肇庆市2021-2022学年高一下学期期末教学质量检测数学试卷及答案

保密★启用前

8.一架高空侦察飞机以800m/s的速度在海拔20000m的高空直线飞行•飞机的航线和

肇庆市2021-2022学年第二学期图一年级期末教学质量检测

某个山顶在同一铅垂平面内，飞机第一次探测该山顶的俯角为450,经过10s后飞机第

二次探测该山顶的俯角为60°.则该山顶的海拔高度约为

数学(72^1.414,73^1.732)

注意事项：

i.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡指定位置上。

2.回答选择题时，写出每小题的答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号

涂黑。如需改动.用橡皮擦干净后.再选涂其他答案标号。回答非选择题时•将答

案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交PL

A.1072mB.1573mC.2436mD.3200m

二、选择题：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，有多项符

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

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。分.

是符合题目要求的.9.下列命题为真命题的有

1.已知z(l+i)=3+i,则复数之=A.过直线Z外一点P・存在唯一平面a与直线I垂直

A.2+iB.2-iC.1-iD.l+iB.过直线/外一点P，存在唯一平面a与直线/平行

2.已知向量。=(1,2),6=(2,3).。=(3,4).若。=机+/疝，则以+/=C.过平面a外一点P,存在唯一平面0与平面a垂直

A.1B.-1C.-2D.3D.过平面a外-点P，存在唯一平面f与平面a平行

3.数据3,4,5,6,7,8,9,10的80%分位数为10.在平行四边形ABCD中，点E・F分别是边AQ和DC上的中点,BE与BF分另I]与

A.8B.9C.6.4D.8.4AC交于M,N两点，则有

4.已知圆锥的底面半径为2,高为2g■.则其侧面积为A.+B.A4^=yAB+yAS

A.25/37tB.4兀C.67rD.8K

C.JBJD.JW?5=JB?-jllB

5.某中学高一年级有女生380人，男生420人,学校想通过抽样的方法估计高一年级全

体学生的平均体重.学校从女生和男生中抽取的样本分别为40和80.经计算这40个11.已知O表示必然事件.事件A的对立事件记为八,且P(A)>0,事件3的对立事件记

女生的平均体重为49kg,80个男生的平均体重为57kg,依据以上条件,估计高一年为瓦且P(B)>0,则

级全体学生的平均体重最合理的计算方法为A.必然事件Q与事件人相互独立

B.若A与B互斥.则A与B不独立

C.若八与B相互独立，则A与B不独立

4080D.若A与3相互独立,则A与B互斥

CrX449Q1:X57Dn38()X44Q9|1420X5/

-120120-8OO800

12.已知三棱锥D-ABC中.DA.DB.QC两两垂直，DA,DB.DC与底面ABC所成角分

6.在正方体ABCD-A,BCD中,E.F分别为和BB,的中点•则异面直线BE别为a,仇y,DH_L底面ABC,点H为垂足•下列选项正确的是

与CF所成角的余弦值为A.若DA>DB>DC,贝I]a>p>y

一定为锐角三角形

A.OB.醇C.六D.修B.△ABC

355C.若DA=DB=QC=a,则：棱锥DABC的外接球体积为巡殳

7.二进制数字系统中,用两个不同的符号0(代表脉冲间隔)和1(代表有脉冲信号)来表

示基数，每个。或1就是一个位(bit).如二进制数01001就是5(bit).一个5(bit)的二D.H一定为△A8C的垂心

进制数.由3个0和2个1随机排成一行.则2个1不相邻的概率为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知向量4=(7+1,2),6=(2/,3),若。〃6,则」=.

14.已知i为虚数单位，则i202°+i202,+i2022=.

高•数学第1页(共4页)高•数学第2页(共4页)

20.（本小题满分12分）

15.在△A8C中，内角A.从C的对边分别为aA=1,a=4,若AD为坎、边上的中

如图，在三棱柱ABGA出G中，侧面AACC为菱形,NAAC=60°,且AB±AA{.

线,AD=3,则△A3C的面积为.

16.一所初级中学为「估计全体学生的平均身高和方差.通过抽样的方法从初一年级随（D证明:平面ABCJ_平面A.ACC,；

机抽取了30人,计算得这30人的平均身高为154cm,方差为30；从初二年级随机抽（2）若AB=AC,求二面角A,-HC-A的余弦值.

