江苏省淮安市2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

淮安市2021-2022学年度第二学期期末调研测试

高一数学试题

2022.06

注意事项

考生在答题前请认真阅读本注意事项及答题要求

1．本试卷共4页，包括单项选择题（第1题—第8题）、多项选择题（第9题—第12题）、填空题（第13题—第16题）、解答题（第17题—第22题）四部分.本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.

2．答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置上.

3．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.作答非选择题时，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔将答案写在答题卡的指定位置上，写在本试卷上无效.

4．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等加黑、加粗.考试结束后，请将试卷与答题卡一并交回.

一、选择题：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.

1. 设i为虚数单位，若复数是实数，则实数a的值为（    ）

A. －1 B. 0 C. 1 D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】由复数乘法法则化复数为代数形式，再由复数的分类求解．

【详解】，它是实数，

则，．

故选：C．

2. 在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，则的形状（    ）

A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不能确定

【答案】B

【解析】

【分析】根据余弦定理边角互化并整理即可得答案.

【详解】因为，，

所以，整理得，

所以三角形的形状是直角三角形.

故选：B

3. 用半径为2的半圆形铁皮围成一个圆锥筒，则该圆锥筒的高为（    ）

A. 1 B.  C. 2 D. 6

【答案】B

【解析】

【分析】根据圆锥的展开图可知底面圆周长与弧长的关系，进而可求底面圆半径以及母线，由勾股定理即可求高.

【详解】半圆的的弧长等于圆锥的底面圆周长，故底面圆的半径为1，圆锥母线为2，故高为：

故选：B

4. “哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数（也称为素数，是一个大于1的自然数，除了1和它自身之外，不能被其它自然数整除的数叫做质数）之和，也就是我们所谓的“”问题．它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等曾在哥德巴赫猜想的证明中做出过相当好的成绩．若将6拆成两个正整数的和，则加数全部为质数的概率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用列举法求解，先列出把6拆成两个正整数的和的所有情况，再找出两个加数全为质数的情况，然后利用古典概型的概率公式求解即可

【详解】6拆成两个正整数的和的所有情况有：，3种情况，

其中两个加数全为质数的有，1种情况，

所以所求概率为,

故选：A

5. 在中，，点D是边上一点，，，，则边的长是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由余弦定理求得，由正弦定理求得．

【详解】中，

所以，

中，由正弦定理得．

故选：C．

6. 已知，是平面内的一组基底，，，，若A，B，C三点共线，则实数k的值为（    ）

A.  B. 0 C. 1 D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】A，B，C三点共线可转化为，结合向量的运算与向量相等即可求解

【详解】因为，，，

所以，

，

又因为A，B，C三点共线，

所以，即，

所以，解得，

故选：A

7. 甲、乙两名篮球运动员在随机抽取的12场比赛中的得分情况如下：

甲：12，15，20，25，31，31，36，36，37，39，44，49；

乙：8，13，14，16，23，26，28，29，31，38，39，51．

则运动员甲得分的25百分位数与运动员乙得分的80百分位数的和为（    ）

A. 22.5 B. 38 C. 60.5 D. 39

【答案】C

【解析】

【分析】根据百分位数的计算规则计算可得.

【详解】因为，故运动员甲得分的25百分位数为从小到大排列的第3和4个数的平均数，为；

又，所以运动员乙得分的80百分位数为从小到大排列的第10个数，为，所以

故选：C

8. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由二倍角公式，诱导公式，正弦函数的性质比较大小，再利用三角函数线证明为锐角时，，从而可比较大小，得出结论．

【详解】，

又，所以， 即，

利用三角函数线可以证明为锐角时，，

如图，在单位圆中，以为始边，为顶点作出角，其终边与单位圆交于点，过单位圆与轴正半轴交点作轴的垂线，角的终边与这条垂线交于点，

则，劣弧的长为，

扇形的面积为，面积为，

由图形，易知，即，所以，

所以，，

所以．

故选：D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 某商家为了了解顾客的消费规律，提高服务质量，收集并整理了2019年1月至2021年12月期间月销售商品（单位：万件）的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列说法正确的是（    ）

A. 月销售商品数量逐月增加

B. 各年的月销售商品数量高峰期大致在8月

C. 2020年1月至12月月销售数量的众数为30

D. 各年1月至6月月销售数量相对于7月至12月，波动性大，平移性低

【答案】BC

【解析】

【分析】由折线图，结合数字特征及曲线分布特征可以看出AD选项错误；BC选项正确.

