2021-2022学年云南省师大附中高一下学期期中数学试题含答案

这是一份2021-2022学年云南省师大附中高一下学期期中数学试题含答案，共25页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
  云南师大附中2021-2022学年第二学期期中考试一、选择题1.复数满足,则复数的模等于（   ）A. B. C. D.答案：A解析：【分析】由复数的乘方运算可得,即可求模.【详解】,则.故选：A2.已知是第三象限角,,则的值为(   )A. B. C. D.答案：D解析：【分析】根据诱导公式可求 ,根据是第三象限角和同角三角函数的平方关系可求,再根据正弦的二倍角公式即可求解．【详解】,∵是第三象限角,∴,．故选：D．3.某校高一年级个班参加艺术节合唱比赛,通过简单随机抽样,获得了个班的比赛得分如下：,则这组数据的分位数为（   ）A. B. C. D.答案：C解析：【分析】将数据从小到大排序,再应用百分位数的求法求70%分位数.【详解】比赛得分从小到大为,而,所以分位数为.故选：C.4.函数的零点所在的区间可以是（   ）A. B. C. D.答案：B解析：【分析】紧扣函数零点的判定定理即可.【详解】函数在连续,且,,故选：B.5.在直角三角形中,已知,,,以为旋转轴将旋转一周,、边形成的面所围成的旋转体是一个圆锥,则经过该圆锥任意两条母线的截面三角形的面积的最大值为(   )A. B. C. D.答案：D解析：【分析】设两条母线为、,则截面面积为,由为定值可知当最大时,截面面积最大,结合图形求出的范围即可求解．【详解】如图,圆锥任意两条母线为和,则截面为等腰三角形,∴截面面积为：,由图可知,当截面为圆锥轴截面时,最大,最大为,∴，∴最大值为,∵为定值,故当最大时截面面积最大,故截面面积最大为．故选：D．6.中,,的平分线交边于,已知,且,则的长为（   ）A. B. C. D.答案：C解析：【分析】过作交于,作交于,由向量加法的平行四边形法则和向量的基本定理得,,从而得,即可求得,最后把平方可求得．【详解】如图,过作交于,作交于,则,又,所以,,所以,即,又是的平分线,所以,而,所以,,,所以,故选：C．7.三棱柱中,与、所成角均为,,且,则与所成角的余弦值为（   ）A. B. C. D.答案：A解析：【分析】延长至,使得,,异面直线与所成角为或其补角．设,求出中的三边长后可得结论．【详解】如图,延长至,使得,连接,,则由与平行且相等得平行四边形,所以,所以异面直线与所成角为或其补角．设,则是菱形且,所以,,是等边三角形,,又,所以,则,所以,,所以异面直线与所成角的余弦值是．故选：A．8.如图,蹴鞠,又名“蹋鞠”、“蹴球”、“蹴圆”、“筑球”、“踢圆”等,“跳”有用脚蹴、蹋、踢的含义,“鞠”最早系皮革外包、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动,类似今日的足球.年月日,蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.若将“鞠”的表面视为光滑的球面,已知某“鞠”表面上的四个点满足,,,则该“鞠”的表面积为（   ）A. B. C. D.答案：D解析：【分析】由于,所以可以把四点放到长方体的四个顶点上,则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径,求出体对角线长,从而可求出该“鞠”的表面积【详解】因为“鞠”表面上的四个点满足,,,所以可以把四点放到长方体的四个顶点上,则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径,设该长方体的长、宽、高分别为,“鞠”的半径为,则,由题意得,所以,即,所以该“鞠”的表面积为,故选：D二、多选题9.人口普查是世界各国广泛采用的一种搜集人口资料的方法,根据人口普查可以科学地研究制定社会、经济、科教等各项发展政策.下图是我国七次人口普查的全国人口及年均增长率情况.则下列说法正确的是（   ）A.年均增长率逐次减小B.第二次至第七次普查的人口年均增长率的极差是C.这七次普查的人口数逐次增加,且第四次增幅最小D.