2021-2022学年吉林省白山市高一下学期期末数学试题【含答案】

2021-2022学年吉林省白山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（ ）A ．4B ．5
C ．6
D ．7
C
【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．
36
1163630⨯=+故选：C 2．已知复数，则（ ）
2i 51i z =
+-z =
A B ．17
C ．
D ．18
A
【分析】将复数化简，再计算模长.
z 【详解】由题意得，所以A
正确；
()
()()
2i 1i 1i 1i z +=
-+故选：A.
3．某校对高一年级800名学生进行食堂满意度调查，得到如下调查结果：
男同学
女同学满意400350不满意
20
30
从这800名学生中随机抽取一人，则这个人是女同学且对食堂满意的概率为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．1
40716
12
1516
B
【分析】由题意结合古典概率可得答案.
【详解】由题意女同学中对食堂满意的人数为350人.
从这800名学生中随机抽取一人，这个人是女同学且对食堂满意的概率为
．3507
80016=故选：B
4．袋子中有六个大小质地相同的小球，编号分别为1，2，3，4，5，6，从中随机摸
出两个球，设事件A 为摸出的小球编号都为奇数，事件B 为摸出的小球编号之和为偶数，事件C 为摸出的小球编号恰好只有一个奇数，则下列说法全部正确的是（ ）①A 与B 是互斥但不对立事件②B 与C 是对立事件③A 与C 是互斥但不对立事件A ．①②B ．①③
C ．②③
D ．①②③
C
【分析】由题意可知摸出的两球的编号可能都是奇数或都是偶数或恰好一个奇数一个偶数，共三种情况，由此可判断A,B,C 之间的互斥或对立的关系，可得答案.
【详解】由题意知，事件A 为摸出的小球编号都为奇数，事件B 为摸出的小球编号之和为偶数，即摸出的小球编号都为奇数或都为偶数，故事件A,B 不互斥不对立，故①错误；
事件C 为摸出的小球编号恰好只有一个奇数，即摸出的两球编号前位一个奇数一个偶数，其反面为摸出的小球编号都为奇数或都为偶数，故B,C 是对立事件，故②正确；事件A,C 不会同时发生，但摸出两球的编号可能都是偶数，即A,C 可能都不发生，故A,C 是互斥但不对立事件，故③正确，故选：C.
5．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
A B C D ''''，则该圆柱的体积为（ ）
πA O B O O E C E D E ''''''''''=====
A ．
B ．
C ．
D ．4
2π2
2π
4
π
2
π
B
【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，2πAB BC ==底面半径，从而求出圆柱的体积.
【详解】由斜二测画法得，在原图矩形ABCD 中，，所以该圆柱的高为2πAB BC ==，底面半径为，故该圆柱的体积为．
2π2π12π=2
π2π2π⨯=故选：B
6．在平行四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，DE 交AC 于F ，则（ ）
DF =
A ．
B ．
C ．
D ．
1233AB AD
-+
2133AB AD
-+
1323AB AD -
2133AB AD -
D
【分析】由题可得，再根据向量运算法则即可表示.
23DF DE
=
【详解】因为是BC 的中点，，所以
，
E //AD EC 2DF
AD EF
EC
=
=所以.
()
222121333233DF DE DC CE AB AD AB AD
⎛⎫==+=-=- ⎪⎝⎭
故选：D.
7．记的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若ABC ABC
，则的周长为（
）
b =1
cos 4B =
ABC
A ．
B ．
C ．
D ．40
+D
【分析】由同角三角函数的基本关系求出，再由面积公式求出，最后由余弦定sin B ac 理及完全平方公式求出，即可得解；
a c +
【详解】解：因为，所以
1cos 4B =
sin B ==
由
，得．
1sin 2ABC S ac B =
==△8ac =由余弦定理
，得，2221
cos 24a c b B
ac +-==
221202a c ac
+-=得
，即的周长为()2
52040
2a c ac +=+=a c +=ABC
+故选：D
8．在三棱锥中，PA ，PB ，PC 互相垂直，，M 是线段BC 上一动P ABC -4PA PB ==点，且直线AM 与平面PBC 外接P ABC -球的体积是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．30π32π
34π36π
D
【分析】由线面角的最大值求出边长PC ，将三棱锥补形成长方体，再确定外接球的半径，计算体积.
