江苏省连云港市2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

2021~2022学年第二学期期末调研考试

高一数学试题

注意事项：

1． 考试时间120分钟，试卷满分150分．

2． 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

3． 请用2B铅笔和0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上指定区域内作答．

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. 计算的结果是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由复数的乘法运算和除法运算可得答案.

【详解】.

故选：C.

2. 在锐角三角形中，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用正弦定理即可求解.

【详解】解：在锐角三角形中，，由正弦定理得，

又，所以，且，故.

故选：A.

3. 一架飞机向目标投弹，击毁目标的概率为0.2，目标未受损的概率为0.4，则使目标受损但未击毁的概率是（    ）

A. 0.4 B. 0.48 C. 0.6 D. 0.8

【答案】A

【解析】

【分析】根据概率运算求得正确答案.

【详解】目标受损但未击毁的概率是.

故选：A

4. 某校高一年级1000名学生在一次考试中的成绩的频率分布直方图如图所示，现用分层抽样的方法从成绩40~70分的同学中共抽取80名同学，则抽取成绩50~60分的人数是（    ）

A. 20 B. 30 C. 40 D. 50

【答案】B

【解析】

【分析】先求出三个分数段的的同学的频率之比，从而求出抽取成绩50~60分的人数.

【详解】从频率分布直方图可以看出三个分数段的的同学的频率之比为，

所以抽取成绩50~60分的人数为，

故选：B

5. 已知，，设，的夹角为，则在上的投影向量是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据投影向量的求法求得正确答案.

【详解】在上的投影向量是：

.

故选：A

6. 一个直角梯形上底、下底和高之比为，将此直角梯形以垂直于底的腰为轴旋转一周形成一个圆台，则这个圆台上底面积、下底面积和侧面积之比为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由已知设直角梯形上底、下底和高为，它们分别为圆台的上、下底半径和高，代入圆台底面积及侧面积公式，求出两底面积及侧面积，可得答案．

【详解】解：由题意可设直角梯形上底、下底和高为，它们分别为圆台的上、下底半径和高．

如图示，过点作于，则中，

，，

．

．

故选：D

7. 若a，b为两条异面直线，，为两个平面，，，，则下列结论中正确的是(    )

A. l至少与a，b中一条相交

B. l至多与a，b中一条相交

C. l至少与a，b中一条平行

D. l必与a，b中一条相交，与另一条平行

【答案】A

【解析】

【分析】此种类型的题可以通过举反例判断正误.

【详解】因为a，b为两条异面直线且，，，所以a与l共面，b与l共面.

若l与a、b都不相交，则a∥l，b∥l，a∥b，与a、b异面矛盾，故A对；

当a、b为如图所示的位置时，可知l与a、b都相交，故B、C、D错.

故选：A.

8. 如图，屋顶的断面图是等腰三角形，其中，横梁的长为8米，，为了使雨水从屋顶（设屋顶顶面为光滑斜面）上尽快流下，则的值应为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据物体受力分析，利用二倍角的正弦公式化简后，由正弦函数的性质求出雨水流下时间的最小值对应的值.

【详解】设雨水质量为，下滑加速度为，，取的中点，连接.

则,且.

因为，所以；

在直角三角形中，

所以

当,即时等号成立，

故选：B.

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，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9. 一组数据2，6，8，3，3，3，7，8，则（    ）

A. 这组数据的平均数是5 B. 这组数据的方差是

C. 这组数据的众数是8 D. 这组数据的75百分位数是6

【答案】AB

【解析】

【分析】将数据从小到大排列，根据数据的特征，逐项判断即可.

【详解】解：数据从小到大排列为：2，3，3，3，6，7，8，8，

则这组数据的平均数为，故A项正确；

这组数据的方差为：，故B项正确；

这组数据中有3个3，2个8，1个2，1个6，1个7，所以众数为3，故C项错误；

因为，这组数据的75百分位数是7，故D项错误.

故选：AB.

