湖南师范大学附属中学2021-2022学年高一下学期期中数学试题（解析版）(1)

湖南师大附中2021-2022 学年度高一第二学期期中考试 数 学 （考试范围：必修二第六、七、九、十章、第八章1~3 节及必修一函数） 时量：120 分钟 满分：150 分 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） 1. 复数 的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【1 题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简 ，根据共轭复数的概念可得答案. 【详解】 , 故 的共轭复数为 ， 故选：B 2. 已知向量 ， ， ，则 与 的夹角为（ ） A. B. C. D. 【2 题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】根据 ，利用向量数量积的定义和运算律可构造方程求得 ，结合向量夹角 范围可得结果. 【详解】 ， ， ，解得： ， 又 ， ，即 与 的夹角为 . 故选：D. 3. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“第一枚硬币正面朝上”，事件B=“第二枚硬币反面朝上”，下列结 论中正确的是（ ）． A. A 与B 互为对立事件 B. A 与B 互斥 C. A 与B 相等 D. 【3 题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】列举出抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果，再逐一分析各个选项即可判断作答. 【详解】抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)， 事件A 包含的结果有：(正，正)，(正，反)，事件B 包含的结果有：(正，反)，(反，反)， 显然事件A，事件B 都含有“(正，反)”这一结果，即事件A，事件B 能同时发生， 因此，事件A，事件B 既不互斥也不对立，A，B 都不正确； 事件A，事件B 中有不同的结果，于是得事件A 与事件B 不相等，C 不正确； 由古典概型知， ，所以 ，D 正确. 故选：D 4. 如图，在△ABC 中，点O 是BC 的中点，过点O 的直线分别交直线AB，AC 于不同的两点M，N．设 ， ，则 （ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 【4 题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】本题应用两个结论： ，点O 是BC 的中点； 三点共线：若A、B、C 三点共线，则 ． 【详解】由题意得 ， 因为M、O、N 三点共线，所以 ，解得 ， 故选B． 5. 已知△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，设 ，且 ，则 （ ） A. B. C. D. 【5 题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦定理化简 可得 ，进而得到 ，再利用两角差 的正弦公式求解即可 【详解】在△ABC 中， ，即 ，由余弦定理得： ，而 ，解得 ，由 ，显然 ， 则 ， 所 以 ， 所 以 ． 故选：C． 6. 概率论起源于赌博问题．法国著名数学家布莱尔帕斯卡遇到两个赌徒向他提出的赌金分配问题：甲、 乙两赌徒约定先赢满 局者，可获得全部赌金 法郎，当甲赢了 局，乙赢了 局，不再赌下去时，赌 金如何分配？假设每局两人输赢的概率各占一半，每局输赢相互独立，那么赌金分配比较合理的是（ ） A. 甲 法郎，乙 法郎 B. 甲 法郎，乙 法郎 C. 甲 法郎，乙 法郎 D. 甲 法郎，乙 法郎 【6 题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】利用独立事件计算出甲、乙各自赢得赌金的概率，由此可求得两人各分配的金额. 【详解】甲赢得 法郎的概率为 ，乙赢得 法郎的概率为 ， 因此，这 法郎中分配给甲 法郎，分配给乙 法郎. 故选：A. 7. 某班有n 位同学，统计一次数学测验的平均分与方差．在第一次计算时漏过了一位同学的成绩，算得 位同学的平均分和方差分别为 、 ，所以只好再算第二次，算得n 位同学的平均分和方差分别为 、 ，若已知该漏过了的同学的得分恰好为 ，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【7 题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】依据平均数和方差的定义分别计算出 、 、 、 ，再进行大小比较即可. 