1、高一数学试题 第1页（共 4 页） 厦门市 2021-2022 学年度第二学期高一年级质量检测 数学试题 满分：150 分 考试时间：120 分钟 考生注意： 1答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。 2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。 3考试结束后，将答题卡交回。 一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个
2、选项中，只有一项是符合题目要求的。 1若1iiz，则z= A12 B22 C2 D2 2一个志愿者组织有男志愿者120人，女志愿者180人，按性别进行分层，用分层随机抽 样的方法从中抽取一个容量为50的样本如果样本按比例分配，那么男志愿者应抽取的 人数是 A10 B20 C30 D40 3已知 0.5P A ， 0.3P B ，0.2P AB ，则P AB A0.5 B0.6 C0.8 D1 4下列正确的是 A过球面上两点与球心有且只有一个平面 B用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台 C底面是正多边形，侧棱与底面所成的角都相等的棱锥是正棱锥 D有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形
3、的多面体是棱台 5正四面体ABCD中，M为棱AD的中点，则直线AB与CM所成角的余弦值为 A36 B1111 C33 D336 6在ABC中，点D在边BC上，M是AD的中点，若BMABAC , R， 则 A12 B2 C12 D2 7抛掷一枚质地均匀的骰子2次，甲表示事件“第一次骰子正面向上的数字是2”，乙表 示事件“两次骰子正面向上的数字之和是5”，丙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和 是7”，则 A甲乙互斥 B乙丙互为对立 C甲乙相互独立 D甲丙相互独立 8记ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若1c ，cos2sinaBC， 1cossin8AB ，则ABC外接圆的半径为
4、A1 B2 C3 D4 高一数学试题 第2页（共 4 页） 二、多选题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9我省高考采用“3 12 ”模式，语文、数学、外语是必选科目，物理和历史必选一科， 化学、生物、思想政治、地理四个科目选择两科现统计甲、乙两名学生高一年六个科 目的学年成绩如下图所示，则 A甲六科学年成绩比乙均衡 B甲、乙六科学年成绩均在70分以上 C从成绩角度看，乙更适合选择历史科目组 D 甲、 乙六科学年成绩超过90分的科目数量相同 10若2,0a ，1,
5、 3b ，则 A2a b B|=|abab Ca与b的夹角为6 Db在a方向上的投影向量为12a 11已知复数1z，2z是方程210 xx 的两根，则 A121zz B121zz C212zz D111zzR 12如图，圆台12OO中，母线AB与下底面所成的角为60，BC为上底面直径， 2166O AO B，则 A圆台的母线长为10 B圆台的侧面积为70 C由点A出发沿侧面到达C的最短距离是2 37 D在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体的 棱长最大值是4 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13若复数 22563izmmmm是纯虚数，则实数m= 14从直线
6、a，b和平面这三个空间元素中取两个，若已知它们与第三个元素有平行或 垂直关系，则所取的两个元素也有平行或垂直关系 写出一个满足题意的真命题：若 ，则 15记锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 222sinsincossincosBCBCA， 若BE，CF是ABC的两条高，则BECF的取值范围是 16某电池厂有A，B两条生产线制造同一型号可充电电池现采用样本量比例分配的分 层随机抽样， 从某天两条生产线上的成品中随机抽取样本， 并测量产品可充电次数的均 值及方差，结果如下： 项目 抽取成品数 样本均值 样本方差 A生产线产品 8 210 4 B生产线产品 12 200 4 则2
7、0个产品组成的总样本的方差为 （第 12 题图）（第 9 题图）CBAO1O2乙甲10090807060地理思想政治生物化学历史物理高一数学试题 第3页（共 4 页） 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 （10 分） 已知1e，2e 是两个单位向量，12ABe ，126ACee ，且3 7BC （1）求1e，2e 的夹角； （2）若D为线段BC上一点，2DCBD，求证：ADAB 18 （12 分） 如图，棱长为2的正方体1111ABCDABC D中，E，F分别是棱1AA，1CC的中点，过 E作平面，使得平面BDF （1）作出截正方体111
