【文档说明】安徽省合肥市第六中学2021-2022学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx，共(21)页，1.270 MB，由小赞的店铺上传

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2021级高一下学期期末考试数学试题注意事项：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．3．回答选择题时，选出每小题答案后，用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

涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本大题共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.已知平面向量()3,4a=−，则与a同向的单位向量为（）A.()1,0B.()0,1C.34,55−D.34,55−【答案】C【解析】【分析】先根据22axy=+求得5a=，再根据结论：与a同向的单位向量为aa，运算求解．【

详解】∵()3,4a=−，则()22345a=+−=∴与a同向单位向量为34,55aa=−∴故选：C．2.如果复数213bizi−=+（其中i为虚数单位，b为实数）为纯虚数，那么z的虚部为（）A.23−B.23iC.23D.23i−【答案】A【解析】【分析

】根据复数除法运算化简复数z，结合纯虚数即可求解结果．【详解】()()()()2i13i2i236i13i13i13i1010bbbbz−−−−+===−++−的∵z为纯虚数，∴23b=，∴2i3z=−∴z的虚部为23−故选：A3.如图，已

知正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，则下列四个结论中错误的是（）A.直线11AC与1AD为异面直线B.11AC∥平面1ACDC.平面11ACB∥平面1ACDD.三棱锥1DADC−的体积为83【答案

】D【解析】【分析】对于A：根据异面直线定义理解判断；对于B：根据平行四边形的判断和性质可证11ACAC∥，结合线面平行的判断定理理解判断；对于C：可证11AC∥平面1ACD，1BC∥平面1ACD，结合面面平行的判定定理理解判断；对于D：根

据锥体体积公式13VSh=运算判断．【详解】根据异面直线的定义易知直线11AC与1AD为异面直线，A正确；∵11AACC∥且11AACC=，则11AACC为平行四边形∴11ACAC∥11AC平面1ACD，AC平面1ACD∴11AC∥平面1ACD，B

正确；同理可证：1BC∥平面1ACD1111ACBCC?，平面11ACB∥平面1ACD，C正确1114222323DADCV−==，D错误故选：D．4.甲袋中有8个白球，4个红球，乙袋中有6个白球，6个红球，这些小球除颜色外完全相同，从甲、乙两袋中各任取1个

球，则下列结论错误的是（）A.2个球颜色相同的概率为12B.2个球不都是红球的概率为13C.至少有1个红球的概率为23D.2个球中恰有1个红球的概率为12【答案】B【解析】【分析】根据相互独立事件和对立事件的概率的计算公式依次求出每个选项对应的概

率即可.【详解】从甲袋中任取1个球，该球为白球的概率为23，该球为红球的概率为13，从乙袋中取1个球，该球为白球概率为12，该球为红球的概率为12．对于A选项，2个球颜色相同的概率为21111=32322+，A对；对于B选项，2个球不都是红球的

概率为1151326−=，B错；对于C选项，至少有1个红球的概率为2121323−=，C对；对干D选项，2个球中恰有1个红球的概率为2111132322+=，D对．故选：B5.在ABC中，角,,ABC所对的边分

别为,,abc，若2sin3bAa=，则B=（）A6B.6或56C.3D.3或23【答案】D【解析】的.【分析】根据2sin3bAa=，利用正弦定理得到2sinsin3sinBAA=求解.【详解】因为在ABC中，2sin3bAa=，所以2sinsin3sinBAA=因为sin0A，

所以3sin2B=，因为则()0,B,B=3或23故选：D6.已知在三棱锥M-ABC中，MA⊥平面ABC，2MAABBC===，且ABC为直角三角形，则该三棱锥的外接球的体积为（）A.33πB.43πC.32π3D.8π【

答案】B【解析】【分析】由题意可得MABC⊥，又由ABC为直角三角形，可得ABBC⊥，于是有BC⊥平面MAB，所以MC的中点O到M，A，B，C四点距离相等，即为四面体M-ABC外接球球心，求出MC的长度即可知球半径，再根据球的体积公式计算即可.

