2021-2022学年福建省宁德市高一下学期期末质量检测数学试题【含答案】

一、单选题

1．在复平面内，复数z12i的共轭复数对应的点位于（ ）A．第一象限A

根据z12i，得到其共轭复数z12i，再利用几何意义求解.【详解】因为z12i，所以其共轭复数z12i，所对应的点(1,2)，位于第一象限.故选：A

本题考查复数的概念及几何意义，还考查理解辨析的能力，属于基础题.

2．已知四棱锥PABCD的所有棱长均相等，点E，F分别为线段PC，PD的中点，则异面直线EF与PB所成角的大小为（　　）.A．30°C

【分析】根据EF∥AB将异面直线EF与PB所成角转换为PBA计算即可【详解】因为点E，F分别为线段PC，PD的中点，故EFDC，又四棱锥

B．45°

C．60°

D．90°

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

PABCD的所有棱长均相等，故ABCD为菱形，故DC∥AB，故EF∥AB，所以异

面直线EF与PB所成角为PBA或其补角，又四棱锥PABCD的所有棱长均相等，故

△PBA为正三角形，故PBA60故选：C

ABCBCBD2DCD3．在中，为上一点，且，则AD（ ）

1ABAC3A．1ABAC3B．

12ABAC33C．21ABAC33D．

D

【分析】根据向量加法、减法的三角形法则及数乘向量的运算性质即可求解.【详解】解：因为在ABC中，D为BC上一点，且BD2DC，

2212ADABBDABBCABACABABAC3333所以，

故选：D.

x2x2022的平均数为2，方差为1，且yi2xi1，，，，，i122022 则4．若x1，，，y1，，，y2y2022的平均数和方差分别为（　　）.

A．3，2C

B．3， 3C．3，4D．4，4

【分析】根据平均数和方差的性质即可求解.【详解】由故选：C

5．在一个实验中，某种豚鼠被感染A病毒的概率均为40%，现采用随机模拟方法估计三只豚鼠中被感染的概率：先由计算机产生出[0，9]之间整数值的随机数，指定1，2，3，4表示被感染，5，6，7，8，9，0表示没有被感染.经随机模拟产生了如下20组随机数：

192 907 966 925 271 932 812 458 569 683 257 393 127 556 488 730 113 537 989 431据此估计三只豚鼠中至少一只被感染的概率为（　　）.A．0.25D

【分析】根据题意分析随机数中没有1，2，3，4中的数的个数，再根据对立事件的概率求解即可

【详解】由题意，事件三只豚鼠中至少一只被感染的对立事件为三只豚鼠都没被感染，随机数中满足三只豚鼠都没被感染的有907，966，569，556，989共5个，故三只豚

B．0.4

C．0.6

D．0.75

x2,s2甲=1 ，yi2xi1，可知y2x13 ，s2乙甲=4s2=4

50.2520鼠都没被感染的概率为，则三只豚鼠中至少一只被感染的概率为

10.250.75故选：D

6．某校研究性学习小组想要测量某塔的高度，现选取与塔底D在同一个水平面内的两

个测量基点A与B，现测得DAB75，ABD60，AB48米，在点A处测得塔顶C的仰角为30，则塔高CD为（　　）米.

A．242C．246A

B．243D．322【分析】利用正弦定理求得AD，进而在直角三角形中求得CD．【详解】解：在三角形ABD中：ADB180756045，

4832246ADAB由正弦定理得sin60sin45，

AD22，

32423．在Rt△ACD中，故选：A．

CDADtan302467．已知直线m、n和平面、，下列命题正确的是（　　）.A．若m∥n，n，则m∥，，、nmn，则∥B．若m∥∥C．若，m，则mD．若m，，则m∥或mD

【分析】根据线面、面面平行的判定和线面垂直的判定分析判断即可【详解】对于A，当m∥n，n时，可能m∥，可能m，所以A错误，，，、nmn时，可能∥，可能、相交，所以B错误，对于B，当m∥∥对于C，当，m时，可能m，或可能m∥，或可能m与相交不垂直，

所以C错误，

对于D，当m，时，m∥或m，所以D正确，故选：D

8．北京在2022年成功召开了冬奥会，这是我国在2008年成功举办夏季奥运会之后的又一奥运盛事，是世界唯一的“双奥之城”．我校组织奥运知识竞赛，甲、乙两名同学各自从 “冰壶”，“冰球”，“滑冰”，“滑雪”四类冰雪运动知识试题中任意挑选两类试题作答，设事件M=“甲乙两人所选试题恰有一类相同”，事件N=“甲乙两人所选试题类型完全不同”，事件P=“甲乙两人均未选择冰壶类试题”，则下列结论正确的是（　　）.A．M与N为对立事件C．N与P相互独立D

