2021-2022學年山東省萊西市高一下學期華商班6月月考數(shù)學試題【含答案】

1、2021-2022學年山東省萊西市高一下學期華商班6月月考數(shù)學試題一、單選題1已知復數(shù)滿足，則（）ABCDD【分析】由已知條件求出復數(shù)，利用共軛復數(shù)的定義可得出結(jié)果.【詳解】因為，所以，因此，.故選：D.2若兩個向量滿足，則與的夾角是（）ABCDC【分析】依據(jù)向量夾角的余弦公式即可求得與的夾角.【詳解】，又則，即與的夾角是故選：C3現(xiàn)要完成下列3項抽樣調(diào)查：從15種疫苗中抽取5種檢測是否合格某科研院所共有480名科研人員，其中具有高級職稱的有48名，具有中級職稱的有360名，具有初級職稱的有72名為了解該科研院所科研人員的創(chuàng)新能力，擬抽取一個樣本容量為20的樣本在中秋節(jié)前，某食品監(jiān)督局從某品牌

2、的10盒月餅中隨機抽取3盒進行食品衛(wèi)生檢查較為合理的抽樣方法是（）A簡單隨機抽樣，分層抽樣B簡單隨機抽樣，分層抽樣C簡單隨機抽樣，分層抽樣D簡單隨機抽樣，分層抽樣A【分析】根據(jù)簡單隨機抽樣和分層抽樣的概念判斷【詳解】中總體容量較少，且個體沒有明顯差別，適合用簡單隨機抽樣；中總體是由有明顯差異的幾部分組成的，適合用分層抽樣.故選：A4某工廠利用隨機數(shù)表對生產(chǎn)的700個零件進行抽樣測試，先將700個零件進行編號，001，002，699，700，從中抽取70個樣本，下圖提供隨機數(shù)表的第4行到第6行，若從表中第5行第6列開始向右讀取數(shù)據(jù)，則得到的第8個樣本編號是（）A623B457C368D072C【

3、分析】從表中第5行第6列開始向右讀取，舍去超出范圍和重復的數(shù)據(jù)，即可得出結(jié)果.【詳解】從表中第5行第6列開始向右讀取分別為，253，313，457，860舍，736舍，253舍，007，328，623，457舍，889舍，072，368，第8個為368故選：C易錯點睛：本題要舍去超出范圍和重復的數(shù)據(jù).5在發(fā)生某公共衛(wèi)生事件期間，有專業(yè)機構(gòu)認為該事件在一段時間沒有發(fā)生在規(guī)模群體感染的標志為“連續(xù)10天，每天新增疑似病例不超過7人”.根據(jù)過去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例數(shù)據(jù)，一定符合該標志的是A甲地：總體均值為3，中位數(shù)為4B乙地：總體均值為1，總體方差大于0C丙地：中位數(shù)為2，眾數(shù)為3D

4、丁地：總體均值為2，總體方差為3D【詳解】試題分析：由于甲地總體均值為，中位數(shù)為，即中間兩個數(shù)（第天）人數(shù)的平均數(shù)為，因此后面的人數(shù)可以大于，故甲地不符合.乙地中總體均值為，因此這天的感染人數(shù)總數(shù)為，又由于方差大于，故這天中不可能每天都是，可以有一天大于，故乙地不符合，丙地中中位數(shù)為，眾數(shù)為，出現(xiàn)的最多，并且可以出現(xiàn)，故丙地不符合，故丁地符合.眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)、方差6從裝有兩個白球和兩個黃球的口袋中任取2個球，以下給出了四組事件：至少有1個白球與至少有1個黃球；至少有1個黃球與都是黃球；恰有1個白球與恰有1個黃球；恰有1個白球與都是黃球其中互斥而不對立的事件共有（）A0組B1組C2組D3組