【详解】解：因为MA⊥平面ABC，BC平面ABC，所以MABC⊥，同理MAAC⊥，又2ABBC==，且ABC直角三角形，所以ABBC⊥，又ABMAA=，AB，MA平面MAB，所以BC⊥平面MAB，又MB平面MAB，

所以BCMB⊥，所以MC的中点O到M，A，B，C四点距离相等，即为四面体M-ABC外接球球心，又由已知得222222AC=+=，()2222223MC=+=，所以该三棱锥的外接球的半径为3，所以该三棱锥的外接球体积为()34π343π3V==．为故选：B.7.如图所示，在同一个

平面内，向量OA，OB，OC满足：OAOB=，OA与OC的夹角为，且tan7=，OC与OB的夹角为45°，若(),OCmOAnOBmn=+Ruuuruuruuur，则mn=（）A.1B.75C.57D.37【答案】C【解析】【分析】由向

量加法的平行四边形法则可得OMOMONMCmn==，结合正弦定理可得sinsinOMMCOCMCOM=，根据题意运算求解．【详解】如图根据向量加法的平行四边法则可设：OCOMON=+则,OMmOAONnOB==uuuruuruuuruuur∴OMOMONMCmn==在△OMC中

，由正弦定理可得：osinsin45sinsinOCMCOMOMMC==∵tan7=且为锐角，则72sin10=∴osin455sin7mn==故选：C．8.等边ABC的边长为2，过点A的直线l与过BC的平

面交于点D．将平面绕BC转动（不与平面ABC重合），且三条直线l、AB、AC与平面所成的角始终相等．当三棱锥ABCD−体积最大时，l与平面所成角的余弦值为（）A.77B.217C.2114D.277【答案】D【解析】【分析】设点A在平面BCD内的射影为

点O，连接OB、OC、OD，推导出2ABACAD===，O为BCD△的外心，分析可知当AD⊥平面ABC时，三棱锥DABC−的体积最大，利用正弦定理求出OD的长，即可求得l与平面所成角的余弦值.【详解】如下图所示：设点A在平面BCD内的射影为点O，连接OB、OC、OD，由题意

可知AO⊥平面BCD，则ABOACOADO==，又因为90AOBAOCAOD===，AOAOAO==，所以，RtRtRtABOACOADO△≌△≌△，所以，2ABACAD===，OBOCOD==，则O为BCD△的外心，

当AD⊥平面ABC时，三棱锥DABC−的体积最大，AC、AB平面BCD，ADAB⊥，ADAC⊥，所以，222BCCDAD===，由余弦定理可得2223cos24BDCDBCBDCBDCD+−==，则27sin1cos4BDCBD

C=−=，所以，2472sin7724BCODBDC===，易知直线l与平面所成角为ADO，且27cos7ODADOAD==，因此，当三棱锥ABCD−体积最大时，l与平面所成角的余弦值为277.故选：D.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每

小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分．9.如下四个命题中，说法正确的是（）A.向量AB的长度与向量BA的长度相等；B.两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同；C.两个公共终点

的向量，一定是共线向量；D.向量AB与向量CD是共线向量，则点A，B，C，D必在同一条直线上．【答案】AB【解析】【分析】根据平面向量的相关概念判断即可.【详解】向量AB与向量BA是互为相反向量，所以A选项正确，选项B显然正确，选项C显然错误，选项D，也有可能直线AB与直线CD平

行；故选：AB10.口袋里装有2红，2白共4个形状相同的小球，从中不放回的依次取出两个球，事件A=“取出的两球同色”，B=“第一次取出的是红球”，C=“第二次取出的是红球”，D=“取出的两球不同色”，下列判断中正确的（）A.A与B相互独立.B.A与D互为对

立.C.B与C互斥.D.B与D相互独立；【答案】ABD【解析】【分析】根据古典概型的概率公式求出所对应的事件的概率，再根据相互独立事件的定义判断AD，根据对立事件，互斥事件的定义可判断BC.【详解】由题可得221()433PA==，231()432PB

==，22222()433PD+==，211()436PAB==，221()433PBD==，所以()()()PABPAPB=，()()()PBDPBPD=，所以A与B相互独立，B与D相互独立，故AD正确；对于B，由题意知，取

出两个球要么颜色相同，要么颜色不同，即A与D互为对立事件，故B正确；对于C，“第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”，C与D可能同时发生，故C错误.故选：ABD.11.在锐角三角形ABC中，A，B，C为三个内角，a，b，c分别为A

，B，C所对的三边，则下列结论成立的是（）A.若AB，则sinsinABB.若3A=，则B的取值范围是0,2C.sinsincoscosABAB++D.tantan1BC【答案

】ACD【解析】【分析】由正弦定理判断A；由角形为锐角三角形，π3A=，所以2π3BC+=，即有2π3CB=−，根据π022ππ032BB−可得B的范围，从而判断B；由2AB+，可得π2AB−，进而得sincosAB，从而

判断C；由tan0A，可得tantan01tantanBCBC+−，从而判断D.【详解】解：对于选项A，因为A>B，所以有ab,所以sinsinAB，故正确；对于选项B，因为π3A=，则2π3BC+=，所以2π3CB=−，由π022ππ03