【详解】设这个班n 位同学的成绩分别是 ， ，…， ，…， ， 第一次漏过了第i 位同学的 成绩，第一次计算时总分是 ， 方差是 第二次计算时， ， 方差 故 ， 故选：C． 8. 如图，直三棱柱 的底面为直角三角形， ， ， ，P 是 上一动点，则 的最小值为（ ） A. B. C. D. 【8 题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】将 与 同时展平形成一个四边形 ，对角线 即为所求得答案，利用勾 股定理和余弦定理求出答案. 【详解】连接 ， 将 与 同时展平形成一个四边形 ，如图， 则此时对角线 达到最小， 在等腰直角三角形 中， ， ， 在 中， ， ， ，所以 ，即 ， 对于展开形成的四边形 ，在 中， ， ， ， 由余弦定理有 ． 故选：A． 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0 分） 9. 下列关于复数的命题是真命题的是（ ） A. B. 若 ，则 C. 若 ，则z 是纯虚数 D. 对任意实数 ，都有 是虚数 【9 题答案】 【答案】ABD 【解析】 【分析】本题考查复数的相关概念以及运算， ． 【详解】 ，故A 对； 若 ，则 ，故 ，B 对； 若 ，显然满足题意，但z 为实数也可以，故C 错； 因为 ，故 是虚数，D 对． 故选：ABD． 10. 某企业2021 年12 个月的收入与支出数据的折线图如图所示． 已知：利润 收入 支出，根据该折线图，下列说法正确的是( ) A. 该企业2021 年第一季度的利润约是105 万元 B. 该企业2021 年第一季度的利润低于第二季度的利润 C. 该企业2021 年4 月至7 月的月利润持续增长 D. 该企业2021 年11 月份的月利润最大 【10 题答案】 【答案】BC 【解析】 【分析】根据图像分别估算出每月的利润即可逐项判断． 【详解】对于A，该企业2021 年第一季度的利润约是 (万元)，故A 错 误； 对于B，该企业2021 年第二季度的 利润约是 (万元)，故该企业2021 年第一季度的利润低于第二季度的利润，故B 正确； 对于C，该企业2021 年4 月至7 月的月利润(单位：万元)分别约为10、28、30、52，∴该企业2020 年4 月 至7 月的月利润持续增长，故C 正确； 对于D，该企业2021 年7 月和8 月的月利润均约为50 万元，11 月份的月利润约为45 万元，该企业2021 年7 月和8 月的月利润大于11 月份的月利润，故D 错误． 故选：BC． 11. 如图所示，已知正方体 的棱长为2， ， 分别是 ， 的中点， 是线段 上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当点P 与A，B 两点不重合时，平面 截正方体所得的截面是五边形 B. 平面 截正方体所得的截面可能是三角形 C. 一定是锐角三角形 D. 面积的最大值是 【11 题答案】 【答案】AD 【解析】 【分析】依据平面的性质画出平面 截正方体所得的截面判断选项AB；举反例否定选项C；求得 面积的最大值判断选项D 【详解】如图，当点P 与A，B 两点不重合时，将线段MP 向两端延长， 分别交CD，CB 的延长线于点O，Q，连接NO，NQ 分别交 ， 于R，S 两点， 连接RM，SP，MP 此时截面为五边形MPSNR，所以A 正确； 当点P 与点A 或点B 重合时，截面为四边形. 综上，平面 截正方体所得的截面为四边形或五边形.不可能是三角形，所以B 不正确； 考虑 ，当点P 与点A 重合时， ， ， ， 此时因为 ，故 为钝角，所以C 判断错误； 当点P 与点B 重合时，点P 到直线MN 的距离取到最大值， 的面积取到最大值，此时 ， ， 则MN 边上的高为 ， △ 的面积为 ，即最大值为 ，D 判断正确． 故选：AD． 12. 已知向量 ， ， 满足 ， ， ， ，则下列说法正确的是（ ） A. 若 ，则 B. C. ，有 D. 若 ， ，则 【12 题答案】 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合已知条件，利用平面向量数量积的运算性质逐个检验即可 【详解】对于A，因为 ， ， 所以 ， 所以 ，所以 ，故A 正确； 对于B，因为 ，所以 ， 所以 ，故B 错误； 对于C， ，故C 正确； 对于D，因为 ，所以 又 ，则由 得 ，解得 ，故D 正确， 故选：ACD． 三、填空题（本题共4 小题，每小题5 分，共20 分） 13. 棉花的纤维长度是棉花质量的重要指标．在一批棉花中随机抽测了60 根棉花的纤维长度（单位： mm），按从小到大排序结果如下： 25 28 33 50 52 58 59 60 61 62 82 86 113 115 140 143 146 170 175 195 202 206 233 236 238 255 260 263 264 265 293 293 294 296 301 302 303 305 305 306 321 323 325 326 328 340 343 346 348 350 352 355 357 357 358 360 370 380 383 385 由此，你估计这批棉花的第95 百分位数为________． 