2021-2022学年广东省韶关市高一下学期期末数学试题含解析

2021-2022学年广东省韶关市高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解集合B中的一元二次不等式可得，集合A为集合的列举法，集合B为描述法，进行交集的运算即可.

【详解】由题可知，故，

故选.

2．已知角的终边过点，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三角函数的定义得,再根据诱导公式即可求解.

【详解】由题可知，

故选:B．

3．设，，，则a，b，c的大小关系正确的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别判断各数与0比较大小，即可分别判断.

【详解】由题知，，，故，

故选A .

4．某社区为迎接2022农历虎年，组织了庆祝活动，已知参加活动的老年人、中年人、青年人的人数比为12：15：13，如果采用分层抽样的方法从所有人中抽取一个80人的样本进行调查，则应抽取的青年人的人数为（       ）

A．20 B．22 C．24 D．26

【答案】D

【分析】由分层抽样抽样比可得答案.

【详解】由分层抽样可知，抽取青年人人数为.

故选：D．

5．若电流ⅠA．随着时间t（s）变化的函数的图象如图所示，则（       ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】由图可知，，求出周期，从而可求出的值，然后将代入函数中可求出的值

【详解】由题可知，，，，

所以

代入最值点坐标，得，

所以，得，

因为

所以．

故选：A．

6．下列说法错误的是（       ）

A．若，则或

B．若，，且，则的最小值为4

C．若，则的最小值为

D．函数的值域为

【答案】C

【分析】对于A，直接求解分式不等式即可，对于B，由题意得，化简后利用基本不等式可求得其最小值，对于C，利用基本不等式判断，对于D，令，则，然后利用正弦函数的性质求其值域

【详解】选项A：，所以则或，故A正确；

选项B：，当且仅当时取得等号，故B正确；

选项C，，当且仅当时取得等号，而，从而上述不等式取不到等号，最小值要大于，故C错误；

选项D，可令，，则，，，，，故D正确．

故选：C．

7．如图，在等腰梯形ABCD中，，，，E为BC边上一点，且满足，若，则（       ）

A． B． C．4 D．8

【答案】B

【分析】由平面向量的基本定理与数量积的运算性质求解即可

【详解】由题可知，

故，从而易知．

，

．

故，

故选：B．

8．在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则过B、E、三点的平面截正方体所得的截面图形的面积为（       ）

A．5 B． C． D．

【答案】C

【分析】先作出截面图形，易知截面为菱形，再结合菱形面积公式求解即可

【详解】设平面交棱AD于F，

由正方体性质及平面与平面平行的性质定理得，，

由勾股定理可得四边形所有边长的长度为，

所以是菱形，且为的中点，

取的中点，连接，则

，

故．

故选：C．

二、多选题

9．已知i是虚数单位，若复数z满足，是复数z的共轭复数，则（       ）

A．z的虚部是 B．

C． D．复数z在复平面上对应的点在第一象限

【答案】ACD

【分析】根据复数的概念判定A正确，根据共轭复数的概念判断B错误，根据复数模的计算公式判断C正确，根据复数的几何意义判断D正确.

【详解】原式化简得，虚部为，A对；，B错；，C对；z在复平面上对应的点为，在第一象限，D对，

故选：ACD.

10．已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的有（       ）

A．若，，则 B．若，，，则

C．若，，，则 D．若，，，则

【答案】BC

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判断即可．

【详解】对于A，若，，l和m可以相交，故错误；

对于B，若，，，则，正确；

对于C，若，，则或在内，又，则正确；

对于D，若，，，可能，故不一定成立．

故选：BC．

11．已知函数，则（       ）

A． B．若，则或

C．函数在上单调递减 D．函数在的值域为

【答案】BD

【分析】作出函数图象，根据图象逐个分析判断即可

【详解】函数的图象如左图所示．

，故A错误；

当时，，此时方程无解；当时，或，故B正确；

由图象可得，在上单调递增，故C错误；

由图象可知当时，，，故在的值域为，D正确．

故选：BD．

12．如图，在菱形ABCD中，，，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成，连接和，N为的中点，则（       ）

A．平面平面AMCD

B．线段CN的长为定值

C．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为

D．二面角的最大值为30°

【答案】ABD

【分析】对于A，由已知可得△ABC为等边三角形，则，由翻折性质知，平面，再由面面垂直的判定可得结论，对于B，取AD中点E，由三角形中位线定理可得，，由等角定理得，然后在△NEC中由余弦定理可求出CN长，对于C，由题意可知将三棱锥的顶点放置在长宽高分别为2，，1的长方体的顶点处，从而可求出其外接球的半径，进而可求出球的表面积，对于D，过作，垂足为F，过F作，垂足为D，可和即为二面角的平面角，当时，取得最大值1，从而可求出其角度

