江苏省扬州市2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

2021-2022学年度第二学期期末检测试题

高一数学

（全卷满分150分，考试时间120分钟）

一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）．

1. 已知向量，，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由平面向量共线的坐标表示可求得的值.

【详解】由已知可得，解得.

故选：A.

2. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（    ）．

A. 2 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由，即可确定的虚部

【详解】，则的虚部为

故选：B

3. 甲、乙两人参加学校组织的“劳动技能通关”比赛，已知甲通关的概率为，乙通关的概率为，且甲和乙通关与否互不影响，则甲、乙两人都不通关的概率为（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，利用相互独立事件、对立事件的概率公式计算作答.

【详解】甲、乙通关的事件分别记为A，B，事件A，B相互独立，，

所以甲、乙两人都不通关的概率为.

故选：D

4. 某学习小组6名学生在一次数学小测验中的得分（单位：分）如下：82，84，86，90，97，97，则该组数据的30百分位数是（    ）

A. 82 B. 83 C. 84 D. 97

【答案】C

【解析】

【分析】根据百分位数的知识求得正确答案.

【详解】，

所以该组数据的30百分位数是.

故选：C

5. 若向量，则在上的投影向量的坐标为（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据投影向量的坐标公式求解即可

【详解】设向量夹角为，则在上的投影向量为

故选：A

6. 下列选项正确的是（    ）

A. 空间三点确定一个平面

B. 如果空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等

C. 如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行

D. 过一点有且只有一条直线与已知平面垂直

【答案】D

【解析】

【分析】根据相关定理逐项分析即可

【详解】空间中不共线的三点确定一个平面,A错

如果空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补,B错

如果一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行,那么这两个平面平行,无数并不代表所有,C错

过一点有且只有一条直线与已知平面垂直,D对

故选：D

7. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列各组条件中，使得恰有一个解的是（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用正弦定理逐项判断.

【详解】A. 因为，由正弦定理得    ，则，无解；

B. 因为，由正弦定理得    ，则，又，则，有两解，故错误；

C. 因为，则，所以无解，故错误；

D. 因为，由正弦定理得    ，则，又，且，所以，故有一解，故正确.

故选：D

8. 已知，函数，若，则（    ）．

A.  B.  C. 1 D.

【答案】A

【解析】

【分析】由已知条件，结合三角函数的性质可得，，从而利用即可求解.

【详解】解：令，，则或，

令，，则，

又，，

所以，，，，

因，，

所以，，

所以，

故选：A.

二、多项选择题（本大题共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. 所谓“民以食为天”，粮食问题就是人类生存的底线问题，是国家经济发展的底线问题，是社会维持稳定的底线问题.2021年，我国全国粮食总产量13657亿斤，连续7年保持在1.3万亿斤以上，我国2020-2021年粮食产量种类分布及占比统计图如图所示，则下列说法正确的是（    ）．

A. 2021年的粮食总产量比2020年的粮食总产量高 B. 2021年的稻谷产量比2020年的稻谷产量低

C. 2020年和2021年的薯类所占比例保持稳定 D. 2021年的各类粮食产量中，增长量最大的是小麦

【答案】AC

【解析】

【分析】根据统计图逐项判定可得答案.

【详解】2020年的粮食总产量为亿斤，

2021年的粮食总产量高亿斤，

因为，故A正确；

因为，所以2021年的稻谷产量比2020年的稻谷产量高，故B错误；

2020年和2021年的薯类所占比例都为，故C正确；

由统计图可得2021年的各类粮食产量中，增长量最大的是玉米，故D错误.

故选：AC.

10. 从装有个红球和个白球的袋中任意取出个球，有如下几对事件：

①“取出个球，恰好有个白球”与“取出个球，恰好有个红球”；

②“取出个球，恰好有个白球”与“取出个球，都是红球”；

③“取出个球，至少有个白球”与“取出个球，都是红球”；

④“取出个球，至少有个白球”与“取出个球，至少有个红球”．

其中是互斥事件的有（    ）

A. ① B. ② C. ③ D. ④

【答案】BC

【解析】

【分析】写出每个事件所包含的基本事件，利用互斥事件的定义判断可得出合适的选项.

【详解】对于①，“取出个球，恰好有个白球”即为红白，“取出个球，恰好有个红球”即为红白，

①中两个事件为相等事件；

对于②，“取出个球，都是红球”即为红，②中的两个事件为互斥事件；

对于③，“取出个球，至少有个白球”包含：红白、白，③中的两个事件为互斥事件；

对于④，“取出个球，至少有个红球”包含：红白、红，④中的两个事件不是互斥事件.

故选：BC.

11. 在棱长为1的正方体中，点P在线段上运动（包括端点），则下列结论正确的有（    ）．

A. 三棱锥的外接球的表面积为 B. 异面直线和所成的角为

C. 直线CP和平面所成的角为定值 D. 的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对A，三棱锥的外接球即正方体的外接球，再求解外接球表面积即可；

对B，根据异面直线夹角的定义可得直线和所成的角为，进而根据为正三角形求解即可；

对C，举反例，当在和时直线CP和平面所成的角不相等判断即可；

对D，以为顶点，为圆锥的高，为母线作圆锥，由圆锥底面圆上任意一点满足，结合两点之间线段最短求解即可

【详解】对A，三棱锥的外接球即正方体的外接球，且即为外接球的直径，又，故外接球的表面积，故A正确；

对B，连接，，易得异面直线和所成的角即与所成的，根据正方体的性质可得为正三角形，故，故异面直线和所成的角为，故B正确；

对C，当在时，直线CP和平面平行，所成的角为；当在时，直线和平面不平行，所成的角不为，故C错误；

对D，由题意，，以为顶点，为圆锥的高，为母线作圆锥如图所示.则易得圆锥底面圆上任意一点满足，故.不妨设与四点共面，则易得当三点共线时，取得最小值.此时，故D正确；