【13 题答案】 【答案】375 【解析】 【分析】根据百分位数的概念结合已知数据即可计算. 【详解】∵ ， ∴第95 百分位数为第57、58 项数据的平均值，为 ． 故答案为：375. 14. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次出现的点数记为 ，第二次出现的点数记为 ，则 的概率为________． 【14 题答案】 【答案】 【解析】 【分析】确定样本空间和“ ”包含的样本点个数，再利用古典概型的概率公式进行求解. 【详解】抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次出现的点数记为 ， 第二次出现的点数记为 ，则样本空间Ω 共 个样本点； 这36 个样本点发生的可能性是相等的． 设事件A 为“ ”，则事件A 包含的样本点 有(2，1)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)， (4，2)，(5，2)，(6，2)，(6，3)，共9 个； 所以 ． 故答案为： . 15. 在 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知 ，且 ， 若BC 边上的中线长 ，则 的面积为________． 【15 题答案】 【答案】 【解析】 【分析】根据 和正弦定理边化角可求cosA，从而求得A、B、C；在△ADC 中，利用余弦定理可求CD，从而可求AC、AB，根据 即可求得答案． 【详解】∵ ， ∴由正弦定理得 ， ∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ， ． 设 ，则DC=DB=x， 在 中，由余弦定理得 ，解得 ， ∴ ， ∴ ． 故答案为： ． 16. 在棱长为 的正方体空盒内，有四个半径为 的小球在盒底四角，分别与正方体底面处交于某一顶 点的三个面相切，另有一个半径为 的大球放在四个小球之上，与四个小球相切，并与正方体盒盖相切， 无论怎样翻转盒子，五球相切不松动，则小球半径的最大值为________；大球体积的最小值为________． 【16 题答案】 【答案】 ①. . ② 【解析】 【分析】当正方体盒内四个小球最大时，四个小球相切，且与正方体侧面相切，易求此时小球半径 为正 方体棱长的 ，大球球心与四个小球球心构成一个正四棱锥，根据大球和正方体盒盖相切即可求出大球半 径，从而求出大球体积． 【详解】由题意，正方体盒内四个小球最大时，四个小球相切，且与正方体侧面相切， 此时小球半径 ，则小球体积最大值为 ， 显然大球此时最小，大球球心O 与四个小球球心 ， ， ， 构成一个正四棱锥， ，侧棱 ， 设正方形 的中心 ，则 ， 高 ， 将 向两端延长交上底面于H，交下底面于K，则： ， 故 ，即 ，解得 ． ∴大球体积的最小值为 ． 故答案为： ； ． 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. 在 中，向量 ，向量 ，且满足 ． （1）证明 ，并求角 的大小； （2）求 的取值范围． 【17 题答案】 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）根据 ，可得 ，根据数量积的 坐标表示求得 ，即可得解； （2）根据三角形内角关系，利用三角恒等变换化简，再结合正弦函数的性质即可得出答案. 【小问1 详解】 证明：由 ，得 ， 故有 ，所以 ， 由 ， ， 所以有 ，得 ， 又 ，所以 ； 【小问2 详解】 解： ， 又 ，则 ， ， 所以 ， 即 的取值范围是 ． 19. 如图，在直三棱柱 中，底面 是正三角形， ， 边上的中点为 D． （1）求四棱锥 的体积； （2）求三棱柱 截去三棱锥 后所得几何体的表面积． 【19 题答案】 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用锥体体积公式去求四棱锥 的体积； （2）分别求得所剩几何体各个面的面积即可求得三棱柱 截去三棱锥 后所得几何 体的表面积． 【小问1 详解】 设 边上的中点为E．连接 ， 又面 面 ,面 面 ，则 平面 ， 即 为四棱锥 的高， ． 所以四棱锥 的体积 ． 【小问2 详解】 由题意得 ， ， ， 从而 ，所以 ， 所以 ， 所以 所以三棱柱 截去三棱锥 后所得几何体的表面积为 ． 21. 