【详解】月销售商品数量从8月到9月，是减少的，故A错误；

各年的月销售商品数量高峰期大致在8月，B正确；

2020年1月至12月月销售数量为30的有1月,3月,6月,9月，有4个，其他均低于4个，故众数为30，C正确；

各年1月至6月的月销售数量相对平稳，波动性小，D错误；

故选：BC

10. 一只袋子中有大小和质地相同的个球，其中有个白球和个黑球，从袋中不放回地依次随机摸出个球．甲表示事件“两次都摸到黑球”，乙表示事件“至少有一次摸到黑球”，丙表示事件“一次摸到白球，一次摸到黑球”，丁表示事件“至少有一次摸到白球”，则下列说法正确的是（    ）

A. 甲与丁互斥 B. 乙与丙对立

C. 甲与丙互斥 D. 丙与丁独立

【答案】AC

【解析】

【分析】利用互斥事件的定义可判断AC选项；利用对立事件的定义可判断B选项；利用独立事件的定义可判断D选项.

【详解】对于A选项，丁事件包含：一白一黑、两白，甲与丁互斥，A对；

对于B选项，乙事件包含：一白一黑、两黑，乙与丙不对立，B错；

对于C选项，甲与丙互斥，C对；

对于D选项，分别记事件丙、丁为、，

将个白球分别记为、、，个黑球记为、，

从上述个球中任意摸出个，所有的基本事件为：、、、、、、、、、，共种，

其中事件包含的基本事件为：、、、、、，共种，

事件包含的基本事件为：、、、、、、、、，共种，

所以，，，，故丙与丁不独立，D错.

故选：AC.

11. 如图，在边长为2的正方形中，E，F分别为，的中点，H为的中点，沿，，将正方形折起，使B，C，D重合于点O，构成四面体，则在四面体中，下列说法正确的是（    ）

A. 四面体的体积为 B. 平面

C.  D. 四面体外接球的半径为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据翻折前后图形之间的关系可得，，再由直线与平面垂直的判定可得平面，进而判断A,B,C,根据四面体的外接球与为长宽高的长方体的外接球相同，即可求解.

【详解】翻折前，，，故翻折后，，，

又，平面，故B正确；

则，故A正确；

平面，平面,故,故不可能成立，故C错误；

由于,故该四面体的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同，故外接球半径为，D正确；

故选：ABD

12. 我国古代数学家早在几千年前就已经发现并应用勾股定理了，勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为作注时给出的，被后人称为赵爽弦图．赵爽弦图是数形结合思想的体现，是中国古代数学的图腾，还被用作第24届国际数学家大会的会徽．如图，大正方形是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若直角三角形的直角边的长度比为，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据各边长的关系直接可判断A；根据正方形对角线互相垂直，然后观察可判断B；利用投影表示数量积可判断C；作，求出FI、BI长，然后由向量加法可判断D.

【详解】记，则

所以，即，故A正确；

由正方形性质可知，，显然不平行，所以不垂直，B错误；

因为，，所以，故C正确；

过F作，垂足为I，，即

所以，所以

则，

所以，故D正确.

故选：ACD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若复数满足，则的最大值为________．

【答案】2

【解析】

【详解】分析：首先根据题中的条件，结合复数的几何意义，可以明确复数对应点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆，取最大值时，就是圆上的点到原点的距离的最大值，结合圆的性质，其为圆心到原点的距离加半径求得结果.

详解：依题意，设复数，

因为，所以有，

由复数的几何意义，可知对应的点的轨迹为以为圆心，以1为半径的圆，

因为表示圆周上的点到原点的距离，

所以的最大值为，所以答案为2.

14. 如图，某系统使用A，B，C三种不同的元件连接而成，每个元件是否正常工作互不影响．当元件A正常工作且B，C中至少有一个正常工作时系统即可正常工作．若元件A，B，C正常工作的概率均为0.7，则系统能正常工作的概率为______．

【答案】0.637

【解析】

【分析】求出正常的概率，然后由独立事件的概率公式计算．

【详解】．

故答案为：．

15. 已知，且，则的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】由诱导公式与二倍角公式求解即可

【详解】

，

故答案为：

16. 在正四面体中，点E，F分别在棱，上，满足，，面，则棱长为______，以点A为球心，为半径作一个球，则该球球面与正四面体的表面相交所得到的曲线长度之和为______．

【答案】    ①. 3    ②.

【解析】

【分析】根据平面可得，进而也为等边三角形，即可求，将球面与正四面体四个面所得的交线分为两类，一类与侧面的交线，一类与底面的交线，结合球的截面性质即可求解.

【详解】因为平面，平面,平面平面，所以,

由于四面体每个面都是等边三角形，故也为等边三角形，

所以;

球面与正四面体的四个面都相交，所得的交线分为两类：一类与三个侧面的交线，与侧面交线为弧,弧在过球心的大圆上，

由于,所以弧的长度为：,

与侧面的交线与弧一样长，

另一类交线是与底面的交线，过作平面,,

所以,,故与底面刚好相交于底面各边的中点处，形成的交线此时是底面的内切圆，

内切圆半径为,故弧长为：，

因此所有的交线长为

故答案为：交线之和为

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. 已知平面向量，．

（1）求的值；

（2）若向量与夹角为，求实数λ的值．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）首先求出的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得；

（2）首先求出的坐标，即可得到，再根据数量积的坐标表示求出，最后根据数量积的定义得到方程，解得即可；

【小问1详解】

解：因为，，

所以，

所以；

【小问2详解】

解：，

所以，，

又向量与夹角为，

所以，

即，

即，解得或.