第七次普查的人口数最多,且第三次增幅最大答案：B、D解析：【分析】根据折线图判断增幅,根据条形图判断人口数,逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.【详解】对于A：由折线图知年均增长率先增大后减小,故选项A不正确；对于B：由折线图知：第二次至第七次普查的人口年均增长率的极差,故选项B正确；对于选项C：由条形图知这七次普查的人口数逐次增加,由折线图知：第七次增幅最小,故选项C不正确；对于D：由条形图知第七次普查的人口数最多,由折线图知第三次增幅最大,故选项D正确；故选：BD.10.已知是互不重合的直线,,是互不重合的平面,下列四个命题中正确的是（   ）A.若,,,,,则B.若,,,则C.若,,,则D.若,,则答案：A、C、D解析：【分析】A根据面面平行的判定判断；B由线面、面面位置关系,结合平面的基本性质判断；C过作平面,由线面平行性质及平行公理的推论判断；D由面面垂直的判定判断.【详解】A：由,且,,根据面面平行的判定知：,正确；B：,,,则或,错误；C：过作平面,而,则,又则,,故,所以,正确；D：由,,根据面面垂直的判定知：,正确.故选：ACD11.下列结论正确的是（   ）A.若,,则B.函数的最小值为C.若,则的最大值为D.若,,且,则的最小值为答案：A、C解析：【分析】对于A,利用基本不等式判断,对于B,举例判断,对于C,利用换元法求解,对于D,利用基本不等式判断【详解】对于A,因为,,所以,所以,当且仅当时取等号,所以A正确,对于B,若,则,所以B错误,对于C,由,得,令,则,因为,所以,所以的最大值为2,所以C正确,对于D,因为,,且,所以,因为,所以,当且仅当时取等号,所以,所以由对勾函数的性质可得,当且仅当时取等号,所以的最小值为,所以D错误,故选：AC.12.已知函数在区间上单调,且满足,下列结论正确的是（   ）A.B.若,则函数的最小正周期为C.关于的方程在区间上最多有个不相等的实数解D.若函数在区间上恰有个零点,则的取值范围为答案：A、B、C、D解析：【分析】在一个单调区间内,由相反的函数值,得对称中心,判断A,由得对称轴,结合对称中心得周期,判断B,由题意得出周期的范围,在上至多有个完整周期,而在个完整周期内只有1解判断C,由函数在区间上零点个数确定周期的范围从而得范围,结合已知单调区间得出范围后判断D．【详解】,所以,A正确；由在区间上单调,,得,,,则是对称轴方程,而是对称中心,所以,,B正确；由在区间上单调,,得,,所以在上至多有个完整周期,而在个完整周期内只有解,故在上最多有个实数解,因此C正确；函数在区间上恰有个零点,则,即,解得,又,即,,所以,D正确．故选：ABCD．三、填空题13.向量、的夹角为,且,,则等于________.答案：解析：【分析】把模平方转化为数量积的运算可得结论．【详解】由题意,．故答案为：．14.若命题“,成立.”是真命题,则实数的取值范围是________.答案：解析：【分析】将命题转化为在上有解,结合二次函数的性质求a的范围.【详解】令,则在上有解,开口向上且对称轴为,,所以或,解得.故答案为：.15.已知函数,则________.答案：解析：【分析】计算为定值即可发现规律并求解.【详解】,
.故答案为：.16.“牟和方盖”是我国古代数学家刘微在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体,它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体（如图）,如图所示的“四脚帐篷”类似于“牟和方盖”的一部分,其中与为相互垂直且全等的半圆面,它们的圆心为,半径为．用平行于底面的平面去截“四脚帐篷”,当平面经过的中点时,截面图形的面积为________.答案：解析：【分析】根据题意,可知平面与各半圆的相交线段相等且垂直,即可得其截面为正方形,再由平面经过的中点,计算平面与各半圆的相交线段的长度,即可求出截面面积【详解】由题意得,底面是边长为的正方形,因为与为相互垂直且全等的半圆面,所以平面与各半圆的相交线段相等且垂直,所以其截面为正方形,因为平面经过的中点,所以平面与各半圆的相交线段的长度为,所以截面图形的面积为,故答案为：.四、解答题17.