2021-2022学年高一第二学期数学期末考试
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40.0分）
1.设全集，，，则图中阴影部分对应的集合为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据图可知：阴影部分对应的集合为，利用数轴先求出，而后求出即可.
【详解】图中阴影部分对应的集合为，因为，
所以，故本题选A.
【点睛】本题考查了识图能力，考查了集合的交集、补集的运算，把图形语言转化为符号语言是解题的关键，运用数轴解决数集之间的运算是常见的方法.
2.已知，，，则（）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
本题可通过确定、、三个数的取值范围来得出、、三个数的大小.
【详解】因为，所以，
因为，，
所以，
故选：D.
3.袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“和”、“谐”、“校”、“园”四个字，有放回地从中任意摸出一个小球，直到“和”、“谐”两个字都摸到就停止摸球，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止摸球的概率．利用电脑随机产生到之间取整数值的随机数，分别用，，，代表“和”、“谐”、“校”、“园”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下组随机数：
由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】随机模拟产生了18组随机数，其中第三次就停止摸球的随机数有4个，由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率．
【详解】随机模拟产生了以下18组随机数：
343432341342234142243331112
342241244431233214344142134
其中第三次就停止摸球的随机数有：142，112，241，142，共4个，
由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为p．
故选B．
【点睛】本题考查概率的求法，考查列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
4.已知是两条直线，是两个平面．给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则；⑤，则，则命题正确的个数为（）
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】B
【解析】
【分析】在①中，或；在②中，由线面垂直的性质定理得；在③中，由面面平行的判定定理得；在④中，n与m平行或异面；在⑤中，m与n相交、平行或异面．
【详解】解：由是两条直线，是两个平面，知：
在①中，若，则或，故①错误；
在②中，若，则由线面垂直的性质定理得，故②正确；
在③中，若，则由面面平行的判定定理得，故③正确；
在④中，若，则与平行或异面，故④错误；
在⑤中，，则与相交、平行或异面，故⑤错误．
所以，正确的命题个数为2个.
故选：B．
5.将一枚均匀的骰子掷两次，记事作为“第一次出现奇数点”，为“第二次出现偶数点”，则有（）
A.与相互独立 B.
C.与互斥 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据相互独立事件的定义可判断A；根据互斥事件的概念、以及和事件的概率公式可判断B、C；由相互独立事件概率的乘法公式可判断D，进而可得正确选项.
【详解】对于A：由题意知，事件的发生与否对事件没有影响，所以与相互独立，故选项A正确；
对于C：因为事件与可能同时发生，所以事件与不是互斥事件，故选项C不正确
对于B：因为与不是互斥事件，所以，故选项B不正确；
对于D：因为与相互独立事件，则，故选项D不正确；
故选：A.
6.已知，且，i为虚数单位，则的最大值是（）
A.5 B.6 C.7 D.8
【答案】B
【解析】
【分析】设，由可知z对应的点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而表示圆上的点到的距离，由此可确定的最大值．
【详解】解：∵，故设，，
∴，
∴，
故复数对应的点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
∵表示圆上的点到点的距离，
∴的最大值是，
故选：B．
7.正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点，若，则（）
A. B. C.2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】以，为坐标轴建立平面直角坐标系，由转化为坐标的运算可得答案.
【详解】以，为坐标轴建立平面直角坐标系，如图：
设正方形边长为1，则，，．
因为，所以
解得，所以．
故选：B．
8.已知非零向量与满足，且，则为（）
A.等腰非直角三角形 B.直角非等腰三角形
C.等腰直角三角形 D.等边三角形
【答案】C
【解析】
【分析】由推出，由推出，则可得答案.
【详解】由，得，得，得，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，即，
所以为等腰直角三角形.
故选：C
二、