5、B根據(jù)互斥事件和對立事件的定義，即可判斷【詳解】中“至少有1個白球”與“至少有1個黃球”可以同時發(fā)生，如恰有1個白球和1個黃球，中的兩個事件不是互斥事件中“至少有1個黃球”說明可以是1個白球和1個黃球或2個黃球，則兩個事件不互斥中“恰有1個白球”與“恰有1個黃球”，都是指有1個白球和1個黃球，因此兩個事件是同一事件中兩事件不能同時發(fā)生，也可能都不發(fā)生，因此兩事件是互斥事件，但不是對立事件;故選:B.7魔方又叫魯比克方塊（Rubks Cube），是由匈牙利建筑學教授暨雕塑家魯比克艾爾內(nèi)于1974年發(fā)明的機械益智玩具，與華容道、獨立鉆石棋一起被國外智力專家并稱為智力游戲界的三大不可思議三階魔方可以

6、看作是將一個各面上均涂有顏色的正方體的棱三等分，然后沿等分線把正方體切開所得，現(xiàn)將三階魔方中1面有色的小正方體稱為中心方塊，2面有色的小正方體稱為邊緣方塊，3面有色的小正方體稱為邊角方塊，若從這些小正方體中任取一個，恰好抽到邊緣方塊的概率為（）ABCDC【分析】由題可知正方體切開共有27個小正方體，其中只有2個面涂色的小正方體共有12個，進而根據(jù)古典概型即可得答案.【詳解】沿等分線把正方體切開得到同樣大小的小正方體共有27個，其中有3個面涂色的小正方體共有8個，只有2個面涂色的小正方體共有12個，只有1個面涂色的小正方體共有6個，所以恰好抽到只有2個面有色的小正方體的概率為故選：C本題考查古典

7、概型，解題的關(guān)鍵在于正確計數(shù)各類型的小正方體，進而利用古典概型公式計算求解，是基礎(chǔ)題.8已如A，B，C是表面積為的球O的球面上的三個點，且，則三棱錐的體積為（）ABCDC【分析】設(shè)球的半徑為，外接圓的半徑為，根據(jù)題意求出，再根據(jù)球心到的距離，即三棱錐的高，從而可得出答案.【詳解】解：設(shè)球的半徑為，外接圓的半徑為，在中，由，則得，所以，因為球O的表面積為，則，解得，所以球心到的距離，即三棱錐的高為，所以三棱錐的體積.故選：C.二、多選題9如圖，點O是正八邊形ABCDEFGH的中心，且，則（）A與能構(gòu)成一組基底BCDBC【分析】對A，由正八邊形性質(zhì)可證與平行，即可由基底定義判斷；對B，由正八邊形性

8、質(zhì)可證，即可由向量數(shù)量積與向量垂直的關(guān)系判斷；對C，由，利用平行四邊形法則即可計算；對D，由，即可根據(jù)向量數(shù)量積定義計算【詳解】連接BG，CF，由正八邊形的性質(zhì)可知，所以，所以與是共線向量，所以與不能構(gòu)成一組基底，A項錯誤；，所以，所以，B項正確；因為，由平行四邊形法則可知，C項正確；正八邊形的每一個內(nèi)角為，所以，D項錯誤（或者從正八邊形的性質(zhì)可知與的夾角為銳角，則有可判斷D錯誤）.故選：BC10已知，則（）ABCDABD【分析】切化弦后，由平方關(guān)系化為關(guān)于的方程，解方程可得，求出后由商數(shù)關(guān)系得，再由正切的二倍角公式得，由余弦的二倍角公式得，由兩角和的正弦余弦公式化簡后代入值可得【詳解】對于選