18. 如图，在正方体中.

（1）求证：平面；

（2）求直线和平面所成的角.

【答案】（1）见解析；

（2）30°

【解析】

【分析】（1）由即可证得平面；

（2）连接交于，连接，证明平面，可得为直线和平面所成的角，设正方体棱长为1，在中求出.

【详解】解：（1）证明：，平面，平面，

∴平面；

（2）解：连接交于O，连接，

四边形是正方形，，

，

平面，

，

又，

平面，

为直线和平面所成的角，

设正方体棱长为1，则，，

，

，

∴直线和平面所成的角为30°.

【点睛】本题考查了线面平行的判定定理，线面垂直的判定与线面角的计算，属于中档题.

19. 新课标设置后，特别强调了要增加对数学文化的考查，某市高二年级期末考试特命制了一套与数学文化有关的期末模拟试卷，试卷满分150分，并对整个高二年级的学生进行了测试．现从这些学生中随机抽取了100名学生的成绩，技照成绩为，，…，分成了6组，制成了如图所示的频率分布直方图（假定每名学生的成绩均不低于90分）．

（1）求频率分布直方图中的x的值，并估计所抽取的100名学生成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；

（2）若利用分层抽样的方法从样本中成绩位于的两组学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人参加这次考试的考情分析会，试求这组中至少有1人被抽到的概率．

【答案】（1），平均分为；   

（2）

【解析】

【分析】（1）由频率分布直方图中所有频率和为1可计算出值，然后用每组区间的中点值乘以相应频率再相加可得平均值；

（2）由频率分布直方图得出成绩位于和上的人数，并编号，用列举法写出随机抽取的2人的所有基本事件，由概率公式计算概率．

小问1详解】

由频率分布直方图，，，

平均分为；

【小问2详解】

由频率分布直方图得出成绩位于和上的人数比为，

抽取的6人中成绩位于上的有4人，编号为1，2，3，4，位于上的有2人，编号为，

从这6人中任取2人的基本事件有：共15个，其中这组中至少有1人被抽到的基本事件有共9个，所以所求概率为．

20. 如图，扇形的半径为2，圆心角为．点P在扇形的弧上，点C在半径上，且，且，D为垂足，设．

（1）若，求的长；

（2）试用θ表示出梯形的面积S，并求S的最大值．

【答案】（1）   

（2）其中，．

【解析】

【分析】（1）首先求出，再利用正弦定理计算可得；

（2）利用正弦定理表示出，再由锐角三角函数表示出，，再由梯形面积公式、三角恒等变换公式及辅助角公式化简，最后根据正弦函数的性质计算可得；

【小问1详解】

解：依题意，则，，

，

又，由正弦定理，即，

解得；

【小问2详解】

解：，，

在中，由正弦定理得，即．，又，，

所以

，其中

的最大值为．

21. 如图，在正三棱柱中，点D为中点．

（1）若，证明：平面平面；

（2）若，且二面角的正切值为，求三棱柱的体积．

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）根据面面垂直的性质即可证明线面垂直，进而可证明线面垂直；（2）根据几何法找二面角的平面角，求出三棱锥的高，进而可求体积.

【小问1详解】

为等边三角形,点D为中点,故,因为平面平面,其交线为,故平面，平面,故平面平面；

【小问2详解】

过D作平面交于故是的四等分点靠近的位置，过作交于所以即为二面角的平面角，,

在中,，

在中，,

故三棱锥的体积为：

22. 在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．

在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知______．

（1）求角A的大小；

（2）若为锐角三角形，且其面积为，点G为重心，点M为线段的中点，点N在线段上，且，线段与线段相交于点P，求的取值范围．

注：如果选择多个方案分别解答，按 第一个方案解答计分．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）若选①利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式计算可得；若选②利用两角和的正切公式及诱导公式计算可得；

（2）用、作为平面内一组基底表示出，再根据平面向量共线定理及推论表示出，即可表示，利用面积公式求出，再由三角形为锐角三角形求出的取值范围，最后根据数量积的运算律及对勾函数的性质计算可得；

【小问1详解】

解：若选①，

由正弦定理可得

即，又，所以，即，

因为，所以；

若选②，即，

即，

所以，即，所以，即，

因为，所以；

【小问2详解】

解：依题意，，

所以，

因为、、三点共线，故设，

同理、、三点共线，故设，

所以，解得，

所以，

则，

因为，所以，

又为锐角三角形，

当为锐角，则，即，

即，即，即，所以，

当为锐角，则，即，

即，即，即，即，所以，

综上可得，

又，则

因为，所以，而在上单调递减，所以，

即，即，所以，则.