取了40人,计算得这10人的平均身高为167cm,方差为20；从初三年级随机抽取了

30人,计算得这30人的平均身高为170cm,方差为10.依据以上数据,若用样本的方

差估计全校学生身高的方差，则全校学生身高方差的估计值为.

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.（本小题满分10分）

在平面四边形ABCD中.AB_LBC，NBAD=6O°,AD=26\BD=5.

⑴求cosZABD：

（2）若BC—4,求DC.21.（本小题满分12分）

甲、乙、丙•:人进行摔跤比赛.比赛规则如下：①每场比赛有两人参加.另一人当裁判.

没有平局；②每场比赛结束时，负的一方在下一场当裁判；③累计负两场者被淘汰；

④当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人累计负两场被海汰，另一人

18.（本小题满分12分）最终获得冠军，比赛结束.已知在每场比赛中,中胜乙和甲胜丙的概率均为田,乙胜丙

某市教育同为调查该市高一年级学生的综合素养，在该市高一年级的学生中随机抽

的概率为十，各局比赛的结果相互独立.经抽签•第一场比赛甲当裁判.

取了100名学生作为样本•进行了“综合素养测评”，根据测评结果绘制了测评分数的

（1）求前三场比赛结束后，内被淘汰的概率；

（2）求只需四场比赛就决出冠军的概率；

（3）求甲最终获胜的概率.

22.（本小题满分12分）

如图,四棱锥PABC'D的底面ABCD是边长为2的正方形分别为边。D・

（1）求直方图中a的值；

PB.PC的中点，N为BF的中点.

（2）由直方图分别估计该市高一年级学生综合素养成绩的众数、平均数和方差.（同一

（1）证明：〃平面AEF：

组中的数据用该组区间的中点值为代表）

（2）若PA=PD,PC="T,宜线PA与平面ABCD所成的角为60°,求三楼锥

P-FE八的体积.

19.（本小题满分12分）

在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为已知asinA—〃sinB=c（sinA-sinC）.

⑴求B；

（2）若■，求△山（面积的最大值.

高•数学第3页（共4页）高•数学第4页（共4页）

肇庆市2021-2022学年第二学期高一年级期末教学质量检测

数学参考答案及评分标准

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.

,nrteziri3+i(3+i)(l—i)4—2i„...

LB【解析】z=讦^二石斗市^^二一=2-i,故选pB.

2.A【解析】由。=%+砂=(仙2/)+(2/,3〃)=(2+2〃，2/+3〃)=(3,4),

所以4+2//=3,2；1+3户=4,解得4=-1.2=2,所以入+尸=1,故选A.

3.B【解析】因为8X80%=6.4,

所以数据3,4,5,6,7,8,9,10的80%分位数是第7个数，为9.故选B.

4.D【解析】由题意，圆锥的母线1=，im=4,底面周长为4灭，故其侧面积为S=yX47rX/=

；义44义4=8兀故选D.

5.I)【解析】用女生样本的平均体重49kg估计女生总体的平均体重，用男生样本的平均体重57kg

估计男生总体的平均体重，按女生和男生在总人数中的比例计算总体的平均体重，所以D选项最

合理•故选D.

6.C【解析】设P为/ZC,的中点，连接PC,PF.则/PCF为异面直线BE与CF所成的角，设正

方体ABCMBCD的棱长为1,贝ijPC=4，CF=亨,尸尸=平，由余弦定理可得cos/PCF

5,56

9

『故选C.

2X与X岑

7.C【解析】将3个。和2个1随机排成一行，可以是:

00011,00101,01001,10001,00110,01010,10010,01100,10100,11000,共10种排法,

其中2个1不相邻的排列方法为：

00101,01001,10001,01010,10010,10100,共6种排法，

故2个1不相邻的概率为,=春,故选C.

高一数学参考答案及评分标准第1页(共7页)

8.A【解析】设第一次探测点为A,第二次探测点为B.山顶为点C.山高为人由题意可得，NACB

=15°.

由正弦定理，得又AB=800X10=8OOO(m),

sin15sin45

日,,,一sin45°•AB_sin45°•AB_ZAB

所以“CMT于Sin(45°—30°)一五二J'

又A=20000-^^=20000-^X^=20000-4000X(3+73)^1072(m).故选A.

