2021-2022学年安徽省芜湖市高一下学期期末数学试题【含答案】

一、单选题

BACDFE（ ）1．如图，正六边形ABCDEF中，

A．0B．BEC．ADD．DFB

【分析】由正六边形的性质及向量加法的运算法则即可求解.

CDAF，【详解】解：正六边形ABCDEF中，因为

所以BACDFEBAAFFEBE，

故选：B.

i20221i2．复数（ ）

1iA．2C

【分析】利用i的性质和复数的除法运算可得答案.

1iB．21iC．21iD．2

【详解】故选：C.3．若

1ii2022i211i1i1i1i1i1i22.

AOBA1O1B1且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是

（ ）A．

OB∥O1B1且方向相同

O1B1一定不平行

B．

OB∥O1B1O1B1不一定平行

C．OB与D

D．OB与

【分析】画出图形，当满足题目中的条件时，根据出现的情况可得出结论．【详解】如图，

当∠AOB=∠A1O1B1时，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，OB与O1B1是不一定平行． 故选：D．

4．已知某居民小区户主人数和户主对楼层的满意率分别如图1和图2所示，为了解该小区户主对楼层的满意程度，用分层抽样的方法抽取40%的户主进行调查，则样本容量和抽取的低层户主满意的人数分别为（ ）

A．240，32B．320，32C．240，80D．320，80

B

【分析】在分层抽样中，每层的抽样比例相同，根据抽样比例直接计算样本容量.根据图表，可得到低层户主的人数和满意的比例，再计算抽取的人数.

【详解】由图1，小区共有400250150800人，则样本容量为80040%320人；低层户主共有400人，满意率为20%，故抽取的低层户主满意的人数为

40040%20%32人，所以B正确.故选：B.5．已知复数

za2a3i在复平面上对应的点Z在第二象限，则实数a的取值

范围为（ ）A．D

【分析】由复数z确定点Z的坐标，再根据第二象限坐标的特点，解关于a的一元一次不等式组即可求出a的范围.【详解】复数

,2B．

2,3C．

2,D．

,3za2a3ia2,a3在复平面上对应的点Z的坐标为，根

a20a30据第二象限坐标的特点可得 即可得a3.故选：D.

ODABAC，6．如图，O是△ABC的重心，D是边BC上一点，且BD3DC，

则（ ）

1A．5A

1B．41C．51D．4【分析】如图，延长AO交BC于E，由向量的加法运算结合平面向量基本定理将

OD用AB，AC表示，可求出,的值，即可求出的值.

【详解】如图，延长AO交BC于E，由已知O为△ABC的重心，1AO2OE，AEABAC2则点E为BC的中点，且

BD由3DC，得：D是BC的四等分点，

11111ODOEEDAEBCABACACAB34324则

11551,ABAC5.12121212，所以，所以

故选A．

7．锐角ABC中，内角A､B､C的对边分别为a，b，c，S为ABC的面积，且a2，

ABAC23S，则b的取值范围为（ ）A．A

23,4B．

2,4C．

0,4D．

2,3tanA3，然后【分析】根据ABAC23S即可得出bccosA3bcsinA，从而求出6，根据ABC为锐角即可得出3即可得出

b4sinB，从而可求出b的范围.

AB2，然后根据正弦定理可得出

31bccosA23S23bcsinAtanA3，2【详解】因为ABAC23S，所以，又A(0,)，所以ABA6，若ABC为锐角三角形，则

0B2，

62，所以3asinBb4sinB(23,4)sinA，

BBba3sinB12，2，sinBsinA，

故选：A.

8．如图在正四面体ABCD中，E，F分别为AB和AC的中点，则两条异面直线CE与DF所成角的余弦值（ ）

3A．61B．63C．31D．3B

【分析】取AE的中点M，连接MF,MD，则MFD为两条异面直线CE与DF所成角（或其补角），设正四面体ABCD的边长为2，求出MF,DF,DM，即可求出

cosMFD.