8、1ABCDABC D所得的截面，写出作图过程并说明理由； （2）求平面与平面BDF的距离 FEC1D1B1CDA1AB 19 （12 分） 防洪是修建水坝的重要目的之一现查阅一条河流在某个水文站50年的年最大洪峰流 量（单位：31100ms）的记录，统计得到如下部分频率分布直方图： 频率组距年最大洪峰流量/100m3s-10.0440.0400.036605040300.0320.0280.0240.0200.0160.0120.008O200.00410 记年最大洪峰流量大于某个数的概率为p，则年最大洪峰流量不大于这个数的概率为 1p定义重现期（单位：年）为概率的倒数规定：当50%p 时，用
9、p报告洪水， 即洪水的重现期1Tp； 当50%p 时， 用1p报告枯水， 即枯水的重现期11Tp 如 1100p ，则报告洪水，重现期100T （年） ，通俗的说法就是“百年一遇” （1）补齐频率分布直方图（用阴影表示） ，并估计该河流年最大洪峰流量的平均值x （同一组数据用该区间的中点值作代表） ； （2）现拟在该水文站修建水坝，要求其能抵挡五十年一遇的洪水用频率估计概率， 求它能承受的最大洪峰流量（单位：31100ms）的最小值的估计值 高一数学试题 第4页（共 4 页） 20 （12 分） 如图，三棱台111ABCABC中，1BCCC，112ABBCCABC，1113CCBC （1）求证
10、：1ABBC； （2）若二面角1CBCA的平面角为60，求直线1AC与平面11BCC B所成角的正弦 值 C1A1B1BAC 21 （12 分） 某学校组织校园安全知识竞赛在初赛中有两轮答题，第一轮从A类的5个问题中任选 两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中选两 题作答，每答对1题得30分，答错得0分如果两轮总积分不低于60分则晋级复赛 小芳和小明同时参赛，已知小芳每个问题答对的概率都为0.5在A类的5个问题中， 小明只能答对4个问题；在B类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4他 们回答任一问题正确与否互不影响 （1）求小明在第一轮得40分的概率；
11、 （2）以晋级复赛的概率大小为依据，小芳和小明谁更容易晋级复赛？ 22 （12 分） 记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 已知cos3 sin0aCaCbc， 3b . （1）若21a ，求c； （2）点A，B，C分别在等边DEF的边DE，EF，FD上（不含端点） 若DEF 面积的最大值为7 3，求c 高一数学试题答案 第1页（共 6 页） 厦门市 2021-2022 学年度第二学期高一年级质量检测 数学试题参考答案与评分标准 一、单选题：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 1B 2B 3B 4C 5A 6A 7D 8
12、B 题源：题源：1教材教材 P95 复习参考题复习参考题 7； 2教材教材 P181 问题问题 3； 3教材教材 P242 练习练习 1； 4教材教材 P106 习题习题 8.1-6； 5教材教材 P148 练习练习 3； 6教材教材 P26 例例 1； 7教材教材 P233 练习练习-2；教材；教材 P250 习题习题 10.2-1； 8教材教材 P54 习题习题 6.4-17 二、多选题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分 9ACD 10AD 11BD 12ABD
13、题源：题源：9教材教材 P199； 10教材教材 P18； 11教材教材 P80 练习练习 4-2； 12教材教材 P119 练习练习-1 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 132 14若a，b，则ab 151,22 1628 注：14 题的可能答案还有： （）若a，b，则ab； （）若a，b，则ab； （）若ab，b，则a； （）若ba，a，则b 题源：题源：13教材教材 P69 例例 1； 14教材教材 P171 复习参考题复习参考题 8-15； 15教材教材 P54 习题习题 6.4-16； 16教材教材 P212 例例 6 四、解答题：本题共 6 小题，共 7
14、0 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17本题考查平面向量基本定理，向量的线性运算，向量的数量积等知识；考查推理论证能 力和运算求解能力；考查化归与转化、数形结合等数学思想本题满分 10 分 （题源：（题源： 教材教材 P37 习题习题 6.3-11） （1）解：因为121126232BCACABeeeee - 1 分 由3 7BC 知263BC ，即 22212112212329449 5463eeee eee e ， 解得1212e e ， - 3 分 所以1212121cos,2e ee eee ， 因为12,0,e e ，所以1e，2e 的夹角为3 - 5 分 （2）解：由题意