【详解】对于A，如图所示，在菱形ABCD中，，，所以△ABC为等边三角形，又M是BC的中点，所以，由翻折性质知，又因为，平面，，所以平面，因为平面AMCD，所以平面平面AMCD，故A正确；

对于B，如图所示，取AD中点E，则，，在菱形ABCD中， ，，因为和的两边方向相同，则由等角定理得，在△NEC中，由余弦定理可得，所以，即CN长为定值，故B正确；

对于C，由题意可知当平面平面AMD时，三棱锥的体积最大，由A项已证知此时平面AMD，易知，所以，故可将三棱锥的顶点放置在长宽高分别为2，，1的长方体的顶点处，此时三棱锥的外接球即为长方体的外接球，则长方体的外接球半径，表面积为，故C错误；

对于D，如图所示，由选项A可知，平面平面AMCD，在平面中，过作，垂足为F，在平面AMCD中，过F作，垂足为，因为平面平面AMCD，，平面平面，平面，所以平面AMCD，即为二面角的平面角．，在菱形ABCD中，已知FG为定值，由平面，知，点的在以M为圆心的圆弧上，所以当时，取得最大值1，此时，因为为锐角，所以，故D正确，

故选：ABD．

三、填空题

13．已知，，则__________．

【答案】

【分析】利用同角三角函数间的关系求解即可

【详解】因为，，

所以．

故答案为：

14．已知，，则在的投影向量是__________（用坐标表示）．

【答案】

【分析】由投影向量得定义求解即可

【详解】因为，，则在的投影向量是

．

故答案为：

15．如图，平面四边形ABCD中，已知，，，，则边AB的长为__________．

【答案】

【分析】根据正弦定理求得，再根据已知求得，利用余弦定理即可求得AB的长.

【详解】依题意得，在△BCD中，由正弦定理可得

即

在△ACD中，，所以，

在△ADB中，由余弦定理得，

解得．

故答案为：

四、双空题

16．已知一组样本数据分为甲、乙两小组，其中，甲小组有10个数，其平均数为60，方差为200；乙小组有40个数，其平均数为70，方差为300，则这组样本的平均数为__________，方差为__________．

【答案】     68     296

【分析】先分别求出甲、乙两小组所占的权重，然后利用平均数和方差的计算公式求解即可.

【详解】解：

．

故答案为：68；296

五、解答题

17．如图，已知正方体的棱长为2，E，F分别是AB，的中点．

(1)求直线与直线所成角的正切值；

(2)求三棱锥的体积．

【答案】(1)2

(2)1

【分析】（1）根据，可得即为直线与直线所成角，解即可得解；

（2）根据棱锥的体积公式即可得解.

【详解】(1)解：在正方体中，有，

所以即为直线与直线所成角，

在中，易知，，

所以，

所以直线与直线所成角的正切值为2．

(2)解：在正方形中，

有，

又平面．

所以，

即三棱锥的体积为1．

18．为弘扬我国优秀传统文化，某校组织了高一年级学生进行这方面的知识测试．根据测试成绩（总分100分），将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示．

(1)求图中a的值；

(2)试估计高一级本次知识测试成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

(3)该校准备对本次知识测试成绩优秀（将成绩从高到低排列，排在前15%的为优秀）的学生进行嘉奖，则受嘉奖的学生分数不低于多少？（结果保留一位小数）

【答案】(1)；

(2)71；

(3)86.7

【分析】（1）直接由频率和为1求解即可；

（2）由每组区间的中点值乘该组频率，再求和即可求解；

（3）先利用频率确定受嘉奖学生最低分所在区间，再由方程求解即可.

【详解】(1)由，解得；

(2)，故本次知识测试成绩的平均分为71；

(3)设受嘉奖的学生分数不低于x分，因为，对应的频率和为，对应的频率，

故，所以，解得．故受嘉奖的学生分数不低于86.7．

19．已知，．

(1)若，求的值．

(2)设，现将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到函数的图象，求函数在上的值域．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据向量平行的坐标关系，可得，根据二倍角的正弦公式，展开，根据齐次式法化简，即可得答案.

（2）由题意得，根据平移原则，可得解析式，根据x的范围，可得的范围，根据正弦型函数的性质，即可得答案.