【详解】取AE的中点M，连接MF,MD，则MFD为两条异面直线CE与DF所成角（或其补角），

设正四面体ABCD的边长为2，

31113,DF3,DM422cos602422，

31313421cosMFD4363232所以.MF1两条异面直线CE与DF所成角的余弦值为6.故选：B.

二、多选题

9．已知z1i（ ）

A．虚部为1BCD

B．zz2C．z2D．zz2【分析】根据虚部的定义即可判断A；根据共轭复数及复数的乘法运算即可判断B；根据复数的模的计算公式即可判断C；根据复数的加法运算即可判断D.【详解】解：因为z1i，所以虚部为1，故A错误；

z2i，zz1i1i2，故B正确；

z112，故C正确；

zz1i1i2，故D正确.故选：BCD.

10．已知直线a，b是异面直线，则下列结论中正确的为（ ）A．过直线a有且只有一个与直线b平行的平面B．过直线a至多有一个与直线b垂直的平面C．过直线a与直线b有且只有一对相互平行的平面D．过直线a与直线b至多有一对相互垂直的平面ABC

【分析】对于A：利用线面平行的判定定理和平面公理直接判断；对于B：利用线面垂直的判定定理判断；对于C：利用面面平行的判定定理和平面公理判断；对于D：如图示：在正方体

ABCDA1B1C1D1，取特殊反例否定结论.

【详解】对于A：在直线a上任取一点P，过P作直线m//b.则直线a、m确定一个平面，且b//.故A正确；

对于B：因为与b垂直的平面的方向确定，而直线a有可能在面内，也有可能与交，所以过直线a至多有一个与直线b垂直的平面.故B正确；

对于C：在直线a上任取一点P，过P作直线m//b.则直线a、m确定一个平面.同理可确定平面，使得b且//.所以过直线a与直线b有且只有一对相互平行的平面.故C正确；

对于D：如图示：在正方体

ABCDA1B1C1D1中：

不妨取有平面

A1D1为直线a，BB1为直线b，可取平面A1B1C1D1为平面满足a.过直线b

ABB1A1和平面

BCC1B1均与平面A1B1C1D1垂直.故D错误.

故选：ABC

11．从5个女生和4个男生中任选两个人参加某项活动，有如下随机事件：A“至少有一个是女生”，B“至少有一个男生”，C“恰有一个男生”，D=“两个都是女生”，E“恰有一个女生”.下列结论正确的有（ ）

A．CEC．DEAD

B．ABD．BD，BD【分析】根据各个事件所包含的样本点依次判断各个选项即可得到结果.

【详解】对于A，事件C,E均为：“选出的两个人是1个男生和1个女生”，则CE，A正确；

对于B，事件A：“选出的两个人是1个男生和1个女生或者2个女生”，事件B：“选出的两个人是1个男生和1个女生或者2个男生”，则AB，B错误；对于C，事件D,E包含的样本点都不相同，则DE，C错误；对于D，事件B,D包含的样本点都不相同，则BD；

事件B：“选出的两个人是1个男生和1个女生或者2个男生”；事件D：“选出的两个人是2个女生”，则BD包含了样本空间中所有的样本点，BD，D正确.故选：AD.

12．如图，AB为圆柱的母线，BD为圆柱底面圆的直径且ABBD4，O为AD中点，C在底面圆周上滑动（不与B，D重合）.则下列结论中正确的为（ ）

A．BO有可能垂直平面ACD

B．三棱锥ABCD的外接球表面积为定值

6C．二面角ACDB正弦值的最小值为3D．过CD作三棱锥ABCD的外接球截面，截面面积的最大值为8π

BD

【分析】选项A，借助线面垂直的定义判断；选项B、D，利用外接球的性质进行判断；选项C，利用二面角的定义求解.