2BB−可得B的取值范围是ππ,62，故错误；对于选项C，锐角三角形ABC中，2AB+，π2AB−，∴πsinsincos2ABB−=，同理，sincosBA，所以sinsincoscosABAB++故正确；对于选

项D，锐角三角形ABC中，因为tan0A，即()tan0BC+，tantan01tantanBCBC+−，又∵tantan0BC+，∴tantan1BC，故正确．故选：ACD．12.正方体1111A

BCDABCD−中，下列说法正确的是（）A.在空间中，过1A作与11,ADCD夹角都为60°的直线可以作4条B.在空间中，过1A作与11,ADCD夹角都为45°的直线可以作4条C.棱11,AACC的中点

分别为E，F，在空间中，能且只能作一条直线与直线11AD，CD，EF都相交D.在空间中，过1A与直线11AD，CD，1BB夹角都相等的直线有4条【答案】AD【解析】【分析】对于选项A、B、D，通过直线在空间中的位置关系进行判断；对于选项C

，可以找到不止一条直线与11,,ADCDEF都相交.【详解】记过1A且与11,ADCD夹角都相等的角为，则[,]42，夹角都为60°的直线有4条，A正确；夹角都为45°的直线有2条，所以B错误；过1A

与直线11AD，CD，1BB夹角都相等的直线有4条，所以D正确；如图所示，直线1,DFDE分别延长之后与11AD，CD，EF都相交；事实上，可以在直线CD上任取一点，都可以作出一条直线与11AD，EF都相交的直线，所以可以作无数条，故C错误．故选：AD.【点睛】本

题借助正方体考查空间中直线与直线所成的角和直线与直线的位置关系，解答此类题目时，可以从以下两个角度思考：(1)在正方体（或其它特殊几何体）中，找到符合要求的直线，即可对选项作出判断；(2)空间中与两条直线所形成的角度相等的直线，构成两个平

面，在这两个平面上寻找符合要求的直线即可.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.研究下列问题：①合肥市今年“八一”前后的气温；②某种新型电路元件使用寿命的测定；③“安徽新闻联播”的收视率；④近年来我国大学生入学人数的相关数据．其中，通过试验获取数据的是_________

_．（填写问题对应的序号）【答案】②【解析】【分析】根据获取数据的途径：调查获取数据、通过观察获取数据、通过试验获取数据和通过查询获得数据，对①②③④作出判断即可.【详解】①通过观察获取数据，③通过调查获取数据，④通过

查询获得数据，只有②通过试验获取数据．故答案为：②.14.锐角ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，若222,2bcabcb+=+=，则ABC的面积的取值范围是________【答案】3,232【解析】

【分析】根据余弦定理，求得角A，进而可得面积S表达式，当BCAB⊥时，可得minc，当BCAC⊥时，可得maxc，结合条件，即可得答案.【详解】由余弦定理得2221cos222bcabcAbcbc+−=

==，因为(0,)A，所以3A=，所以31sin22SbcAc==，当BCAB⊥时，mincos1cbA==，当BCAC⊥时，max4cosbcA==，因为锐角ABC，所以4()1,c，所以3,232S.故答案为：3,232

15.已知圆O的半径为2，A为圆内一点，12OA=，B，C为圆O上任意两点，则ACBC的取值范围是_________．【答案】1,108−【解析】【分析】将ACBC转化为211||||cos22−BCBC，结合三角函数

的有界性得到取值范围.【详解】如图，连接,OAOC，设为OA和BC的夹角．则()=−=−=ACBCOCOABCOCBCOABC||||cos||−OCBCBCOOA||cos=BC211||||cos22−BCBC，且221111||||||||22

22−−BCBCBCBC211cos||||22+BCBC，2211111||||||cos22822−−−BCBCBC2111||228+−BC，由||[0,4]BC，当1||2=BC时，

ACBC有最小值18−；当||4BC=时，ACBC有最大值为10．所以ACBC的取值范围为1,108−.故答案为：1,108−【点睛】向量的数量积问题，通常处理思路：（1）建立平面直角坐标系

，利用坐标进行求解；（2）利用向量基本定理对向量进行转化求解；（3）利用极化恒等式求解16.在侧棱长为2，底面边长为2的正三棱锥P-ABC中，E，F分别为AB，BC的中点，M，N分别为PE和平面PAF上的动点，则BMMN+的最小值为__________

．【答案】312+【解析】【分析】取AC中点H,连接EH交AF于点O,,易证得EO⊥面PAO,要求BMMN+的最小,即求MN最小,可得MN⊥平面PBE，又可证明MN∥EO,再把平面POE绕PE旋转,与面PAB共面,'min()BMMNB

