江苏省南京市江宁区2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

2021-2022学年第二学期期末试卷

高一数学

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. 的值为（    ）

A. 1 B. －1 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由且即可得结果.

【详解】由，而.

故选：B

2. 数据0，1，2，3，4，5，6，7，8，9的60百分位数为（    ）

A. 6 B. 6.5 C. 7 D. 5.5

【答案】D

【解析】

【分析】由百分位数的求法求60百分位数.

【详解】由题设，，故60百分位数为.

故选：D

3. 设为平面内一个基底，已知向量，，，若，，三点共线，则的值是（    ）

A. 2 B. 1 C. －2 D. －1

【答案】D

【解析】

【分析】根据点共线可得向量共线，根据向量共线定理，即可求解.

【详解】,因为三点共线,所以,即存在,使得,故

故选：D

4. 已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，侧面展开图是一个半圆，，圆锥的表面积为，，故圆锥的底面半径为，故选B.

考点：圆锥的几何性质及侧面积公式.

5. 设函数在区间(k，k+1)()内有零点，则k的值为（    ）

A. -1 B. 0 C. 1 D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】根据判断函数的单调性，结合零点存在性定理确定零点的区间，即可得结果.

【详解】由解析式知：在定义域上递增，

又，，

所以在内存在零点，结合题设知：.

故选：C

6. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用诱导公式可得，再由二倍角余弦公式求.

【详解】由，即，

又.

故选：D

7. 《九章算术》把底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，把底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，现有如图所示的“堑绪"，其中，，当“阳马”（即四棱锥）体积为时，则“堑堵”即三棱柱的外接球的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据当“阳马”（即四棱锥）体积为，求得BC，再将将三棱柱补成长方体求解.

【详解】解：由已知得，

∴．

将三棱柱置于长方体中，如下图所示，

此时“堑堵”即三棱柱的外接球的直径为，

∴三棱柱的外接球的体积为，

故选：B

8. 在中，，，，为线段上的动点，且，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设，根据题意可得，解方程组，然后结合三点共线，可得，则化简后利用基本不等式可求得结果

【详解】设，根据题意可得

，解得，

所以，

所以，

因三点共线，所以，

所以

，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为，

故选：C

【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的数量积运算，考查正弦定理的应用，考查基本不等式的应用，解题的关键是由已知条件求出后，再由三点共线，得，所以化简后结合基本不等式可求出其最小值，考查运算能力，属于较难题

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. 下列有关复数的说法正确的是（    ）

A. 若复数，则 B. 若，则是纯虚数

C. 若是复数，则一定有 D. 若，则

【答案】AD

【解析】

【分析】A由共轭复数概念及复数相等判断；B、C应用特殊值法，令及判断；D设，，利用共轭复数概念及复数乘法分别求出判断.

【详解】A：令，则，若，即有，故，正确；

B：当时，，而不是纯虚数，错误；

C：当，则，而，显然不成立，错误；

D：令，，则，故，

又，，则，

所以，正确.

故选：AD

10. 已知是不同的平面，是不同的直线，则使得成立的充分条件是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】利用线面平行、垂直，面面平行、垂直的判定和性质判断即可

【详解】解：对于A，当时，可能相交，可能平行，可能异面，所以A错误，

对于B，当时，由线面平行的性质可得，所以B正确，

对于C，当时，由线面垂直的性质可得，所以C正确，

对于D，当时，可能平行，可能异面或相交，所以D错误，

故选：BC

11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，下列说法正确的是（    ）

A. 若有两解

B. 若有两解

C. 若为锐角三角形，则b的取值范围是

D. 若为钝角三角形，则b的取值范围是

【答案】AC

【解析】

【分析】根据三角形的构成，可判断三角形有几个解所要满足的条件，即，有两解，或，有一解，，有0解，根据直角三角形的情况，便可得出为锐角或钝角三角形时，b的取值范围.

【详解】A选项，∵，∴有两解，故A正确；

B选项，∵，∴有一解，故B错误；

C选项，∵为锐角三角形，∴，即，故C正确；

D选项，∵为钝角三角形，∴或，即或，故D错误.

故选：AC

12. 已知点O为所在平面内一点，且则下列选项正确的有（    ）

A.  B. 直线过边的中点

C.  D. 若，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据向量间的线性关系及向量数量积的运算律化简求值判断A、D；若得到是△的重心，根据与不平行、相关三角形面积关系判断B、C.

【详解】，则，A正确；

若，则，

所以是△的重心，

直线过中点，而与不平行，

所以直线不过边的中点，B错误；

又，而，，

所以，C正确；

若，且，

所以，

而，D正确.

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：注意向量之间的线性关系，结合向量数量积的运算律化简求值；根据重心的性质求三角形的面积关系.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，其中第16题第一空3分，第二空2分，共20分．

13. ___________.

【答案】##

【解析】

【分析】利用正切的差角公式进行求解.

【详解】

故答案为：

14. 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1中点，则直线PB与AD1所成的角为____

【答案】##

【解析】

【分析】根据正方体性质有，则直线PB与AD1所成的角为，进而计算其正弦值得大小.

【详解】由，连接，故直线PB与AD1所成的角为，

若正方体棱长为2，则，

所以，故，则，

故.

故答案为：

15. 在平面直角坐标系xoy中，点A(1，2)、B(2，3)、C(3，－1)，以线段AB，AC为邻边作平行四边形，两条对角线中较长的对角线长为____

【答案】

【解析】

【分析】根据A(1，2)、B(2，3)、C(3，－1)，得到，然后利用向量的加法和减法运算法则求解.

