课外阅读时间（单位：小时）分别为3.5，2.8，2.5，2.3，3.2，3.0，2.7，1.7，则这组数据的第40百分位数是_2.7【分析】根据百分位数的定义求解即可【详解】将这组数据从小到大排列：1.7，2.3，2.5，2.7，2.8，3.0，3.2，3.5因为，所以这组数据的第40百分位数为第4项数据，即2.7故2.714易经是阐述天地世间关

9、于万象变化的古老经典，如图，这是易经中记载的几何图形八卦图图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦图已知正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH所在平面内的一点，则的最小值为_【分析】以为原点建立直角坐标系，设，将表示为关于的关系即可求出.【详解】如图，以为原点建立直角坐标系，则，过作轴，因为正八边形ABCDEFGH，所以是等腰直角三角形，所以,同理，过作轴，则,过作，则，所以，设，则，所以，则，所以，其中表示点到点的距离的平方，因为点在正八边形ABCDEFGH内，所以的最小值为0，所以的最小值为.故答案为.四、双空题15已知为第三象

10、限角，且，则_，_. 【分析】利用同角三角函数的基本关系可求得的值，再利用二倍角的正切公式可求得的值.【详解】因为为第三象限角，且，则，所以，故.故；.16记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则_，BC边上的高为_ ； .【分析】化简得到，再利用余弦定理求出，设BC边上的高为h，利用三角形的面积公式得解.【详解】解：由题意得，得，所以为锐角，所以，由余弦定理，得设BC边上的高为h，则，得故，.五、解答题17函数的部分图像如图所示(1)求的解析式；(2)将的图像向右平移个单位长度，再将图像上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图像，求的解析式(1)(2)【分析】（

11、1）根据图像易得，再求出周期可求出，再利用即可求出；（2）先求出平移后的解析式，再求出的解析式即可.【详解】(1)由函数图像可得，所以，则，又，所以，即，因为，所以，所以；(2)将的图像向右平移个单位，可得，再将图像上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），可得.18为了解中学生的身高情况，某部门随机抽取了某学校的100名学生，将他们的身高数据（单位：）按分为五组，绘制成如图所示的频率分布直方图(1)求a并估计这100名学生身高的平均数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）(2)在上述样本中，用分层抽样的方法从身高在的学生中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人中至少有1人身高

12、不低于160的概率.(1)，平均数为(2)【分析】（1）由频率分布直方图求解即可；（2）先确定与抽取的人数并分别标记，再结合古典概型的概率公式求解即可【详解】(1).平均数为，即这100名学牛身高的平均数为；(2)身高在的学生有人，身高在的学生有人，故身高在的学生共有50人，用分层抽样的方法从身高在的学生中抽取名，记为1，2，从身高在的学生中抽取名，记为.从这5名学生中随机选取2名学生的所有结果为，共10种，其中这2人中至少有1人身高不低于的结果有9种.故所求概率.19如图，在棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点(1)证明：平面平面；(2)求异面直线与所成角的余弦值(1)证明见解析(2)【分析

13、】（1）证明出平面，平面，再利用面面平行的判定定理可证得结论成立；（2）分析可知异面直线与所成角为或其补角，计算出的三边边长，利用余弦定理可求得结果.【详解】(1)证明：连接，因为四边形为平行四边形，则且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则且，因为且，且，故四边形为平行四边形，所以，平面，平面，平面，同理可证且，所以，四边形为平行四边形，所以，平面，平面，平面，所以，平面平面.(2)解：，所以，异面直线与所成角为或其补角，在中，由余弦定理可得，所以，异面直线与所成角的余弦值为.20记的内角、的对边分别为、，已知_.在，这两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并解答下列问题.

14、(1)求的大小；(2)若的面积为，且，求的周长.(1)(2)【分析】（1）选，由诱导公式以及二倍角的余弦公式可得出关于的二次方程，求出的值，结合角的取值范围可求得角的值；选，由正弦定理边角互化结合余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，再利用余弦定理可求得的值，进而可求得的周长.【详解】(1)解：选择，因为，即，即，即，则，得，即；选择，由及正弦定理可得，即，所以，因为，即.(2)解：由的面积，得.由，得，得，即，故的周长为.21如图，在四棱锥中，平面平面ABCD(1)证明：平面PDC(2)若E是棱PA的中点，且 平面PCD，求点D到平面PAB的

15、距离(1)证明见解析(2)【分析】（1）在平面PDC内找到两条相交的的直线，使得PA垂直于它们即可；（2）运用等体积法，求出三棱锥P-ABD的体积和和三角形PAB的面积即可.【详解】(1)平面ABCD 平面PAD， ，平面PAD 平面ABCD=AD，CD 平面PAD， ，即 平面PDC， 平面PDC， 平面ABCD；(2) 平面PDC， 平面PDC， ，在 中， ， ， 的面积为 ，取AD的中点G，连接PG，BG，因为 是等腰直角三角形， ， ， ，又平面 平面ABCD， 平面ABCD， ，在 中， ，在 中， ， ， 是直角三角形， 的面积 ，设点D到平面PAB的距离为x，三棱锥P-ABD的

16、体积= ， ；综上，D到平面PAB的距离为 .22甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四周结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立(1)求第三局结束时乙获胜的概率；(2)求甲获胜的概率(1)(2)【分析】（1）对乙来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）,根据独立事件的乘法公式即可求解.（2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解.【详解】(1)设事件A为“第三局结束乙获胜”由题意知，乙每局获胜的概率为，不获胜的概率为若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）故(2)设事件B为“甲获胜”若第二局结束甲获胜，则甲两局连胜，此时的概率若第三局结束甲