N+=.结合数据解三角形即可.【详解】解：取AC中点H,连接EH交AF于点O,,易证得EO⊥面PAO,要求BMMN+的最小,即求MN最小,可得MN⊥平面PBE，又可证明MN∥EO,再把平面POE绕PE旋转,与面PAB共面,又可证得90POE=.因为112EHBC

==，1122EOEH==，又因为2PAPB==,2AB=，所以1,12PAPBPEAB^==,所以1sin2OPE?，即30OPE=，所以'30MPN??,所以'453075BPN????,可得62sin754+=，'min31()sin752BMMNBN

PB++==?.故答案为：312+.四、解答题：本大题共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.已知复数123iz=−，21iza=+，其中Ra．（1）当3a=−时，求12zz；（2）若121zzz−„，求实数a

的取值范围．【答案】（1）79i−−；（2）323323a−+.【解析】【分析】（1）利用复数的乘法运算即得；（2）利用复数的运算，复数的模即二次不等式即得.【小问1详解】当3a=−时，()()1223i13i79izz=−−=−−．【小问2详解】∵

()()1223i1i13izzaa−=−−−=+−，于是()21231zza−=−+，又113z=，所以()23113a−+≤，即()2312a−≤，解得323323a−+．18.已知向量()2s

in,1ax=+，()2,2b=−，()3sin,1cx=−−，()()1,,dkxRkR=．（1）若)0,2πx，且()abc−∥，求x的值；（2）是否存在实数k，使得()()adbc+⊥−？若存在，求出k的取值

范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）7π6x=或11π6x=；（2）存在；5,1k−−.【解析】【分析】（1）根据平面向量平行的坐标表示可得答案；（2）根据平面向量垂直的坐标表示可得答案.

【小问1详解】∵()sin1,1bcx−=−−，又()abc−∥，∴()2sinsin1xx−+=−，即1sin2x=−．又)0,2πx，∴7π6x=或11π6x=；【小问2详解】∵()3sin,1adxk+=++，()sin1,1bcx−=−−，若()()adbc+⊥−，

则()()0adbc+−=，即()()()3sinsin110xxk+−−+=，∴()22sin2sin4sin15kxxx=+−=+−．由xR得sin1,1x−，得5,1k−−．∴当5,1k−−时

，()()adbc+⊥−．19.（1）树人中学高一（1）班50名同学期中考试（100分制）数学成绩的频率分布直方图如图所示，成绩分组区间是)40,50，)50,60，)60,70，)70,80，)80,90，90,100，试求数学成绩的80%分位数（保留一位小数）；（2）树人中学

组建足球队备战全市高中生足球联赛．队员分别来自高一、高二两个年级，且高一年级队员占队员总数的45．已知高一年级队员体重（单位：kg）的平均数为70，方差为300；高二年级队员体重的平均数为60，方差为200．求足球队全体队员体重的平均数及方差．【答案】（1）82.2；（2）平均数为6

8；方差为296．【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图，每个长方形的面积之和为1，求出x的值，进而根据百分位数的求解方法得出80%分位数；（2）根据各个样本的平均数与方差求解总的样本平均数与方差，直接代入公式即可

.【详解】（1）由频率分布直方图可知：()0.00630.0100.054101x+++=，解得：0.018x=，于是，)80,90占比0.018100.18=，90,100占比0.006

100.06=，)40,80占比()10.180.060.76−+=，故数学成绩的80%分位数为0.80.768082.20.018−+；（2）由题意知：高一队员在所有队员中所占权重为45，170x=，高二年级队员在所有队员中所占

权重为15，260x=，全部队员体重的平均数为1460706855x=+=．全部队员的体重的方差为：()()222142006068300706829655s=+−++−=．20.在△ABC中，a，b，c分别为A，B，C所

对边，sinsintancoscosBCABC+=+．（1）求A；（2）若()22abc=−=，求BC边上的高．【答案】（1）3A=（2）334【解析】【分析】(1)利用三角恒等变换或正、余弦定理即可.(2