2V3-1

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共2()分.在每小题给出的四个选项中，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()分.

9.AD【解析】假设过直线I外一点P,存在另一平面?与直线/垂直，又垂直于同一直线的两平面

平行，这与PeaCS矛盾，所以不存在另一平面3与直线/垂直，所以A正确；

如图:/，故B错误;

如图:，故C错误;

假设过平面a外一点P,存在不同于£的平面7也与平面a平行，则y〃⑶这与PeyCS矛盾，所

以不存在不同于3的平面/也与平面a平行，所以D正确.

10.BC【解析】如图，

由E.F分别是边AD和DC上的中点，可知M,N是线段AC上的三等分点,

所以亦=十代=十(式5+仞)="^+"4小,故8正确,人错误；

Mq=BN-B法，又航=|■波,B法=5碌，所以M9=母麻一■|•旗，故C正确，D错误.

11.AB【解析】P(OA)=P(A)=1XP(A),所以A正确；

若A与B互斥，则P(AriB)=P(AB)=O,而P(A)P(B)>0.所以A与B不独立,故B正确；

若A与B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B),

故P(AB)=P(A)-P(AB)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)(1-P(B))=P(A)P(B),所以A与

B相互独立，故C错误；

若A与B相互独立，则A与B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)>0,则P(AAB)=P(AB)>

0,与A与B互斥矛盾,故D错误.

高一数学参考答案及评分标准第2页(共7页)

12.BCD【解析】由题意得sina=M，sinf=管，sin尸捐，又DA>DB>DC,所以sina<

lJ/\Un/JC

sin8<siny,所以a<S<?，故A错误;

不妨设QA=z>DB=y>DC=z,则AB=>/x2+y2,BC=/d+y?,AC=//+必，则,4B>

-3+z2T一2

AOBC,故cosZACB>0,所以△ABC一

2"+：.22

■jJ：+z♦-jy+±2

定为锐角三角形，故B正确;

若OA=DB=DC=a,则三棱锥D-ABC的外接球的直径为所以三棱锥。一ABC的外接

球的体积”会（华）:占尹，所以C正确；

由DH_L底面ABC,所以DH_LBC,又DA.DB,DC两两垂直，所以AD_L平面DBC,

所以DA^BC,故BCJ_平面DAH.所以AH_LBC,同理BHJ_AC,CH_1AB,所以H为

△八3C的垂心，所以D正确.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.3

【解析】因为a〃d所以2X2z=3（z+D,故才=3.

14.i

【解析】由产=1，产+1=i，产+2=—1，产+3=-i,得i2020+泮21+呼2=l+i-l=i.

5同

10--

【解析】由一=皆■，所以cosA=/，

由余弦定理得，a?=。2+c2—2和cosA=16=〃-\-c2—be,

又m=与（公十口），所以143|2=十（|独2+|砌2+2代・@）,

即36=〃+（'+6c,

解得儿=10,

所以△ABC的面积S=*sinA=4X10xg=平.

16.64.4

【解析】初一学生的样本记为了|,工2，…，八0，方差记为S1，初二学生的样本记为3;|，、2,…，yio，方

差记为我初三学生的样本记为4，力，…，如，方差记为st

出*V新am.130X154+40X167+30X170,

设样本的1l平均数为s,则s=-----------------面------------=1l6r4,

设样本的方差为

1304030

贝I」52—]£（①——3）2+£（北一3）2+2（之：一3）21

1UUf=li=l»=1

高一数学参考答案及评分标准第3页（共7页）

130___40___30

=(——x+x—(t)y~+S(V—y+)一3)2+个(％—N+Z—3)2]

1UU1=1r=li=\

30_30_30_____30

又H,一/)=X彳,—30彳=0,故[2(1,—jr)(.r—o>)=(①一s)22(n,-%)=0,

i=Ii=1i=1i=I

40___30___

同理£2(y—y)(y—s)=0,S2(z,一之)(之一3)=0,

；=।i=i

因此，

130_30__40_10__30_30

S2=TT-r[S(才,一I/+S(/—Cd)?+S(yi~yY+S(丁一⑷>+・(之j—之>+七(之一侬/]

1UUj=li=Ii=li=li=1/=!