【详解】M 是线段BC 上一动点，连接PM ．因为PA ，PB ，PC 互相垂直，所以
是直线AM 与平面PBC 所成的角．当PM 最短，即时，直线AM 与
AMP ∠PM BC ⊥
平面PBC 所成角的正切值最大，此时，
AP
PM =PM =
在中，，则
．
Rt PBC PB PC BC PM ⋅=⋅4PC 2PC =
将三棱锥．
P ABC -6=故三棱锥外接球的半径，三棱锥外接球的体积P ABC -3R =P ABC -为．所以D 正确；
34
363R ππ=故选：D.二、多选题9．已知复数
，则（ ）
()()
1i 3i z =+-A ．z 的虚部是B ．z 的实部是42i C ．z 的共轭复数是D ．
42i -111
i 510z =-BCD
【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；
()()1i 3i 42i
z =+-=+虚部是2，故A 错误；
z 的共轭复数为，故C 正确；
42i -，故D 正确．
()()1142i 42i 11
i 42i 42i 42i 20510
z --====-++-
故选：BCD 10．已知向量，
，且，是与同向的单位向量，则
()
,2a m =-
()
3,1b m =+
a b ⊥
c a （ ）A ．B ．
2
m =()
3,2b =
C ．
D ．
a -
c =- ACD
【分析】对于选项A ，根据，求出的值，进行判断；
a b ⊥
m 对于选项B ，由的值可得的坐标；
m b
对于选项C ，由，坐标，可得的坐标，进而计算的模；
a b a b - a b - 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.
a
c 【详解】对于选项A ，根据，求出的值，故A 正确；
a b ⊥
2m =对于选项B ，由，得，故B 错误；
2m =()
3,3b =
对于选项C ，，，可得，所以，故C 正确；
()2,2a =- ()3,3b = ()1,5a b -=--
a -
对于选项D ，因为单位向量与同向，所以，
，故D 正确.
c a
a c a ==
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18体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为
．事件
{}1,2,3,4,5,6,7,8Ω=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
A B C 4D 示“数字为、、、中的个”，则（ ）
34561A ．与相互独立
B ．与相互独立
A B B C
C ．与相互独立
D ．与相互独立
C D A D 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
，
()()()()12P A P B P C P D ====
事件数字为，
，A 错；
:AB 2()()()1
8P AB P A P B =
≠事件数字为或，，B 对；:BC 68()()()21
84P BC P B P C ===事件数字为或，，C 对；
:CD 56()()()21
84P CD P C P D =
==事件数字为或，，D 对.
:AD 35()()()21
84P AD P A P D =
==故选：BCD.
12．如图，在棱长为的正方体
中，分别为棱，的中点，
21111ABCD A B C D -,E F 11B C 1BB 为面对角线上的一个动点，则（ ）
G 1A D
A ．三棱锥
的体积为定值
1B EFG -B ．线段上存在点，使
平面1A D G 1A C ⊥EFG
C ．线段上存在点，使平面平面
1A D G //EFG 1
ACD
D ．设直线与平面
所成角为，则FG 11ADD A θsin θABD
【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
11//ADD A 11BCC B G 11BCC B
为定值，所以三棱锥
即三棱锥的体积为定值，故A 正确．
1B EF
S △1G B EF -1B EFG
-对于B, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴, 建立空间直
D DA x DC y 1DD z 角坐标系, 则
，
, ，，
()
2,0,0A ()()2,2,0,0,0,0B D ()0,2,0C ()12,0,2A ()
10,0,2D ，
()()()
10,2,2,1,2,2,2,2,1C E F 所以 ，，，
()
12,2,2A C =-
()2,2,0AC =-
()
12,0,2AD =-
()
1,0,1EF =-
设（），则1DG DA λ=
01λ≤≤()2,0,2G λλ所以
，
()
21,2,22EG λλ=---
()
22,2,21FG λλ=---
平面即1A C ⊥EFG 1