【分析】根据互斥事件与对立事件的定义判断AB，再根据相互独立事件的性质判断CD即可

【详解】对A，因为所有事件包含M=“甲乙两人所选试题恰有一类相同”，事件N=“甲乙两人所选试题类型完全不同”，也包含“甲乙两人所选试题全相同”，故M与N为互斥事件，故A错误；

对B，M=“甲乙两人所选试题恰有一类相同”与P=“甲乙两人均未选择冰壶类试题”可能同时发生，故M与P不互斥，故B错误；

222C3C1C214C2PP23PN222CC4，事件CC64444对C，因为事件N 的概率，事件P 的概率

B．M与P互斥D．M与P相互独立

NP的概率PNP0，因为PNPPNPP，故N与P不相互独立，故C错误；

111C1C1214C3C23C2PM22PMP22C4C43，事件MP的概率C4C46，因对D，事件M 的概率

为

PMPPMPP，故M与P相互独立，故D正确；

故选：D二、多选题

9．对于复数zabi （a,b∈R），下列说法正确的是（ ）A．若b0，则abi为实数B．若a0，则abi为纯虚数

C．若D．若AD

z1，则z1或zi，则点Z的集合所构成的图形的面积为z1【分析】对A，根据实数的定义分析即可；对BC，举反例判断即可；

对D，根据复数的几何意义判断即可

【详解】对A，则若b0，则abia为实数，故A正确；对B，若a0，b0则abi为0为实数，故B错误；

对C，如对D，若

22i122z1，故C错误；

，则点Z的集合所构成的图形为以坐标原点为圆心，半径为1的圆内，

其面积为，故D正确；故选：AD

a10．若，b是任意的非零向量，则下列叙述正确的是（ ）

ababA．若a∥b，则

abB．若(ab)(ab)，则C．若D．若BCD

ababa，则b，则存在实数，使得b＝aabab【分析】根据a∥b，可得a与b夹角，结合数量积公式，可判断A的正误；根据两向(a量垂直，可得b)(ab)0，计算化简，即可判断B的正误；见模平方，计算化简，

可判断C的正误；见模平方，结合数量积公式，可判断D的正误，即可得答案.

【详解】对于A：若a∥b，则a与b夹角为0或，所以或abababab而，所以，故A错误；

对于B：若(ab)(ab)，则(ab)(ab)0，所以

ababcos0abababcosab，

22ab0，即

ab，故B正确；

对于C：若

abab2222，左右同时平方得(a)(b)2ab(a)(b)2ab，

aab0所以，即b，故C正确；

对于D：若，左右同时平方得

2ab2abcosa,b2abcosa,b1，所以，解得a因为,b[0,]，

abab2222(a)(b)2abab2ab，

a,b0b＝a所以，则存在实数，使得，故D正确；故选：BCD

11．甲、乙两人在相同的条件下投篮5轮，每轮甲、乙各投篮10次，投篮命中次数的情况如图所示（实线为甲的折线图，虚线为乙的折线图），则以下说法正确的是（　　）.

A．甲投篮命中次数的众数比乙的大B．甲投篮命中的成绩比乙的稳定C．甲投篮命中次数的平均数为7D．甲投篮命中次数的第40百分位数是6BC

【分析】由折线图得到甲乙投篮5次命中次数的数据，再根据众数、方差和平均数与百分位数的计算，逐项判定，即可得到答案.

【详解】由折线图可知，甲投篮5轮，命中的次数分别为5,8,6,8,8，乙投篮5轮，命中的次数分别为3,7,9,5,9，

对A，甲投篮命中次数的众数为8，乙投篮命中的众数为9，所以A错误；

对B，甲投篮命中次数的数据集中在平均数的左右，方差较小，乙投篮命中的次数数据比较分散，方差较大，所以甲的成绩更稳定一些，所以B正确，

1586887对C，甲投篮命中次数的平均数为5，所以C正确；

6875,6,8,8,82对D，甲投篮5轮，命中的次数从小到大为，故第40百分位数是，

故D错误；故选：BC.