从某种产品中抽取100 件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频数分布表： 质量指标值分组 [75，85) [85，95) [95， 105) [105，115) [115，125] 频数 6 26 38 22 8 （1）根据上表补全所示的频率分布直方图； （2）估计这种产品质量指标值的平均数、方差(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)及中位数(保 留一位小数)； （3）根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95 的产品至少要 占全部产品的80%”的规定？ 【21 题答案】 【答案】（1）频率分布直方图见解析； （2）平均数为 ，方差为 ，中位数为99.7； （3）不能认为该企业伸长的这种产品符合“质量指标不低于95 的产品至少要占全部产品的80%”的规定﹒ 【解析】 【分析】(1)根据频数求出 ，画出每一组的小矩形即可； (2)根据平均数、方差、中位数的计算方法计算即可； (3)求出[95，105)、[105，115)、[115，125]这三组的总频率，与80%比较即可． 【小问1 详解】 质量指标值分组 [75，85) [85，95) [95， 105) [105，115) [115，125] 频数 6 26 38 22 8 0.006 0.026 0.038 0.022 0.008 补全后的频率分布直方图如图所示， 【小问2 详解】 质量指标值的样本平均数为： ， 质量指标值的样本方差为： ， ∴这种产品质量指标值的平均数约为100，方差约为104． 第一组频率为：0.06，第二组频率为：0.26，第三组频率为：0.38， ∵0.06+0.26<0.5，0.06+0.26+0.38>0.5， ∴中位数落在第三组 内，设中位数为x， 则 ，解得 ， 因此，中位数为99.7； 【小问3 详解】 质量指标值不低于95 的产品所占比例约为 ， 由于该估计值小于0.8，故不能认为该企业生产的这种产品符合“质量指标不低于95 的产品至少要占全部产 品的80%”的规定． 23. 为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识挑战赛．每位选手挑战时，主持人用电脑出题 的方式，从题库中随机出 道题，编号为 ， ， ，电脑依次出题，选手按规则作答，挑战规则如下： ①选手每答对一道题目得 分，每答错一道题目扣 分； ②选手若答对第 题，则继续作答第 题；选手若答错第 题，则失去第 题的答题机会，从第 题开始继续答题；直到 道题目出完，挑战结束； ③选手初始分为 分，若挑战结束后，累计得分不低于 分，则选手挑战成功，否则挑战失败．选手甲即将参与挑战，已知选手甲答对题库中任何一题的概率均为 ，各次作答结果相互独立，且他不会主动放弃任何一次作答机会，求： （1）挑战结束时，选手甲共答对 道题的概率 ； （2）挑战结束时，选手甲恰好作答了 道题的概率 ； （3）选手甲闯关成功的概率 ． 【23 题答案】 【答案】（1） ；（2） ；（3） . 【解析】 【分析】（1）根据“选手甲共答对 道即选手甲前 题答对且第 题答错”，结合相互独立事件概率计算 公式、概率的加法公式，计算出所求概率. （2）根据“选手甲恰好作答了 道题即选手甲第题答错或第一题答对且第 题答错”， 结合相互独立事 件概率计算公式，计算出所求概率. （3）根据““选手甲闯关成功”是“选手甲恰好作答了 道题”的对立事件”，结合（2）以及对立事件的性 质，计算出所求概率. 【详解】设 为选手答对 题，其中 . （1）设挑战结束后，选手甲共答对 道题为事件 ， 选手甲共答对 道即选手甲前 题答对且第 题答错，所以 ， 所以，由事件独立性的定义得 . （2）设挑战结束时，选手甲恰好作答了 道题为事件 ， 选手甲恰好作答了 道题即选手甲第题答错或第一题答对且第 题答错 所以 由概率的加法公式和事件独立性的定义得 （3）设选手甲挑战成功为事件 若选手甲挑战成功，则选手甲共作答了 道题，且选手甲只可能作答 题或 道题 所以“选手甲闯关成功”是“选手甲恰好作答了 道题”的对立事件， 所以 根据对立事件的性质得 24. 为了美化环境，某公园欲将一块空地规划建成休闲草坪，休闲草坪的 形状为如图所示的四边形 ， 已知 ， ， 是以 为直角顶点的直角三角形．拟修建两条小路 、 （路的宽度忽略不计），沿路径 从 处到 处比沿路径 和 从 处到 处近 米. （1）若 ，求 的值和 的长度； （2）设 与 交于点 ，若 ，现公园管理方为了建一个更大的圆形花坛，应该选择 的内切圆还是 的内切圆？ 【24 题答案】 【答案】（1） ， （2）应该选择 的内切圆作为花坛 【解析】 【分析】（1）求得出 、 的正弦值，利用两角和的正弦公式可求得 ，利用正弦定 理可得出 ， ，结合已知条件可求得 的长，进而可求得 、 的长，利用 余弦定理可求得 的长； （2）推导出 ，利用正弦定理比较出 、 的周长的大小，利用等面积法可得出两个 三角形内切圆半径的大小，即可得出结论. 【小问1 详解】 解：由 ， ，则 、 均为锐角， 所以， ， ， 且 ， 故由正弦定理可得 ， ， 从而