1A C EG A C FG ⎧⊥⎪⇔⎨⊥⎪⎩
()()()()()()()()221222220222222210
λλλλ⎧--+⨯-+-⨯-=⎪⎨--+⨯-+-⨯-=⎪⎩解之得
1
4
λ=
当为线段上靠近的四等分点时，平面.故B 正确
G 1A D D 1A C ⊥EFG 对于C ，设平面
的法向量1ACD ()1111,,n x y z = 则，取1111111220
220n AC x y n AD x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩
11x =得
()
11,1,1n =
设平面 的法向量
,
EFG ()
2222,,n x y z =
则()()2
2222220212220n EF x z n EG x y z λλ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=--+-=⎪
⎩
取 , 得 ,21x =21,,1243n λ⎛⎫= ⎪
⎝-⎭ 平面平面1ACD //EFG
⇔12//n n 设
, 即
,
12
n kn = ()431,1,11,
,12k λ-⎛⎫
= ⎪⎝⎭解得
，，不合题意
45
1,k λ==
01λ≤≤ 线段上不存在点, 使平面//平面，故C 错误．
∴1B C G EFG 1BDC 对于D ，平面
的法向量为11ADD A ()0,1,0n =
则
sin θ因为
2
2
398129842λλλ⎛
⎫-+=-+ ⎪⎝⎭9
2≥
所以
sin θ=≤
=所以
D 正确．
sin θ故选：ABD 三、填空题13．在正方体
中，写出一条与直线垂直的面对角线：______．
1111ABCD A B C D -1A C BD （答案不唯一）
【分析】连接可证明
，从而找到满足条件的直线.
AC BD ，1A C BD ⊥【详解】连接,在正方体中，AC BD ，AC BD ⊥又
平面，且平面1AA ⊥ABCD BD ⊂ABCD
, 且,所以 平面
1AA BD ⊥1AA AC A = BD ⊥1AA C 平面，所以1
AC ⊂1AA C 1A C BD ⊥同理面对角线，
，，，中任意一条均满状态条件．
1BC 1DC 1AB 1AD 11B D 故BD （答案不唯一）
14．已知是关于的方程的根，则___________.
,R,3i a b a ∈+x 2
20x x b ++=a b +=9
【分析】代入方程的根，根据复数相等的条件求解即可【详解】由题可知
，即
，所以
()2(3i)23i 0
a a
b ++++=()
()2
2966i 0
a a
b a +-+++=解得所以2290,660,a a b a ⎧+-+=⎨+=⎩110,a b =-⎧⎨=⎩9.a b +=故9
15．已知D 是的边BC 上一点，且，，，则
ABC 3BC BD =
2AD
=tan BAC ∠=的最大值为______．2AC AB
+
【分析】设，，，则，，再在和
b AC =
c AB =BD m =2CD m =3BC m =ABD △中分别列出余弦定理，根据联立可得
ACD △()cos cos cos ADB ADC ADC π∠=-∠=-∠，再结合
，得到
，进而消去，结2222612b c m +=+1
cos 4BAC ∠=
222192m c b bc
=+-m 合基本不等式 求解最大值即可
【详解】
设，，，则，．
b AC =
c AB =BD m =2CD m =3BC m =在中，；
ABD △22222
4cos 24AD BD AB m c ADB AD BD m +-+-∠==
⋅在中，．
ACD △22222
44cos 28AD CD AC m b ADC AD CD m +-+-∠==
⋅因为，所以，
ADB ADC π∠=-∠()cos cos cos ADB ADC ADC π∠=-∠=-∠
所以，整理①．2222
44448m c m b m m +-+-=-222
2612b c m +=+
因为，所以
．
tan BAC ∠=1
cos 4BAC ∠=
在中，，
ABC 222
2cos BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠即
，结合①可得2221
92m c b bc
=+-()()22
22336423222
b c bc b c bc b c b c =++=+-=+-⋅⋅≥
，所以
，即()()2
2
232522228b c b c b c +⎛⎫+-=+ ⎪⎝⎭()236825b c ⨯+≤2b c +≤当时，等号成立．2b c =
四、双空题
16．每年的月日是世界读书日，为了了解学生的阅读情况，某校随机抽取了名4238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、、、，则这组数据的极差是______，第40百分位数是______．
3.2 3.0 2.7 1.7 1.89
5 2.72710
【分析】将数据由由小到大排列，利用极差和百分位数的定义可求得结果.