10. 在等腰直角三角形中，斜边，向量，满足，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】先由，结合等腰直角三角形，可求出对应的模及其夹角，即可判断A，由可判断B；由可判断C；由是否等于0可判断D

【详解】由题意，等腰直角三角形，，，，又

对A，，故A对；

对B，，故B错；

对C，，故C对；

对D，，故D对；

故选：ACD

11. 在长方体中，矩形、矩形、矩形的面积分别是，，，则（    ）

A.  B. 长方体的体积为

C. 直线与的夹角的余弦值为 D. 二面角的正切值为2

【答案】BC

【解析】

【分析】设，由题意可得，

，解得可判断A；求出体积可判断B；连接，所以，所以直线与的夹角即为直线与的夹角，利用余弦定理求出可判断C；连接，做交与，可得为二面角的平面角，计算出可判断D.

【详解】

设，由题意可得，

，解得，

所以，故A错误；

长方体的体积为，故B正确；

连接，所以，所以直线与的夹角即为直线与的夹角，因为，

所以，所以直线与的夹角的余弦值为，故C正确；

连接，做交与，因为平面，平面，所以，又，所以平面，平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，

所以，所以，故D错误.

故选：BC.

12. 在平面四边形中，，，，则（    ）

A. 当时，，，，四点共圆

B. 当，，，四点共圆时，

C. 当时，四边形的面积为3

D. 四边形面积的最大值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】对AB，由余弦定理可得，，结合四点共圆四边形对角互补，代入数据求解方程组，即可判断；

对CD，由①，以及②，①②两式代入数据，两边同时平方，再左右对应相减，即可整理得到S与的关系式，进一步讨论即可判断

【详解】对A，由余弦定理得，，代入数据可得，又，综上可解得，，故，故平面四边形对角互补，，，，四点共圆，故A对；

对B，由余弦定理得，，代入数据可得， 又，，，四点共圆，故平面四边形对角互补，，综上可解得，故B错；

对C、D，四边形的面积，代入数据可得 ①，

， ②，

①②两式左右相减，整理可得

，，当时，，又当时，四边形面积取得最大值，为

，故C、D对；

故选：ACD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知是锐角，，则的值是_________．

【答案】##

【解析】

【分析】结合同角三角函数的基本关系式、两角差的余弦公式求得正确答案.

【详解】由于是锐角，，

所以，

所以.

故答案为：

14. 已知复数满足，的虚部为－2，所对应的点在第二象限，则_________．

【答案】##

【解析】

【分析】设复数，根据题干中的条件列方程组求解的值即可.

【详解】解：设复数，则，所以，

又，且的虚部为-2，则，

因为所对应的点在第二象限，即点在第二象限，所以，

故，解得，故.

故答案为：.

15. 曲柄连杆机构的示意图如图所示，当曲柄在水平位置时，连杆端点在的位置，当自按顺时针方向旋转角时，和之间的距离是，若，，，则的值是_________．

【答案】5

【解析】

【分析】根据余弦定理解决实际问题，直接计算即可.

【详解】如下图，

在中，

由余弦定理可知，

另外，由图可知，在点与点重合时，

,

故答案为：5

16. 在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的体积为_________，三棱锥的内切球的表面积为_________．

【答案】    ①. 6    ②. ##

【解析】

【分析】根据已知条件可得，利用三棱锥的体积公式结算即可；利用线面垂直的判定定理可证明平面，设内切球半径为，利用等体积法求解内切球的半径，利用球的表面积公式结算即可.

【详解】解：因为，，，在中，,

所以，又平面，所以，

因为平面，平面,所以，，，故

又，，所以平面，

又平面，所以，

所以均为直角三角形，

设三棱锥的内切球的球心为，半径为，

则,

即，

解得，故三棱锥的内切球的表面积.

故答案为：6；.

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. 已知向量，满足，，．求：

（1）；

（2）与的夹角．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据向量模的坐标运算以及向量的基本运算可以直接求得；

（2）根据向量数量积定义进行计算即可得到结果.

【小问1详解】

由，得，

故，代入，，得，

由，得

【小问2详解】

由

故与的夹角为.