某学校名学生在一次百米测试中,成绩全部介于秒与秒之间,抽取其中个样本,将测试结果按如下方式分成五组：第一组,第二组,…第五组,右图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．（1）请估计学校名学生中,成绩在第二组和第三组的人数；（2）请根据频率分布直方图,求样本数据的平均数和中位数（所有结果均保留两位小数）．答案：见解析解析：【分析】（1）根据频率直方图求出第二组和第三组的频率,进而求第二组和第三组的人数；（2）由频率直方图求平均数、中位数即可.【详解】（1）成绩在第二组和第三组的频率,所以学校名学生中成绩在第二组和第三组的人数：．（2）样本数据的平均数：,中位数：第一二组的频率为．第一二三组的频率为,所以中位数一定落在第三组,设中位数为,则,解得.18.如图,四棱锥中,四边形为矩形,为中点,平面平面,,．
（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积．（注：本小题用空间直角坐标系的空间向量方法作答,不给分）答案：见解析解析：【分析】（1）连接交于,连接,由中位线性质有,根据线面平行的判定即可证结论.（2）取中点,连接,由面面垂直的性质可得平面,则到底面的距离为PF,由,结合棱锥的体积公式求的体积．【详解】（1）连接交于,连接,因为四边形为矩形,所以为的中点,又为的中点,所以,又平面,平面,所以平面．（2）取中点,连接,因为,所以,又面面,面面,平面,∴平面,即到底面的距离为．由,,得：,,记到平面的距离为,又为的中点,所以,所以.19.已知函数（1）求函数的最小正周期及其图象的对称轴方程；（2）设函数,求的值域．答案：见解析解析：【分析】（1）利用二倍角正余弦公式、辅助角公式可得,根据正弦函数的性质求最小正周期、对称轴方程即可.（2）由正弦函数的性质确定的值域,再根据二次函数的性质求的值域．【详解】（1）,所以函数的最小正周期,令,可得,,即对称轴方程,.（2）由（1）知：,则,得：.20.新冠肺炎疫情爆发以来,全国上下,齐心协力,众志成城,有直线铁路连接相距千米的两个城市和,为了充分保障居民物资供应,拟从铁路线上的某一点处筑一公路到物资供应点．现测得千米,（如图）．已知公路运费是铁路运费的倍,设铁路运费为每千米个单位,从经直接到的总运费为．为了求总运费的最小值,设．（1）试将表示为的函数关系式；（2）求出总运费的最小值．答案：见解析解析：【分析】（1）在在中,利用正弦定理可求得、的长,结合题意可得出；（2）令,可得出,利用辅助角公式可得出关于的不等式,解出的取值范围,即可求得总运费的最小值.【详解】（1）在中,由正弦定理,所以,,,,由余弦定理可得,,因为,则所以,,其中,.（2）令,则有,,其中,为锐角且,由,解得或（舍去）,当时,则,因为为锐角,则,且,因为,则,故当时,即当时,.21.如图,在三棱柱中,已知,,,．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值．(注：本小题用空间直角坐标系作答,不给分)答案：见解析解析：【分析】(1)连接,用余弦定理求出,根据勾股定理证明,再证明平面即可；(2)过作垂直于于,过作垂直于于,连接,则是二面角的平面角,解△即可.【详解】（1）连接,在中,由余弦定理得：,又,,∴,∴,又,,平面,∴平面,又平面,∴平面平面；（2）由(1)知平面平面,过点作垂直于于E,则面,则,过作垂直于于,连接,∵,、平面,∴平面,∴是二面角的平面角,在中,,由(1)知平面,∴,则为矩形,∵,∴,在中,,∴．22.对于定义在上的函数,如果存在实数,使得,那么称是函数的一个不动点,已知,（1）当时,求函数的不动点；（2）若是函数的不动点,求使得不等式成立的整数的最大值．答案：见解析解析：【分析】（1）由已知,结合不动点的定义可得求解即可.（2）由不动点的定义,将已知条件化简整理为,构造并判断单调性,进而有且,利用零点存在性定理判断的范围且,结合对勾函数性质求值域,即可确定整数的最大值．【详解】（1）当时,．方程可化为,解得或,所以的不动点为和．（2）若是函数的不动点,则,整理得：,即,两边同除以有,两边同乘以有：,令,则在上单调递增.由,可得,所以,即,若,则,,所以,令,而,所以整数的最大值是．