【详解】将这组数据从小到大排列为：、、、、、、、，1.7 2.3 2.5 2.7 2.8 3.0 3.2 3.5所以这组数据的极差为，
3.5 1.7 1.8-=因为，所以这组数据的第百分位数为第项数据，即．40%8 3.2⨯=404 2.7故；.1.8 2.7五、解答题
17．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：cm ）按，，，，分为
[)140150,[)150,160[)160,170[)170,180[]180,190五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，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）
0.02，平均数为166.2．
【分析】根据频率分布直方图中矩形的面积之和为1，可求出的值，由平均数的计算a 公式可得出答案.
【详解】
．()0.10.030.0280.0120.010.02a =-+++=平均数为，()1450.011550.021650.031750.0281850.01210166.2⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯=即这100名学生身高的平均数为166.2．
18．已知两个单位向量与的夹角为60°.
a b (1)求；
3a b + (2)求向量与夹角的余弦值.
a 3a
b +
【分析】（1）先由已知求出，再由
a b ⋅ a + （2）先求出，再利用向量的夹角公式求解即可
()
233a a b a a b ⋅+=+⋅ 【详解】(1)因为两个单位向量与的夹角为60°a b 所以1cos 602a b a b ⋅=⋅
︒=
所以a += (2)因为，()25332a a b a a b ⋅+=+⋅=
所以()
3cos ,33a a b a a b a a b ⋅++==+ 19．为巩固当前抗疫成果，某地疫情防控指挥部根据当地疫情防控工作部署，安排甲部门名职工和乙部门名职工到该地的三个高速路口担任疫情防控志愿者．
32
(1)若从这名职工中随机选出人作为组长，求这人来自同一部门的概率；
522(2)若将甲部门的名职工随机安排到三个高速路口（假设每名职工被安排到各高速路3口是等可能的，且每名职工的选择是相互独立的），求恰有人被安排到第一高速路口1的概率．(1)2
5(2)4
9
【分析】（1）记甲部门名职工分别为、、，乙部门名职工分别为、，列3A B C 2a b 举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）利用独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率.
【详解】(1)解：记甲部门名职工分别为、、，乙部门名职工分别为、．3A B C 2a b 样本空间
，共个样本
()()()()()()()()()(){},,,,,,,,,ab aA aB aC bA bB bC AB AC BC Ω=10点．设事件“这人来自同一部门”，则
，共个样本点．M =2()()()(){},,,M ab AB AC BC =4故所求概率为．
()42105P M ==(2)解：由题意可知甲部门每名职工被安排到每个高速路口的概率为，
1
3则恰有人被安排到第一高速路口的概率为．
111143113339⎛⎫⎛⎫⨯⨯-⨯-=
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭20．如图，在棱长为的正方体
中，、分别为棱、的中
21111ABCD A B C D -E F 1DD 1CC 点．
(1)证明：平面
平面；1//AEC BDF (2)求异面直线
与所成角的余弦值．
1AC BF (1)证明见解析
【分析】（1）证明出平面
，平面，再利用面面平行的判定定理//BF 1AEC //DF 1AEC 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1AC BF 1EAC ∠1AEC 长，利用余弦定理可求得结果.
【详解】(1)证明：连接，
EF 因为四边形为平行四边形，则且，
11CC D D 11//CC DD 11CC DD =、分别为、的中点，则且，
E F 1DD 1CC //CF DE CF DE =所以，四边形为平行四边形，则且，
CDEF //EF CD EF CD =因为且，且，故四边形为平行四边形，
//AB CD AB CD =//EF AB ∴EF AB =ABFE 所以，，平面
，平面，平面，//BF AE BF ⊄ 1AEC AE ⊂1AEC //BF ∴1AEC 同理可证
且，所以，四边形为平行四边形，1//C F DE 1C F DE =1C EDF 所以，，平面，平面，平面，1//C E DF DF ⊄ 1AEC 1C E ⊂1AEC //DF ∴1AEC ，所以，平面平面.