【详解】对于A，因为CDBC，CDBA，ABBDB，所以CD平面ABC，所以CD与BO不垂直，故BO不可能与平面ACD垂直，A错误；对于B，三棱锥ABCD的外接球的球心在O处，半径值32，所以B正确；

对于C，因为CD平面ABC，所以ACB为二面角ACDB的平面角，所以

R1AD222，表面积为定sinACBABAB42ACAD422，所以C错误；

对于D，当截面经过球心O的时候，截面面积最大，此时截面的半径即为球的半径，

2所以截面半径最大为(22)8，所以D正确；

故选：BD.

此题借助圆柱考查了直线与平面的垂直、二面角的求解和外接球的表面积与截面面积，解题时，注意以下几点：

(1)直径所对的圆周角为直角，所以无论C在何位置，始终有CD平面ABC；(2)圆柱的外接球的球心位于上下底面的圆心的连线的中点处；(3)球的所有截面中，当截面圆经过圆心的时候，截面圆的面积最大；三、填空题

13．已知两个不相等的向量3a3,x，

b1x,2，若a//b，则x___________.

【分析】根据向量平行的坐标表示以及已知条件可得出关于x的等式与不等式，即可解得x的值.

x2x60x1x6x2x2【详解】由已知可得，即，解得x3.故答案为.314．如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的ABC的直观图，已知AC∥y轴，

BC∥x轴且2ACBC2，则ABC的周长为___________.

422224【分析】先由斜二测画法得ACBC，ACBC2，即可求解.

【详解】

由题意得，ACBC，且ACBC2，则AB4422，则ABC的周长为

2222422.故答案为.42215．某班共有20名男生和30名女生，在调查全班同学身高（单位：cm）时丢失了原始数据，仅知道所有男生身高的平均数和方差分别为170和25，所有女生身高的平均数与方差分别为160和30，则该班级全体同学身高的方差为___________.52

【分析】根据平均数和方差的计算公式即可求解.

【详解】解：由题意，该班级全体同学身高的平均数x和方差s分别为

2xs2203017016015050，

2030225(1701)30(1601)2525050，

所以该班级全体同学身高的方差为52，故52.

16．如图，直四棱柱ABCDABCD的底面为菱形，

1CFGDCC4AA的中点，，设平面EFG平面ABCDl，则直线l与平面

AB1AADAB3.E为2，

BDDB所成角的正弦值为___________.

32114【分析】连接DC交FG于M，根据线面平行的性质，证明l//EM，从而将问题转化为求直线EM与平面BDDB所成角；借助AC平面BBDD，即可确定线面角的位置，再进行计算.

【详解】如图所示，连接DC交FG于M，取CD的中点N，连接MN，连接BD，

AC交于点O，MN交BD于H；

1CFGDCC4因为，易证DMGCMF，所以M是FG的中点，也是DC的中点.因

为E是AA的中点，故EA//MN,EAMN，即四边形ANME是矩形，所以ME//AN，又AN平面ABCD，所以ME//平面ABCD；因为平面EFG平面ABCDl，

ME平面EFG，则ME//l，则ME//l//AN，所以l与平面BDDB所成的角即为

ME与平面BDDB所成的角，也等于AN与平面BDDB所成的角.

在菱形ABCD中，ACBD，又ACBB，BBACO，所以AC平面BBDD，

所以AHO即为AN与平面BDDB所成的角.

1DHBD23不妨设AB6，则DO3，N为CD的中点，则，OH1，

22在△AOH中，AHAOOH27，所以sinAHOAO33321AH2714.321故答案为.14本题考查的是线面角的求法，求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．四、解答题

2aba2b19a2b317．已知，，.

（1）求向量a与b的夹角；（2）求

a2b.