12．棱长为2的正四面体ABCD中，E，F分别是BC，AD的中点，点P是棱AB上的动点，则下列选项正确的有（　　）.A．存在点P，使得CD//平面PEFB．存在点P，使得PDACC．CPPF的最小值为711D．当PAPB时，三棱锥PBCD的外接球表面积为2BCD

【分析】将棱长为2的正四面体ABCD放入如下图所示的正方体中，假设存在点P，使得CD//平面PEF，由面面平行的判定性质证明平面

DB1C//平面PEF，所以平面

PEF//平面D1BC1，但平面PEF平面D1BC1P，可判断A；当P与B重合时，

PDAC，可判断B；将BDA、BCA展开，如图，P为AB,CF的交点时，

CPPF的最小，由余弦定理求出CF可判断C；当PAPB时，易证得PB面PCD，

222PBRr2，求出R，可判断D.求出三角形PCD外接圆的半径为r，由

【详解】对于A，将棱长为2的正四面体ABCD放入如下图所示的正方体中，假设存在点P，使得CD//平面PEF，则P点不与线段AB端点重合，又因为

DB1//EF，DB1平面PEF，EF平面PEF，CDDB1D，DB1C//平面PEF，

DB1C//平面D1BC1，所以平面PEF//平面D1BC1，

所以平面

又因为平面但平面PEF平面D1BC1P，所以假设不成立.所以CD不平行平面PEF，

故A不正确.

对于B，当P与B重合时，PDAC，故B正确.

BCA展开到同一平面，如图，P为AB,CF的交点时，CPPF的对于C，将BDA、最小，

22最小值为：21221cos1207，故C正确.

对于D，如下图，PBPA1,PCPD3,BDBC2，且PBPD,PBPC，PDPC=P,所以PB面PCD，因为在三角形PCD中，

cosCPD334122,sinCPD3，23332r2232sinCPD2223，

2设三角形PCD外接圆的半径为r，

2321211PB2232Rrr42284，则外接球半径R满足所以，

三棱锥PBCD的外接球表面积为

4R2112，故D正确.

故选：BCD.三、填空题13．设复数z满足

1iz2i，则z__________.

2【分析】先求z，再根据复数模的定义求结果.【详解】

1iz2iz2i2i(1i)i11i2z1+1=2故2本题考查复数除法运算以及复数模，考查基本分析求解能力，属基础题.

14．我国古代数学算经十书之一的《九章算术》有一衰分问题：今有北乡八千一百人，西乡九千人，南乡五千四百人，凡三乡，发役五百，意思是用分层抽样的方法从这三个乡中抽出500人服役，则西乡抽________人.200

【分析】根据分层抽样按抽样比即可求所抽取的人数.【详解】由题意得：

故20090005001=9000=20081009000540045，

15．如图，“甜筒”状旋转几何体，由一个圆锥与一个半球组合而成，其中圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则这个组合体的表面积为________.

4【分析】根据球的表面积与圆锥的侧面积公式求解即可

1S4121242【详解】由题意，这个组合体的表面积为故4四、双空题

bc若BC的对边分别为a，，，16．ABC的外接圆半径为1，角A，，acosBbcosA3，且CACB0，则C________；3a2b的最大值为_________2 3 27【分析】由余弦定理求得c，由向量数量积可得C为锐角，再由正弦定理结合外接圆半径可求得C，用正弦定理把3a2b表示为A的三角函数，利用两角和与差的正弦公式变形化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数性质得最大值．

a2c2b2c2b2a2acosBbcosAabc32ac2cb【详解】,c32R2sinC2，又sinC，所以

2CCACB0，所以C是钝角，所以3，

ab2sinAsinB由得a2sinA，b2sinB，

3a2b6sinA4sinB6sinA4sin(A)36sinA4(31cosAsinA)4sinA23cosA2227(23sinAcosA)77，

cos设

23sin7，7（为锐角），

则3a2b27sin(A)，

由

Csin3120A72，为锐角，则62，3，3得2所以

A时，3a2b取得最大值27．2故3；27．

五、解答题

B(2,4)C(4,k)17．已知A(1,2)，，BC三点共线，求(1)若A，，AC；

cosAB,AC.AB(ABAC)(2)若，求

(1)35(2)

55【分析】（1）根据向量AB,AC的共线公式求解得k=8，再根据模长的坐标公式求解

即可；

ABABABAC0，再根据向量（2）方法一：根据向量垂直数量积为0，展开可得

夹角的坐标公式求解即可；

方法二：直接根据垂直的坐标公式求解即可【详解】(1)