9、項A，解得或（舍），故選項A正確；對于選項B，故選項B正確；對于選項C，故選項C錯誤；對于選項D，故選項D正確故選：ABD11已知事件，且，則下列結(jié)論正確的是（）A如果，那么，B如果與互斥，那么，C如果與相互獨立，那么，D如果與相互獨立，那么，BD【分析】A選項在前提下，計算出，即可判斷；B選項在與互斥前提下，計算出，即可判斷；C、D選項在與相互獨立前提下，計算出， ，即可判斷.【詳解】解：A選項：如果，那么，故A選項錯誤；B選項：如果與互斥，那么，故B選項正確；C選項：如果與相互獨立，那么，故C選項錯誤；D選項：如果與相互獨立，那么，故D選項正確.故選：BD.本題考查在包含關(guān)系，互斥關(guān)系，相

10、互獨立的前提下的和事件與積事件的概率，是基礎(chǔ)題.12在中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，已知， ，且，則ABCDAD【分析】利用正弦定理邊化角，再結(jié)合余弦定理即可求解.【詳解】.整理可得: 可得 為三角形內(nèi)角, 故A正確，B錯誤.解得 ,由余弦定理得 解得, 故C錯誤，D正確.故選: AD.解三角形的基本策略：一是利用正弦定理實現(xiàn)“邊化角”，二是利用余弦定理實現(xiàn)“角化邊”.三、填空題13已知，是單位向量，且，則向量與的夾角為_.【分析】對兩邊平方，化簡可求出與的數(shù)量積，從而可求出兩向量的夾角【詳解】解：因為，是單位向量，所以，所以由，得，所以，所以，因為，所以，故14已知z14a1(2a

11、23a)i，z22a(a2a)i，其中aR，若z1z2，則a的取值集合為_.0【分析】由條件可知兩個數(shù)為實數(shù)，根據(jù)大小關(guān)系，列式求.【詳解】由z1z2，得解得a0，故a的取值集合為0.故15張衡（78年139年）是中國東漢時期杰出的天文學家、數(shù)學家、發(fā)明家、地理學家、文學家，他的數(shù)學著作有算罔論.張衡給立方體定名為質(zhì)，給球體定名為渾.他研究過球的外切立方體體積和內(nèi)接立方體體積，研究過球的體積，其中還定圓周率值為10的開平方，直到五百多年后，印度和阿拉伯的數(shù)學家才得出這個數(shù)值.現(xiàn)有棱長為的正方體，利用張衡的結(jié)論可得該正方體的內(nèi)切球的體積為_.3600設(shè)正方體的棱長為a，內(nèi)切球的半徑為r，由a=2

12、r，求得半徑，再代入球的體積公式求解.【詳解】設(shè)正方體的棱長為a，內(nèi)切球的半徑為r，則a=2r，因為a=，所以，又，所以球的體積為，故360016已知函數(shù)在中，角，的對邊分別是，且滿足，則的取值范圍是_【分析】先利用正弦定理將邊角關(guān)系轉(zhuǎn)化為角與角的關(guān)系，利用兩角和的正弦公式、誘導公式求出，再根據(jù)和正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)求其范圍.【詳解】由及正弦定理，得，即，即，所以，即，所以，所以，所以故答案為.四、解答題17（1）計算：（i為虛數(shù)單位）；（2）已知是一個復數(shù)，求解關(guān)于的方程，（i為虛數(shù)單位）.（1）8；（2）或【分析】（1）即可化簡得值；（2）設(shè)，建立等式，列方程組求解.【詳解】（1）；（2）

13、設(shè)，即，所以，解得或，所以或.故或此題考查復數(shù)的運算，關(guān)鍵在于根據(jù)題意利用復數(shù)的運算法則，準確計算求解.18如圖所示，正方體的棱長為，過頂點、截下一個三棱錐.(1)求剩余部分的體積；(2)求三棱錐的高.(1)(2)【分析】（1）求出三棱錐的體積，再用正方體的體積減去三棱錐的體積，即可求得剩余部分的體積，（2）利用等體積法求解即可【詳解】(1)因為所以剩余部分的體積，(2)由（1）知，設(shè)三棱錐的高為，由正方體的性質(zhì)可知為等邊三角形，且邊長為，則，所以，解得.所以三棱錐的高為19計算機分理論與實際操作兩部分，每部分成績只記“合格”與“不合格”，兩部分都“合格”者，則計算機“合格”，并頒發(fā)合格證書甲