（1）3；（2）213.【分析】（1）若向量a与b的夹角为，由已知条件可得

a，即可求向量与b的夹角；

222a2ba4ab4b（2）利用向量数量积的运算律有，即可求模.22【详解】（1）由题意，2a3ab2b19，若向量a与b的夹角为，∴∴

222a3abcos2b19222a3abcos2b19，即818cos1819，得

cos12，

3；22222a2ba4ab4ba4abcos4b523（2），

a2b52213∴.18．某网红餐饮店因特色餐饮文化吸引了很多顾客“打卡”.现随机抽取了200桌就餐的5,10顾客，统计其等待就餐的时间（等待时间不超过40分钟），将统计数据按，

10,15，…，35,40分组，制成如图所示的频率分布直方图.

(1)将所给的频率分布直方图补充完整；

(2)为进一步提升人气，该店给在等待时间从长到短的前20%的顾客中每桌赠送一份本店特色菜肴，试估计等待超过多长时间有赠品？(1)答案见解析

(2)估计等待27分钟以上的可以获得赠品【分析】（1）由频率分布直方图的性质求出（2）由题意，根据

20,25的频率即可求解；

解方程，即可得答案.

0.00850.012530x0.040.2【详解】(1)解：因为

10.03650.0450.04850.0450.01250.0850.08，又0.0850.016，

所以频率分布直方图补充完整为：

(2)解：设估计等待x分钟以上的顾客可以获得赠品，由题意，

0.00850.012530x0.040.2，解得x27.5，

所以估计等待27分钟以上的顾客可以获得赠品.

19．如图①，有一个圆柱形状的玻璃水杯，底面圆的直径为20cm，高为30cm，杯内有20cm深的溶液.如图②，现将水杯倾斜，且倾斜时点B始终不离开桌面，设直径AB所在直线与桌面所成的角为α.要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，求α的最大值.

4【分析】当水杯倾斜过程中，溶液恰好不溢出时，此时α最大；在这个临界条件下，结合溶液的体积不变，可以得到关于α的一个不等式，即可求出α的取值范围，得到最大值.

【详解】

如图所示，在Rt△CDE中DE20tan，

103020tan210220tan210220解得tan1，即α的最大值4.

20．某一贯制学校的小学部､初中部､高中部分别有学生720人，480人，480人.现采用比例分配的分层抽样方法从各学部抽7名学生调查他们的视力情况.经过校医检查，这7位同学中所有小学部同学均不近视，初中部和高中部各有一名同学不近视.(1)从7人中再随机抽2人，求恰有1人不近视的概率；

(2)以抽取的7名同学近视的频率作为全校学生近视的概率.求在全校范围内随机抽取2名同学，恰有1人近视的概率.10(1)2120(2)49【分析】（1）设从小学部抽取x人，初中部抽取y人，高中部抽取z人，由分层抽样的性质可得x，y，z，由列举法可得、古典概型概率计算公式可得答案；

（2）由（1）可知抽取的7人有2人近视，用样本估计总体得出该校学生近视的概率可得答案.

【详解】(1)设从小学部抽取x人，初中部抽取y人，高中部抽取z人，

7xyz由分层抽样的性质720480480720480480，

解得x3，y2，z2，用

A1，A2，A3，表示小学部抽出的3名同学；用B0，B1从初中部抽出的2名同学，其

中B0表示近视的同学，B1表示没有近视的同学；用

C0，C1表示从高中部抽出的2名同学，其中C0表示近视的同学，C1表示没有近视

的同学，则从抽出的7名同学中再抽取2名同学的所有情况为：

A1,A2，A1,A3，A1,B0，A1,B1，A1,C0，A1,C1，A2,A3，A2,B0，A2,B1，A2,C0，A2,C1，

A3,B0，A3,B1，A3,C0，A3,C1，

B0,B1，B0,C0，B0,C1，B1,C0，B,C，C0,C1，一共21种

11其中恰有一人不近视的情况有：

A1,B0，A1,C0，A2,B0，A2,C0，A3,B0，

A3,C0，B0,B1，B0,C1，B1,C0，C0,C1，共10种

所以从7人中抽取2人，恰有一人不近视的概率

P1021.