18. 从1，2，3，4，5中任取2个数字，组成没有重复数字的两位数．

（1）求组成的两位数是偶数的概率；

（2）判断事件“组成的两位数是偶数”与事件“组成的两位数是3的倍数”是否独立，并说明理由．

【答案】（1）   

（2）不独立；理由见解析

【解析】

【分析】（1）设事件A：“组成的两位数是偶数”，求出样本空间，包含的样本点，由古典概型概率计算公式可得答案；

（2）设事件B：“组成的两位数是3的倍数”，求出事件B包含的样本点、包含的样本点，可得、，从而判断出的关系．

【小问1详解】

设事件A：“组成的两位数是偶数”，则样本空间

，

，

故，

即组成的两位数是偶数的概率是.

【小问2详解】

设事件B：“组成的两位数是3的倍数”，

则，，

故，，

故，

即“组成的两位数是偶数”与事件“组成的两位数是3的倍数”不独立．

19. 如图，在四棱锥中，底面是菱形．

（1）若点是的中点，证明：平面；

（2）若，，且平面平面，求直线与平面所成角的正切值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】(1) 连接AC交BD于点M，连接EM，由条件证明，再由线面平行判定定理证明平面；(2) 取AD的中点O，由面面垂直性质定理证明⊥平面ABCD，根据直线与平面夹角的定义确定直线与平面的夹角，再求其正切值.

【小问1详解】

连接AC交BD于点M，连接EM，

因为底面ABCD是菱形，故点M是BD的中点，

又因为点E是PD的中点，故∥

又因为平面，平面，

所以，平面；

【小问2详解】

取AD的中点O，连接PO，BO，

因为，且O为AD的中点，

故⊥AD，

又因为平面PAD⊥平面ABCD，

平面PAD平面ABCD=AD，平面

故⊥平面ABCD

则直线PB与平面ABCD所成角为

在中，，

在中，

在中，，

故直线PB与平面ABCD所成角的正切值为

20. 已知向量，向量．

（1）若是第四象限角，且，求值；

（2）若函数，对于，不等式（其中）恒成立，求的最大值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

分析】（1）根据列方程，化简求得，进而求得.

（2）化简的表达式，根据三角函数的值域的求法求得在区间的最大值和最小值，

【小问1详解】

因为，故,

又因为是第四象限角，故，

由，

得.

【小问2详解】

,

又，当时，，

当，，从而求得的最大值.

故，，则的最大值为.

21. 在中，，，是边上一点，且．

（1）若，求的面积；

（2）是否存在？若存在，求的长；若不存在，说明理由．

【答案】（1）   

（2）不存在，理由见解析.

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理求得，进而求得，从而求得三角形的面积.

（2）利用三角形的知识作出判断.

【小问1详解】

在中，，，

由余弦定理得，，

则

【小问2详解】

不存在，理由如下：

若，

则为锐角，

则为钝角，则，

所以，

这与已知矛盾，

所以不存.

22. 如图，在正方体中：

（注：如需添加辅助线，请将第（1）（2）问的辅助线分别作在答题卡中的图1与图2上）

（1）证明：平面；

（2）若，点是棱上一点（不包含端点），平面过点，且，求平面截正方体所得截面的面积的最大值．

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）连接，，根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理可得平面，则有，同理可证，再根据线面垂直的判定定理即可得证；

（2）过点P作，交AD于点Q，过点Q作，交于S，过点作，交于R，证明Q，S，P，R四点共面，再证明平面，即可得平面即为所求的平面，设平面平面，说明平面截正方体所得截面为平面六边形，设再根据截面六边形面积等于等腰梯形的面积加上等腰梯形的面积，从而可得出答案.

【小问1详解】

证明：连接，，

在正方体中，，

由平面，，得，

又因为，故平面，

又因为平面，

故，

同理，

又因为，

所以⊥平面；

【小问2详解】

解：过点P作，交AD于点Q，

过点Q作，交于S，

过点作，交于R，

则，，故，

又，故，则Q，S，P，R四点共面，

由，，

由（1）可知，，

故，，，故平面，

平面即为所求的平面，

因为平面平面，平面平面，

设平面平面，则，

又因为，可得，

同理可得：，

故平面截正方体所得截面为平面六边形，

设

则，，，

等腰梯形的面积，

等腰梯形的面积，

截面六边形面积，

当，，

故平面截正方体所得截面的截面面积的最大值为.