15、知2DCBD ，即2ACADADAB ，化简得 1121211246233ADABACeeeee ， - 7 分 所以 2121112122222 1202AD ABeeeee e - 9 分 又因为AD，AB 均为非零向量，所以ADAB ，所以ADAB - 10 分 高一数学试题答案 第2页（共 6 页） 18本题考查空间几何体结构特征、直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系、棱锥 的体积等基本知识；考查空间想象、推理论证、运算求解等能力，考查化归与转化、数 形结合等数学思想本题满分 12 分 （题源：教材（题源：教材 P140 例例 4；P138 例例 3） （1）解：连接1B E，1
16、D E和11B D，则平面11B D E为平面 - 2 分 在正方体1AC中，因为11BBDD，11BBDD，所以四边形11BB D D为平行四边 形，所以11B DBD 又因为11B D 平面BDF，BD 平面BDF，所以11B D平面BDF - 3 分 取1BB的中点H，连接EH，1C H，因为11EHAB，11EHAB，1111C DAB， 1111C DAB，所以四边形11C D EH为平行四边形，所以11D EC H 又因为1BHC F，1112BHC FBB，所以四边形1BHC F为平行四边形，所以 1C HBF，所以1D EBF 又1D E 平面BDF，BF 平面BDF，所以1D
17、 E平面BDF - 5 分 又因为1111D EB DD，111,D E B D 平面，所以平面平面BDF - 6 分 HFEC1D1B1CDA1AB FEC1D1B1CDA1BA （2）解：由（1）知平面平面BDF，所以平面内的点1B到平面BDF的距离等 于平面到平面BDF的距离，设距离为d - 7 分 因为DC 平面11BBC C，所以三棱锥1DBB F的高即为DC 因为2212 25262BDFS，112222BB FS ， - 9 分 又11BBDFD BB FVV，所以11133BDFBB Fd SDC S，所以1BB FBDFDC SdS - 11 分 即222 636d - 12
18、 分 19本题考查频率分布直方图、样本的数字特征、用样本估计总体等知识；考查推理论证、 运算求解、数据处理等数学能力；考查数形结合、化归与转化等数学思想本题满分 12 分 （题源：教材（题源：教材 P202 例例 3；P206） （1）解：由频率分布直方图知年最大洪峰流量在区间10,20，20,30，30,40， 50,60上的频率分别为100.0080.08，100.0200.2，100.0440.44， 100.0040.04， - 2 分 所以年最大洪峰流量在区间40,50的频率为10.080.20.440.040.24 - 3 分 所以频率分布直方图中缺失的小矩形的高度为0.24100
19、.024 - 4 分 补齐频率分布直方图如下： 高一数学试题答案 第3页（共 6 页） 频率组距年最大洪峰流量/100m3s-10.0440.0400.036605040300.0320.0280.0240.0200.0160.0120.008O200.00410 - 5 分 所以15 0.0825 0.235 0.4445 0.24550.04x 1.2515.410.82.234.6 - 7 分 （2）解：设水坝能承受的最大洪峰流量的最小值为a 由题意知150Tp，所以10.0250p ，即要求年最大洪峰流量大于a的概率 小于等于0.02 - 8 分 所以可由样本的98%分位数作为a的估计
20、值 - 9 分 由频率分布方图可知年最大洪峰流量在区间50,60的频率为0.04，所以样本的 98%分位数在50,60内 - 10 分 设样本的98%分位数为m，由10.004600.98m，得55m - 11 分 所以样本的98%分位数的估计值为55 所以，a的估计值为55（单位：31100ms） - 12 分 20本题考查空间中点、线、面之间的位置关系，线面角、二面角等数学知识；考查运算求 解、推理论证、空间想象等数学能力；考查转化与化归，数形结合等数学思想 （题源：（题源： 教材教材 P155 练习练习-3；P171 复习参考题复习参考题 8-13） （1）证明：取BC中点M，连接AM，
21、1B M 因为11BCMC且11BCMC， 所以四边形11MCC B为平行四边形， - 1 分 所以11B MCC且11B M CC= - 2 分 又1BCCC，所以1BCB M - 3 分 因为ABAC，MBMC，所以BCAM - 4 分 又1AMB MM，1,AM B M 平面1AB M，所以BC 平面1AMB - 5 分 因为1AB 平面1AMB，所以1ABBC - 6 分 HC1A1B1MBCA （2）解：由（1）可知1B MA为二面角1CBCA的平面角，即160B MA - 7 分 设2ABa，则113AMB MCCa，所以1AMB为等边三角形 所以11BCa，13ABa - 8 分