【详解】(1)因为，所以，

易知，所以．

所以．

(2)由题意得

由图象平移可知

因为，所以，

所以，

所以，即的值域为．

20．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，现给出两个条件：

①；

②．

要求你从中选出一个条件，并以此为依据解下面问题：

(1)求A的值；

(2)若，D为BC中点，且，求的面积．

【答案】(1)任选一条件，都有

(2)

【分析】（1）若选择①，根据正弦定理边化角可得，根据两角和的正弦公式，诱导公式，化简整理，结合角A的范围，即可得答案；若选择②，根据诱导公式，两角和的正切公式，化简整理，结合角A的范围，即可得答案；

（2）由题意得，左右同时平方，结合数量积公式及题干条件，可得c值，代入面积公式，即可得答案.

【详解】(1)若选择①，由正弦定理可得，

可将已知条件转化为

即，

所以．

在中，有，

故，

所以，

又，所以，

故，

又，所以．

若选择②

在中，有，

所以

即，

所以．

又由已知条件得，

又A，B，，所以，所以

所以．

(2)因为，

故，即

代入数据得，

解得或（舍去），

所以，

即的面积为．

21．如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，，，侧面底面ABCD，，，M是棱SB上靠近点S的一个三等分点．

(1)求证：平面平面SAB；

(2)求证：平面SCD；

(3)若△SAB是边长为2的等边三角形，求直线SC与平面ABCD所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）由已知面面垂直可得BC⊥平面SAB，再由面面垂直的判定定理可证得结论，

（2）取棱SC上靠近点S的一个三等分点N，连接MN，DN，则可得到四边形ADNM为平行四边形，所以，再由线面平行的判定定理可证得结论，

（3）取AB中点E，连接SE，EC，可证得SE⊥平面ABCD，所以∠SCE为直线SC与平面ABCD所成角，然后在△SCE中求解即可

【详解】(1)证明：因为平面SAB⊥平面ABCD，平面平面，平面ABCD，BC⊥AB，

所以BC⊥平面SAB．

因为平面SBC，

所以平面SBC⊥平面SAB．

(2)证明：取棱SC上靠近点S的一个三等分点N，连接MN，DN，如图所示

在平面SBC中，由得，且，

又，，

所以，，

所以四边形ADNM为平行四边形，

所以，

又平面SCD，平面SCD，

所以平面SCD．

(3)解：取AB中点E，连接SE，EC．

因为△SAB为等边三角形，所以SE⊥AB

因为平面SAB⊥平面ABCD，平面平面，

平面SAB，所以SE⊥平面ABCD

所以∠SCE为直线SC与平面ABCD所成角，

在中， ，

在梯形ABCD中，

在△SCE中，有，

所以．

即直线SC与平面ABCD所成角的正弦值为．

22．双曲函数是一类与常见的三角函数类似的函数，最基本的双曲函数是双曲正弦函数和双曲余弦函数（历史上著名的“悬链线问题”与之相关）．记双曲正弦函数为，双曲余弦函数为，已知这两个最基本的双曲函数具有如下性质：

①定义域均为，且在上是增函数；

②为奇函数，为偶函数；

③（常数是自然对数的底数，）．

利用上述性质，解决以下问题：

(1)求双曲正弦函数和双曲余弦函数的解析式；

(2)证明：对任意实数，为定值；

(3)已知，记函数，的最小值为，求．

【答案】(1)，

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）利用函数奇偶性的性质可得出关于、的等式组，即可求得这两个函数的解析式；

（2）利用指数的运算性质可证得结论成立；

（3）设，可得出，问题转化为求函数，的最小值，对实数的取值进行分类讨论，分析函数在上的单调性，即可求得的表达式.

【详解】(1)解：由性质③知，所以，

由性质②知，，，所以，

即，解得，.

因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数，合乎题意.

(2)证明：由（1）可得：

.

(3)解：函数，设，

由性质①，在是增函数知，当时，，

所以原函数即，，

设，，

当时，在上单调递减，此时．

当时，函数的对称轴为，

当时，则，在上单调递减，此时，

当时，即时，在上单调递减，在上单调递增，

此时．

当时，即时，在上单调递减，此时．

综上所述，.

【点睛】方法点睛：“动轴定区间”型二次函数最值的方法：

（1）根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论；

（2）根据二次函数的单调性，分别讨论参数在不同取值下的最值，必要时需要结合区间端点对应的函数值进行分析；

（3）将分类讨论的结果整合得到最终结果.