=Too[30s；+30(«z—3)2+40s：+40(y—3)2+30$：+30(z—3)〉[

=Y^X{30X[30+(154-164)Z[+4OX[20+(167-164)21+30X[10+(170-164)21}=64.41

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.(本小题满分10分)

解：(1)如图，

由正弦定理，得;由而=;^亦，...........................................1分

所崂=...............................................................2分

T

解得sin/ABD=g,..........................................................4分

5

所以cosNAB/=，l-sin2/AB/=4-..........................................5分

⑵因为sin/ABD=4•叱ABC=90°,所以cosNDBC=2,........................7分

bo

一?

由余弦定理，得Dd=B厅+BC2-2BD•BCcosNDBC=25+16-2X5X4X^=17,……9分

b

所以DC=/T7...............................................................10分

18.(本小题满分12分)

解：(1)由频率分布直方图知，

(0.005+0.01+a+0.03+0.02)X10=1,.........................................2分

解得a=0.035.................................................................4分

高一数学参考答案及评分标准第4页（共7页）

（2）由直方图，高一年级学生综合素养成绩的众数为gW

=70,6分

估计该市高一年级学生综合素养的平均成绩为

50X0.05+60X0.1+70X0.35+80X0.3+90X0.2=75,..........................8分

方差为(50—75>X0.05+(60-75)2X0.1+(70—75)2X0.35+(80-75)2X0.3+C90-75)2

X0.2=115...................................................................12分

19.（本小题满分12分）

解：（1）由正弦定理，得/一右2=必一.............................................2分

所以c°sB=W~1

cac2

故3=多........................................................................4分

(2)方法1：由余弦定理得3=〃="2+不一2accosB=a2+c2—ac^ac,................7分

又SAABc-,.............................................10分

当且仅当。=「魂时，等号成立.

所以AABC面积的最大值为竽.................................................12分

方法2：由正弦定理，得-4=^^=/^=2，

sinAsinCsinB

所以a=2sinA,e=2sinC,......................................................6分

=：QCsinB=^-ac=^sinAsinC,.........................................7分

又A+C=?，所以(1=驾-A,.................................................8分

O0

=

所以S△ABC5/3-sinAsin(第-A)=用(^-sinAcosA+Jsin'A)

=‘(牛sin2A—^cos2A+：)=V^[：sin(2A-*卜卜:],.....................]0分

当A=p寸,△ABC的面积最大,最大值为平...................................12分

20.（本小题满分12分）

（D证明：连接A3,如图，由AACC是菱形，所以AC」CA「

又BC）±CA,,BC,flAG=G,所以CAJ_平面ABC,,故4尽--------

CA」AB..........................................2分/卜泞力

又441，人8,。人1044=人1,所以481平面人4©。，又48//

U平面ABC,/优//

所以平面ABCJ_平面AACG.......................4分

（2）解：如图，过儿在平面AACC内引直线AQ垂直于AC,OB

为垂足,过。在平面ABC内引直线0H垂直于BC.H为垂足，连接AH.............6分

高一数学参考答案及评分标准第5页（共7页）

由平面ABC_L平面A!ACC,，所以AQJ_平面ABC,所以AQJ_OH.AQ_LBC.

又所以BC_L平面AQH,故/A|H。为二面角A「BGA的平面角.8分

设AB=AC=2,

由NA|AC=60°,可知。为AC的中点，所以40=e.............................................................9分

又AB=AC=2,AB_L平面AiACG,ACU平面A.ACC.，所以AB_LAC,所以OH=考，……

.....................................................................................................................................................10分

所以A,H='A。+OH)=/=空・.....................................11分

V2

所以cosN4H()=^=F=g,

AiHy/T±7

所以二面角A-BC-A的余弦值为岑..............................................12分

21.(本小题满分12分)

9_1

解：记事件A为甲胜乙，则P(A)=y,P(A)=y,

事件B为甲胜丙•则P(B)=J,P(B)=J,

事件C为乙胜丙，则P(C)=j,P(C)=y,

(1)前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为

P尸P(CAC)+P(CAB)=0X等义卷十卷*告义告=痣..........................3分

23223336

(2)只需四场比赛就决出冠军的概率为

P,=P(CACA)+P(CBCB)+P(CABA)+F(CBAB)

_1-><111,+1111><,+12><2><