BF DF F = 1//AEC BDF (2)解：，所以，异面直线与所成角为或其补角，
//BF AE 1AC BF 1EAC ∠在中，
1AEC 1
AE C E =
==1AC =由余弦定理可得
，2221111cos 2
AE AC C E EAC AE AC +-∠===⋅所以，异面直线与1AC BF 21．疫情无情，人间有情．为了有效解决疫情发生以来市民群众因管控带来的出门买
菜难等生活不便问题，某市在全市范围内组织开展“送菜上门、便民利民”工作．如图，运送物资的车辆已装车完毕，运送人员小赵计划从处出发，前往，，，4A B C D E 个小区运送生活物资，已知，，，与的交点为6km AB =4km AD =2km CD =AC BD ，且，．
E //AB CD 60BAD ∠=︒
(1)分别求，的长度．
BD AC (2)假设，，，，，，，均为平坦的直线型马路，小赵开AB BC CD AD AE BE CE DE 着货车在马路上以的速度匀速行驶，每到1个小区，需要10分钟的卸货时间，30km /h 直到第4个小区卸完货，小赵完成运送生活物资的任务．若忽略货车在马路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，货车的启动和停止……），求小赵完成运送生活物资任务的最短时间（单位：min ）．
(1)；BD =AC =
(2)(56min
+【分析】（1）分别在中，在中，由余弦定理可求得答案；
ABD △ACD △（2）如图，过作，垂足为点，过作，垂足为点．由平
D DM AB ⊥M C CN AB ⊥N
面几何可得，求得，．由的长
CDE ABE CE DE ==AE BE ==AB 度最长，，的长度最短，所以路线避免选择，选择，，最佳路线为CE DE AB CE DE ，由此可求得答案.
A D E C
B ----【详解】(1)解：在中，由余弦定理得
ABD △，
2222cos 28BD AB AD AB AD BAD =+-⋅⋅∠=
解得．
BD =因为，，所以．
//AB CD 60BAD ∠=︒120ADC =∠︒在中，由余弦定理得，
ACD △2222cos 28AC AD CD AD CD ADC =+-⋅⋅∠=
解得．
AC =(2)解：如图，过作，垂足为点，过作，垂足为点．
D DM AB ⊥M C CN AB ⊥N
因为，，所以，，
4 km AD =60BAD ∠=︒ 2 km AM
=DM =得四边形为矩形，所以，，
CDMN 2 km MN = 2 km BN =所以．
4 km BC =因为，所以，所以，．
//AB CD CDE ABE
CE DE =
=AE BE ==因为的长度最长，，的长度最短，所以路线避免选择，选择，AB CE DE AB CE ，
DE 所以最佳路线为，此路线的长度为，A D E C B ---
-44(8=
．
(6040
56min +=+22．如图，在四棱锥中，，
P ABCD -2AP PD DC ====
AB ，平面平面ABCD ．
90ADC APD ∠=∠=︒PAD ⊥(1)证明：平面PDC ．
AP ⊥(2)若E 是棱PA 的中点，且 平面PCD ，求点
D 到平面PAB 的距离．
BE //(1)证明见解析
【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 AD ⊥ ∴CD 平面PAD ， ，
⊥CD AP ⊥即 平面PDC ， 平面PDC ，,,,AP PD AP CD PD CD D PD ⊥⊥=⊂ CD ⊂ 平面ABCD ；
PA ∴⊥(2) 平面PDC ， 平面PDC ， ，
//BE AP ⊥PA BE ∴⊥
在 中， ，，
Rt ABE △1AB AE ==BE =
的面积为，
APB △12APB S AP BE =⨯⨯= 取AD 的中点G ，连接PG ，BG ，因为 是等腰直角三角形，
PAD △
， ， ，
PG AD ∴⊥PG =AD =又∵平面 平面ABCD ， 平面ABCD ， ，PAD ⊥PG ∴⊥PG BG ⊥
在 中，，
Rt PBE △PB ==
在 中， ，
Rt PBG 3BG == ， 是直角三角形，
2222911AG BG AB +=+==ABG
的面积，设点D 到平面PAB 的距离为x ，
ABD △12ABD S AD BG =⨯⨯=
三棱锥P-ABD 的体积= ，
11233ABD S PG ⨯⨯=⨯== 1133APB S x ⨯=
；x ∴==
综上，D 到平面PAB .。