2(2)由（1）可知抽取的7人有2人近视，用样本估计总体得出该校学生近视的概率为7，

22222011777749.在全校范围内随机抽取两位学生恰有1人不近视的概率21．在ABC 中内角中A，B，C的对边分别为a，b，c.已知

cosC3sinCacb，

b43，D为BC边上一点.(1)求角B；

(2)若BADA，试求DACD的最大值.

(1)3(2)8【分析】（1）利用正弦定理边化角，把再借助

cosC3sinCacb转化为关于角的问题，

sinAsinBC及sinC0即可求出角B；

（2）方法一：由（1）可得△ABD为正三角形，在△ACD中利用正弦定理可得

ADCD8sinCDC8sinC3 及3，再借助辅角公式求出AD8sinC，3C323可得ADCD的最大值.

方法二：在△ACD中利用余弦定理及基本不等式可得ADDC8，所以ADCD的最大值为8.【详解】(1)由

cosC3sinCacb及正弦定理，得

sinBcosC3sinBsinCsinAsinC0因为

sinAsinBC，所以3sinBsinCsinCcosBsinC.

2sinB16.因为sinC0，所以3sinB1cosB，即

又0B，所以(2)方法一：因为BADA，在△ACD中，

BB3.

3所以△ABD为正三角形.

ADC2CADC33 ,由正弦定理，得

AD43DCsinCsin2sinC33.

DC8sinC3，所以AD8sinC，

31ADCD8sinC8sinC8sinCcosCsinC8sinC2233.

因为当

ADC22C0C33.3，所以3，3CC32，即

6时，ADCD取到最大值8.

方法二：

AD在△ACD中，∵

4322DC22ADDCcos120ADDCADDC232ADDC4∴ADDC8（当且仅当ADDC时等号成立）

∴

ADDCmax822．如图所示的多面体中，ACBC2且ACBC，D为AB中点，AA平面

BBABC，AA∥∥1AABBCC1CC且2.

(1)证明：AB平面ADC；

(2)求平面ABC与平面ABC所成的锐二面角的余弦值；(3)求点B到平面ADC的距离.(1)证明见解析6(2)325(3)5【分析】（1）由已知可得CD⊥平面ABBA，进而有CDAB，又

RtAAD≌RtBAB，可得ADAB，从而根据线面垂直的判断定理即可证明；（2）设平面ABC平面ABCl，由线面平行的性质定理可得l∥BC，进而可得l⊥平面ACC，从而有CAC即为平面ABC与平面ABC所成的锐二面角的平面角，解

三角形即可得答案；（3）由

VBADCVABCD，利用等体积法即可求解.

【详解】(1)证明：ACBC2且ACBC，D为AB中点， CD⊥AB，AB2，∵AA平面ABC，CD平面ABC，∴AACD，

BB∵AA∥∥CC，∴A、、、BBA四点共面，

又AAABA，AA，AB平面ABBA，∴CD⊥平面ABBA，∵AB平面ABBA，∴CDAB，

又∵RtAAD≌RtBAB，

∴ADAB且ADCDD，AD，CD平面ACD，

∴AB⊥平面ACD；

(2)解：∵BC∥BC，BC平面ABC，BC平面ABC，∴BC∥平面ABC；

∵BC平面ABC，设平面ABC平面ABCl，则l∥BC，由题意，∵BCAC，可得BC⊥平面ACC，∴l⊥平面ACC，∴CAC即为平面ABC与平面ABC所成的锐二面角的平面角，

∵

cosCAC63，

6∴平面ABC与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为3；

(3)解：由题意，设B到平面ADC的距离为d，∵

VBADCVABCD，

AA11S△△SADCd3∴3BCD51d22，，即2∴

d25255，即点B到平面ADC的距离为5.