14、、乙、丙三人在理論中“合格”的概率依次為，在實際操作中“合格”的概率依次為，所有是否合格相互之間沒有影響.（1）假設(shè)甲、乙、丙三人同時進行理論與實際操作兩項，誰獲得合格證書的可能性最大？（2）這三人進行理論與實際操作兩項后，求恰有兩人獲得合格證書的概率.（1）丙；（2）（1）分別計算三者獲得合格證書的概率，比較大小即可（2）根據(jù)互斥事件的和,列出三人后恰有兩人獲得合格證書事件，由概率公式計算即可求解.【詳解】（1）設(shè)“甲獲得合格證書”為事件A，“乙獲得合格證書”為事件B，“丙獲得合格證書”為事件C，則，.因為，所以丙獲得合格證書的可能性最大.（2）設(shè)“三人后恰有兩人獲得合格證書”為事件D，則.

15、本題主要考查了相互獨立事件，互斥事件，及其概率公式的應(yīng)用，屬于中檔題.20在某校高二年級的一次數(shù)學素養(yǎng)能力測試中，甲、乙兩個班級（各40名學生）在這次能力測試中的成績的頻率分布直方圖如圖所示(1)依據(jù)頻率分布直方圖估計甲、乙兩個班級平均成績；(2)若規(guī)定：成績不低于90分的為優(yōu)秀，低于90分的為不優(yōu)秀用分層抽樣從甲、乙兩個班在這次測試成績優(yōu)秀的學生中抽取3人，再從這3人抽取2人作深度分析，求這2人來自不同班級的概率(1)分和分(2)【分析】（1）根據(jù)頻率分布直方圖，利用平均數(shù)的計算方法，即可求得答案;（2）根據(jù)分層抽樣，可求得抽取的3人中，兩班抽取的人數(shù)，然后計算從這3人中抽取2人有幾種情況，

16、這2人來自不同班級有幾種情況，根據(jù)古典概型的的概率公式求得答案.【詳解】(1)同一組數(shù)據(jù)用該區(qū)間的中點值作代表，則甲班的平均成績?yōu)椋海野嗟钠骄煽優(yōu)椋?，故甲、乙兩個班級平均成績分別為分和分；(2)由題意，甲班優(yōu)秀的人數(shù)為人，乙班優(yōu)秀的人數(shù)為人，因此抽取3人中，甲班2人，乙班1人不妨設(shè)甲班抽取的2人為a，b，乙班抽取的1人為c，則從a，b，c這3人中抽取2人的總的基本事件有ab，ac，bc，共3個，其中這2人來自不同班級的基本事件有ac，bc，共2個，故所求的概率為.21在中，角，所對的邊分別為，且.(1)求；(2)若內(nèi)一點滿足：，且，求.(1)(2)【分析】（1）根據(jù)正弦定理，將中的邊化為角

17、，展開并利用兩角和的正弦公式化簡可得答案；（2）首先確定相關(guān)角的大小關(guān)系,設(shè)，然后分別在和中應(yīng)用正弦定理，得到，化簡整理求得最后結(jié)果.【詳解】(1)由正弦定理及，得，又，所以，故，即.又因為，所以，又，解得.(2)因為，所以，設(shè)，則，即，在中，由正弦定理，得；在中，由正弦定理，得；則，所以，解得.22如圖，在四棱錐中，是等腰直角三角形，底面是直角梯形，其中，（1）證明：平面；（2）求二面角的正切值（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）通過線面垂直的判定定理證明平面，由此得到，再根據(jù)線段長度關(guān)系證明，最后根據(jù)線面垂直的判定定理完成證明；（2）的中點為，先證明平面，然后通過作輔助線找到二面角的平面角，最后結(jié)合線段長度可求解出二面角的正切值.【詳解】（1）取中點，連接，