22、 高一数学试题答案 第4页（共 6 页） 取1B M的中点H，连接AH，1C H，则1AHB M 由（1）可知BC 平面1AMB，AH 平面1AMB，从而AHBC 又1BCB MB，1,BC B M 平面11BCC B，所以AH 平面11BCC B - 9 分 所以1AC H为直线1AC与平面11BCC B所成的角 - 10 分 因为1BCAB，11BCBC，所以111BCAB 所以22132ACaaa - 11 分 又3sin602AHAMa ，在1RtAHC中，113sin4AHAC HAC 所以直线1AC与平面11BCC B所成角的正弦值为34 - 12 分 21本题考查样本空间、古典概
23、型、概率的基本性质、事件的相互独立性等数学知识；考查 逻辑推理、运算求解等数学能力；考查化归与转化、分类讨论等数学思想本题满分 12 分（题源：教材（题源：教材 P235 例例 8；P249 例例 3） （1）解：记M “小明在第一轮得40分”，小明能答对的A类的4个问题记为1a，2a， 3a，4a，不能答对的A类的1个问题记为b，则样本空间为1213,a aa a 141232423434,a aa ba aa aa ba aa ba b， 共有10个样本点 - 2 分 M所包含的基本事件为121314232434,Ma aa aa aa aa aa a， 共有6个样本点； - 3 分 因为
24、A类问题中的每个问题被抽到的可能性相等，所以这是一个古典概型 所以60.610P M ，即小明在第一轮得40分的概率为0.6 - 4 分 （2）解：记iM “第二轮比赛小明恰好答对B类的i个问题”，1,2i ； N “小芳在第一轮得40分”； iN “第二轮比赛小芳恰好答对B类的i个问题”，1,2i 根据独立性假设10.40.60.6 0.40.48P M，20.40.40.16P M 且0.5 0.50.25P N ，10.5 0.50.5 0.50.5P N， 20.5 0.50.25P N - 6 分 记G “小明晋级复赛”，H “小芳晋级复赛”，则122GMMMMMM， 122HNNN
25、NNN，且1MM，2MM，2MM两两互斥，1NN，2NN，2NN 两两互斥，M与1M，M与2M，M与2M，N与1N，N与2N，N与2N分别 相互独立 且10.4P MP M ， 110.250.75P NP N - 7 分 所以 122P GP MMP MMP MM 122P M P MP M P MP M P M， 0.60.480.6 0.160.40.160.448 - 9 分 122P HP NNP NNP NN 122P N P NP N P NP N P N， 0.25 0.50.250.250.75 0.250.375 - 11 分 因为0.4480.375，所以小明更容易晋级复
26、赛 - 12 分 高一数学试题答案 第5页（共 6 页） 22本题考查正弦定理、余弦定理等数学知识；考查推理论证、运算求解等数学能力；考查 数形结合、化归与转化、分类讨论等数学思想本题满分 12 分 （题源：教材（题源：教材 P54 习习 题题 6.4-22） （1）解：因为cos3 sin0aCaCbc，由正弦定理及180ABC知， sincos3sinsinsinsin0ACACBC， 即sincos3sinsinsinsin0ACACACC， 即sincos3sinsinsincoscossinsin0ACACACACC， 由sin0C 化简得3sincos1AA，即1sin302A ，
27、 - 3 分 又0 ,180A，所以60A - 4 分 ABC中，由余弦定理，2222cosabcbcA，所以23180cc， 即3 32 30cc，解得3 3c （负值舍去） - 5 分 （2）解：由237 34DEFSDE，得DE的最大值为2 7 如图，设DAC，因为60ED ， 所以120ACDEAB ，所以EBA DFBACE ACD中，由正弦定理sin 120sin60ADb，即3sin 120sin60AD ABE中，由正弦定理sinsin60AEc，所以sinsin60cAE - 7 分 所以3sin 120sinsin60sin60cDEADAE 22233233cossins
28、in222233cc 其中32tan32c ，且0 ,90 - 9 分 下面证明：无论c取何值，总存在一个，使得90 因为DACEBA ，120ACDEAB ， 所以180180FBCABCABEB， 所以18018012060FCBACBACDCC 又因为点A，B，C分别在等边DEF的边DE，EF，FD上（不含端点） ， 所以DAC，EBA，ACD，EAB，FBC，FCB都大于0， 所以0 ,1200 ,1800 ,600BC ，即0 ,120 ,180,60BC （）当3cb时，CB，又因为120BC， 高一数学试题答案 第6页（共 6 页） 所以60120C，060B. 所以600C ，180120B 所以式可化为60120C，所以60 ,120C 又因为33122tan333322c，所以0 ,30 又6090C，12090 ，所以9060 ,120C - 10 分 （）当3cb时，CB，又因为120BC， 所以60120B，060C，所以600C ，180120B. 所以式可化为0180B， 所以,180B. 又因为33122tan333322c且3322tan33322c， 所以30 ,60，所以180603090B . 所以90,180B - 11 分 所以当90时，22max2332 7223DEc， 得2 3c ，此时满足（） - 12 分