【详解】解：因为A(1，2)、B(2，3)、C(3，－1)，

所以，

所以，

则，

所以 以线段AB，AC为邻边作平行四边形，两条对角线中较长的对角线长为，

故答案为：

16. 我国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积，把以上文字写出公式，即 (其中为三角形面积，a，b，c为三角形的三边)． 在非直角中，a，b，c为内角A，B，C所对应的三边，若且，则面积的最大值是________，此时外接圆的半径为____

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简，然后结合已知三角形的面积公式进行化简，结合二次函数的性质计算可得面积最大值，从而求出，再由余弦定理求出，最后由正弦定理求出外接圆的半径．

【详解】解：因为，

由正弦定理得，

所以，

即，

因为，

所以，

由正弦定理得，

由题意可得

，

当即时三角形的面积最大，最大值为，

所以，又，所以，

又，所以，设外接圆的半径为，则，

所以；

故答案为：；3．

四、解答题：本题共6小题，其中第17题10分，其余各题为12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知复数，，，若一复数的实部与虚部互为相反数，则称此复数为“理想复数”，已知为“理想复数”．

（1）求实数；

（2）定义复数的一种运算“”：，求．

【答案】（1）2    （2）

【解析】

【分析】（1）根据，由是“理想复数求解；

（2）由（1）知，再由求解.

【小问1详解】

解：由题得，

，

是“理想复数”，

，

；

【小问2详解】

由（1）知，

所以，

由，

得，

.

18. 社会的进步与发展，关键在于人才，引进高素质人才对社会的发展具有重大作用．某市进行人才引进，需要进行笔试和面试，一共有名应聘者参加笔试，他们的笔试成绩都在内，将笔试成绩按照、、、分组，得到如图所示频率分布直方图．

（1）求频率分布直方图中的值；

（2）求全体应聘者笔试成绩的众数和平均数（每组数据以区间中点值为代表）；

（3）若计划面试人，请估计参加面试的最低分数线．

【答案】（1）   

（2）众数为，平均数为   

（3）

【解析】

【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为可求得的值；

（2）利用频率分布直方图中最高矩形底边的中点值为众数，将矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全加可得应聘者笔试成绩的平均数；

（3）计算出百分位数，可得结果.

【小问1详解】

解：由题意有，解得.

【小问2详解】

解：应聘者笔试成绩的众数为，

应聘者笔试成绩的平均数为．

【小问3详解】

解：，所以，面试成绩的最低分为百分位数，

前两个矩形面积之和为，前三个矩形的面积之和为，

设百分位数为，则，解得.

因此，若计划面试人，估计参加面试的最低分数线为.

19. 已知为锐角，．

（1）求的值；

（2）求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据，由，再利用商数关系的齐次运算求解；

（2）由求解.

【小问1详解】

解：因为，

所以 ，

，

．

【小问2详解】

因为锐角，则，

而，则，

所以，

所以，

∴.

20. 在中，分别为角的对边，，且，.

（1）求角大小.

（2）为边上一点，，且__________，求面积.

（从①为平分线，②为的中点，两个条件中任选一个补充在上面的横线上并作答.如果都选，以选①计分.）

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据向量的平行关系得到等式，再运用正弦定理及正弦的两角和公式化简即可求解；

（2）若选①，运用面积公式及余弦定理可求解；选②，根据向量关系及余弦定理即可求解.

【小问1详解】

由正弦定理得：

，

【小问2详解】

选①：

由平分得：

，

所以，（1）

在中，由余弦定理得：

所以，（2）

（1）（2）联立得

解得，解得，

所以，

选②：

，

，得（1）

中，由余弦定理得

所以，（2）

（2）-（1）即可得，

.

21. 如图，三棱锥中，为等边三角形，且面面，．

（1）求证：；

（2）当与平面BCD所成角为45°时，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】(1)根据给定条件证得平面即可推理作答.

(2)由与平面BCD所成角确定正边长与CD长的关系，再作出二面角的平面角，借助余弦定理计算作答.

【小问1详解】

在三棱锥中，平面平面，平面平面，而，

平面，因此有平面，又有平面，

所以.

【小问2详解】

取BC中点F，连接AF，DF，如图，

因为等边三角形，则，而平面平面，平面平面，

平面，于是得平面，是与平面BCD所成角，即，

令，则，因，即有，由(1)知，，则有，

过C作交AD于O，在平面内过O作交BD于E，连CE，从而得是二面角的平面角，

中，，，

中，由余弦定理得，

，，显然E是斜边中点，则，

中，由余弦定理得，

所以二面角的余弦值.

22. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝6，P，Q为边BC上两点，＝2，∠CAQ＝．

（1）求AQ的长；

（2）过线段AP中点E作一条直线l，分别交边AB，AC于M，N两点，设，（xy≠0），求x+y的最小值．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由正弦定理可得＝，结合已知有sin∠BAQ＝sin∠CAQ，进而求得∠BAQ＝，在△ABC、△ABQ和△ACQ中应用余弦定理求AQ长；

（2）设＝，λ≠0，根据向量加减的几何意义可得＝、＝，进而可得，应用基本不等式“1”的代换求x+y的最小值．

【小问1详解】

在△ABQ与AQC中，＝和＝，

两式相除得：＝，

又＝＝＝2，所以sin∠BAQ＝sin∠CAQ，

因为∠CAQ＝，∠BAQ∈(0,)，所以∠BAQ＝或（舍），

由CP＝2BP，AB＝2AC，a＝6，

在△ABC中，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccos∠BAC，可得b2＝，

在△ABQ和△ACQ中,，

可得AQ2＝2b2－8＝2×－8＝，

所以AQ＝.

【小问2详解】

因为＝2，所以CP＝2BP，则＝－2，

故－＝－2()，则＝，

同理：设＝，λ≠0，得＝+，

因为E为AP中点，所以＝+＝，

所以，可得：，则，

，

当且仅当：时取等号，即，

所以的最小值．