AB1,2,AB5,AC3,k2A,B,CABAC ，故由三点共线，得，所以，AC326235所以，k223，解得：k=8，

AC3,6(2)（2）方法一：ABAC32(k2)2k1AB(ABAC)由得ABABABAC0即：

2ABACAB5

所以，2k15，k2AC3,4AC5所以，，

ABAC55555cosAB,AC=ABAC方法二：

ABAC(4,k)，由AB(ABAC)得142k0解得k2.所以

cosAB,AC=

AC3,4ABAC555ABAC55，

AC5ABAC5，

18．如图，长方体

ABCDA1B1C1D1中，BCCC1，M是CC1的中点．

(1)求证：

A1DBD1；

(2)求证：AC//平面BMD1 .(1)证明见解析(2)证明见解析

【分析】（1）连接AD1，根据线面垂直的判定证明（2）方法一：连接方法二：取

A1D平面ABD1即可；

AC1交BD1于N点，根据中位线的性质证明MN∥AC即可；

DD1中点G，连接CG，连接AG，证明平面GAC∥平面BMD1即可

，则

ADD1A1【详解】(1)证明：连接AD1，四边形为正方形AD1A1D长方体

ABCDA1B1C1D1中，

AB平面ADD1A1，A1D平面ADD1A所以，所以，所以，

A1DAB，AD1ABAA1D平面ABD1,BD1平面ABD1A1DBD1.

(2)方法一：连接

AC1交BD1于N点， 则N为AC1的中点，

C1AC的中位线，故MN∥AC连接MN ，则MN为

AC平面BMD1，MN平面BMD1所以，AC∥平面BMD1方法二：取

DD1中点G，连接CG，

则D1G∥MC,D1GMC ，四边形GCMD1为平行四边形，

BMD1D1M所以，GC∥D1M，GC平面，平面，BMD1所以，GC∥平面BMD1连接AG，则GM∥AB,GMAB ，四边形GABM为平行四边形，

BMD1MB所以，GA∥MB，GA平面，平面，BMD1所以，GA∥平面BMD1因为GAGCG，所以，平面GAC∥平面BMD1因为AC平面GAC，所以，AC∥平面BMD119．江滨县因疫情防控需要，于2022年4月8日进行全员核酸检测，江滨县海鹰社区对当天被采样的2000人进行年龄方面的统计，得到如下的频率分布直方图：

(1)a的值；

(2)该社区参加核酸检测人员的平均年龄（同一组数据用该组区间中点作代表）；(3)该社区某居民楼内，年龄在

60,80内有4人为A,B,C,D ，年龄在80,100内有2

人为a,b，现从中随机抽取两人参与核酸检测问卷，求这两人中恰有1人的年龄在

80,100内的概率.

(1)a=0.005(2)40（岁）

8(3)15【分析】（1）根据频率分布直方图的矩形面积和为1求解即可；（2）根据频率分布直方图的平均值算法求解即可；（3）利用古典概型的方法，列举所有情况求解即可【详解】(1)（0.01+0.015+0.0175+a+0.0025）×20=1

∴a=0.005(2)平均为

0.0120×10+0.015×20×30+0.0175×20×50+0.005×20×70+0.0025×20×90=40（岁）(3)（3）设事件M=“ 随机抽取两人恰有1人的年龄在则“6人中随机抽取2人”所含的样本点有：

80,100”

A,B,A,C,A,D,A,a,A,b,

B,C,B,D,B,a,B,b,C,D,C,a,C,b,D,a,D,b,a,b共15个，

这“两人中恰有1人的年龄在

80,100”的样本点有：A,a,A,b,B,a,B,b,PM815C,a,C,b,a,b共8种，nM8，故

BC所对的边分别为a，，bc，bcosAc.20．在ABC中，角A，，(1)判断ABC的形状，并加以证明；

πBAD,AD2，，BD5ABC3(2)如图，外存在一点D，使得且BC23，求CD.

(1)直角三角形，证明见解析(2)5

【分析】（1）根据正弦定理以及正弦的和角公式即可求解，或利用余弦定理求解；（2）根据正弦定理以及余弦定理即可求解，或作DEBC,DFAB，求出DF，结合中垂线性质即可得解.