)利用余弦定理以及三角形的面积公式求解.【小问1详解】由sinsintancoscosBCABC+=+可得sinsinsincoscoscosABCABC+=+，则()()sincoscoscossinsinABCABC+=+，方法一：sincoscossinsincossinc

osABABCAAC−=−，即()()sinsinABCA−=−．因为在ABC中，AB−，(),CA−−，且AB−，CA−同号，所以ABCA−=−，即3A=．方法二：同上，得()()sincoscos

cossinsinABCABC+=+，由正弦定理得()()coscoscosaBCbcA+=+由余弦定理得()222222222222cababcbcaabccaabbc+−+−+−+=+整理得()()2220bcbcabc++−−=，则2220bcabc+−−=，则2221co

s22bcaAbc+−==，又0A，故3A=．【小问2详解】由（1）知，3A=．由余定理得2222cosabcbcA=+−，即()22241bcbcbcbcbc=+−=−+=+，所以3bc=．于是，11333sin32224AB

CSbcA===．设BC边上的高为h，则12ABCSah=，即133224h=，334h=，即BC边上的高为334．21.一个盒中装有红、白两种颜色的玻璃球，其中红球3个，白球2个．（1）若一次从盒中随机取出2个玻璃球，求至少取到一个白色

球的概率1P；（2）依次从盒中随机取球，每次取一个，取后不放回．当某种颜色的球全部取出后即停止取球．求最后一次取出的是红色玻璃球的概率2P．【答案】（1）710；（2）25【解析】【分析】（1）给5个球编号，利用古典概率公式结合列举法求解作答.（2）求出最后取出红球和取出白球的不同取法

数，再利用古典概率公式计算作答.【小问1详解】记3个红球为123,,aaa，2个白球为12,bb，.从盒中一次取出2个玻璃球，不同结果有：12131112232122313212,,,,,,,,,aaaaababaaababababbb，共10个，至少取到一个白色球的不同结果有：1112212

2313212,,,,,,ababababababbb，共7个，所以至少取到一个白色球的概率1710P=.【小问2详解】依题意，红球全部取出后停止取球有：取球三次有1种方法；取球四次，则前三次取白球一次，有3种方法，因此，红球全部

取出后停止取球的不同方法有4种，白球全部取出后停止取球有：取球两次有1种方法；取球三次，则前两次取红球一次，有2种方法；取球四次，则前三次取红球两次，有3种方法，因此，白球全部取出后停止取球的不同方法有6种，从而，当某种颜

色的球全部取出后即停止取球的不同取法数是10，所以，最后一次取出的是红色玻璃球的概率242105P==.22.如图，在三棱台111ABCABC-中，11AB与1AC、11BC都垂直，已知3AB=，15AAAC==．（1）求证：平面1AB

C⊥平面ABC；（2）直线1AB与底面ABC所成的角的大小为多少时，二面角1AACB−−的余弦值为2114？（3）在（2）的条件下，求点C到平面11AABB的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）π

3=；（3）23.【解析】【分析】（1）证明平面1ABC⊥平面ABC面面垂直，即证AB⊥平面1ABC线面垂直，即证ABBC⊥，1ABAC⊥线线垂直；（2）根据面面垂直的性质定理作出1ABD=，根据二面角的定义作出1AED为二面角1AACB−−的平面角，根

据解三角形以及RtRtABCDEC，得()121cos5DE−=，进而表示出115tan3ADAEDDE==，再利用三角恒等变换公式求出；（3）点C到平面11AABB的距离即为点C到平面1AAB的距离．注意到1RtRtAB

CABA，并结合11AABCCAABVV−−=可知，点C到平面1AAB的距离即点1A到平面ABC的距离，再利用第（2）问求1AD的长即可.【小问1详解】∵11AB与1AC、11BC都垂直，又由棱台的性质11//ABAB，∴ABBC⊥，1ABAC⊥，又1BCACC=，∴AB⊥平面1ABC，又AB

平面ABC．故平面1ABC⊥平面ABC．【小问2详解】由（1）知，平面1ABC⊥平面ABC．如图所示，过1A作1ADBC⊥于D，则1AD⊥平面ABC，∴1ABD是1AB与平面ABC所成的角，即1ABD=．作DEAC⊥于E，则1AED为二面角1AACB−−的平面角．在R

tABC△中，易得4BC=．在1RtADB中，14AB=，14sinAD=，4cosBD=，44cosCD=−．由RtRtABCDEC，得()121cos5DE−=．∵121cos14AED=

，∴115tan3ADAEDDE==，即()5sin531cos3=−，于是，sin3cos3+=，π2sin33+=，注意到π02，故π3=．【小问3详解】点C到平面11AABB的距离即为点C到平面1AAB的距离．15ACAA==，1π2ABCABA

==，3AB=，1RtRtABCABA，又由11AABCCAABVV−−=可知，点C到平面1AAB的距离即点1A到平面ABC的距离，由（2）知，1AD⊥平面ABC，且134sin4232AD===，于是，C到平面1AAB的距离为

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