【详解】(1)在ABC中，由正弦定理得sinBcosAsinC又ABCπ，所以sinBcosAsin(AB)sinAcosBcosAsinB化简得：sinAcosB0，sinA0，所以，cosB0，

又πB(0,)Bπ2所以，ABC是直角三角形方法二：

b2c2a2bcABC2bc在中，由余弦定理得

222整理得bac，

所以

Bπ2， ABC是直角三角形

(2)方法一：

BDAD在△ABD中，由正弦定理得sinBADsinABD.

2233πsinABDsinsinABD=3525.由题设知，，所以

53πcosCBDcosABD=sinABD5.2由题（1）知，

在△BCD中，由余弦定理得

CD2BD2BC22BDBCcosCBD5223252233255.

所以CD5.方法二：

作DEBC ，垂足为E ，DFAB ，垂足为F,则，DFBE在Rt△AFD中DFADsinBAD3 所以BC2BE，DE为BC的中垂线所以CDBD521．羽毛球比赛规则：

①21分制，每球取胜加1分，由胜球方发球；

②当双方比分为20:20之后，领先对方2分的一方赢得该局比赛；

当双方比分为29:29时，先取得30分的一方赢得该局比赛.经过鏖战，甲乙比分为

27:28 ，甲在关键时刻赢了一球，比分变为28:28.在最后关头，按以往战绩统计，甲

发球时，甲赢球的概率为0.4，乙发球时，甲赢球的概率为0.5，每球胜负相互独立.(1)甲乙双方比分为28:28之后，求再打完两球该局比赛结束的概率；(2)甲乙双方比分为28:28之后，求甲赢得该局比赛的概率.

(1)0.46(2)0.4

【分析】（1）分两个球均由甲得分和这两个球均由乙得分两种情况求解即可；（2）分甲先得1分，乙得1分，甲再得1分；乙先得1分，甲得1分，甲再得1分两种情况求解即可

【详解】(1)设事件A= “甲乙双方比分为28：28之后，两人又打了两个球该局比赛结束”则这两个球均由甲得分的概率为：概率为：

P210.410.50.3P10.40.40.16；或者这两个球均由乙得分的

PAP1P20.46；因此，

(2)设事件B=“甲乙双方比分为28：28之后，甲赢得该局比赛”，则分三种情况：甲连得2分的概率为：

P3=0.4×0.4=0.16；

P4=0.4×（1-0.4）×0.5=0.12；

甲先得1分，乙得1分，甲再得1分的概率为：乙先得1分，甲得1分，甲再得1分的概率为：因此P（B）=

P5=（1-0.4）×0.5×0.4=0.12.

P3+P4+P5=0.4

22．如图，已知等腰梯形ABCD的外接圆半径为2，AB∥CD，AB2CD，点P是上半圆上的动点（不包含A,B两点），点Q是线段PA上的动点，将半圆APB所在的平面沿直径AB折起使得平面PAB平面ABCD.

(1)求三棱锥PACD体积的最大值；

PQ(2)当PC//平面QBD时，求

QA的值；

(3)设QB与平面ABD所成的角为，二面角QBDA的平面角为.求证.

tan2tan23(1)31(2)2(3)证明见解析

【分析】(1) 当POAB时，P到平面ABCD的距离最大, VPACD的值最大；

PQCMMA(2) 连接AC交BD于点M，连接QM，则有PC//QM，可得

QA，即可得答案；

(3) 作QHAB垂足为H，连接QB，可得QBH即为QB与平面ABD所成的角；过

H作GHBD垂足为G，连结QG，可得QGH即为二面角QBDA的平面角，

根据直角三角形中正切值的定义证明即可.【详解】(1)解：当POAB时，

PO平面PAB，由平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，知PO平面ABCD，

此时，P到平面ABCD的距离最大，为

PO2，

11123SACDPO232323，所以，VPACD的最大值为3(2)连接AC交BD于点M，连接QM，

则平面PAC平面QBDQM，

依题意，PC//平面QBD，PC平面PAC，所以PC//QM ，

PQCMMA所以，

QA，

MCD ，

MAB等腰梯形ABCD中，△∽△PQ所以

QACMMACDAB12，

(3)证明：作QHAB垂足为H，连接QB，

平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB此时，QH平面ABCD，BH是BQ在平面ABD的射影，所以QBH即为QB与平面ABD所成的角；

tanQHBH,

过H作GHBD垂足为G，连结QG， 又QHBD，GHQHH，

所以BD平面QHG，QG平面QHG，BDQG,所以QGH即为二面角QBDA的平面角,

QHBHtanGHtanQHGHBHtanQHGH，所以

=2，即tan2tan.