故选：ABD

12. 如图所示，中，，点M为线段AB中点，P为线段CM的中点，延长AP交边BC于点N，则下列结论正确的有（    ）．

A.  B.

C.  D. 与夹角的余弦值为

【答案】AC

【解析】

【分析】对A，根据平面向量基本定理，结合向量共线的线性表示求解即可；

对B，根据三点共线的性质，结合可得，进而得到判断即可；

对C，根据余弦定理可得，再根据B中两边平方化简求解即可；

对D，在中根据余弦定理求解即可

【详解】对A，，故A正确；

对B，设，则由A，，故，因为三点共线，故，解得，故，故，所以，即，故B错误；

对C，由余弦定理，，由B有，故，即，所以，故C正确；

对D，在中，，，故，故D错误；

故选：AC

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知为虚数单位，且复数z满足：，则复数z的模为_____________．

【答案】

【解析】

【分析】根据复数模的性质求解即可

【详解】，则，故

故答案为：

14. 的值为_____________．

【答案】##

【解析】

【分析】根据，结合两角和的正切公式求解即可

【详解】

故答案为：

15. 已知平面四边形ABCD中，，，，且是正三角形，则的值为_____________．

【答案】2

【解析】

【分析】根据图形由数量积的运算律直接求解即可.

【详解】由已知可得

故答案为：2

16. 已知样本数据的平均数和方差分别为77和123，样本数据的平均数和方差分别为m和n，全部70个数据的平均数和方差分别为74和138，则_____________，_____________．

【答案】    ① 70    ②. 130

【解析】

【分析】根据平均数与方差的公式列式求解即可

【详解】由题意，，，故，故.又，即，，即，故，故

故答案为：70；130

四、解答题（本大题共6小题，计70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 已知复数．

（1）若z在复平面内对应的点在第四象限，求m的取值范围；

（2）若z是纯虚数，求m的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据第四象限的复数实部为正，虚部为负求解即可；

（2）根据纯虚数的实部为0，虚部不为0求解即可

【小问1详解】

由题意可得，                

解得；

的取值范围为；

【小问2详解】

由题意可得，                  

解得．

的值为．

18. 如图，三棱柱中，E为中点，F为中点．

（1）求证：平面ABC；

（2）若平面，求证：平面ABC．

【答案】（1）见解析    （2）见解析

【解析】

【分析】（1）取BC中点M，连接AM，EM，证明四边形EFAM为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；

（2）易得，根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理即可得证.

【小问1详解】

证明：取BC中点M，连接AM，EM，

因为中，E为中点，M为BC中点，

所以且，

三棱柱中，且，

因为F为中点，

所以且，

所以四边形EFAM为平行四边形，所以，                

又因为平面ABC，平面ABC，

所以平面ABC；

【小问2详解】

证明：因为，由（1）知，所以，

因为平面平面，所以，

又因为，平面ABC，

所以平面ABC．

19. 某校高二年级学生参加数学竞赛，随机抽取了名学生进行成绩统计，成绩的频率分布直方图如图所示，数据的分组依次为：、、、、、．

（1）求这名学生成绩的平均值；

（2）若采用分层抽样的方法，从成绩在和内的学生中共抽取人，查看他们的答题情况来分析知识点上的缺漏，再从中随机选取人进行调查分析，求这人中恰好有人成绩在内的概率．

【答案】（1）分   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形的面积之和为可求得的值，再将矩形直方图中每个矩形的底边的中点值乘以对应矩形的面积，相加可得出这名学生成绩的平均值；

（2）分析可知抽取的人中，成绩在内的有人，成绩在内的有人，记成绩在内位同学为、、、，成绩在的位同学位、、，列举出所有基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.

【小问1详解】

解：，．          

这名学生的成绩的平均值为

，

因此，这名学生成绩的平均值为分.

【小问2详解】

解：设“抽取人中恰好有人成绩在内”为事件．

由题设可知，成绩在和内的频率分别为和，

则抽取的人中，成绩在内的有人，成绩在内的有人．                     

记成绩在内位同学分别为、、、，成绩在的位同学分别为、、．

则从人中任取人，所有的基本事件有：、、、、、、、

、、、、、、、、、、、、、，共种，

其中事件所包含的基本事件有：、、、、、、、、、

、、，共种，

故.

20. 在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答．

记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知_____________．

（1）求A；

（2）若，求面积的取值范围．

（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】对于条件①：两边边的条件为齐次，化边为角结合三角恒等变换可解得；

对于条件②：边的条件为齐二次，整理条件到余弦定理的结构可解得；

对于条件③：由正弦定理化角为边，整理条件到余弦定理的结构可解得.

【小问1详解】

（1）若选①：因为，根据正弦定理得，

所以，

所以．

则，因为，所以

，又，所以．

若选②化简得：，则，

又，所以．  

若选③：因为，根据正弦定理得，所以

．即，

因为，所以．

【小问2详解】

（2）因为，由，则，       

，            

又，所以，

则取值范围为．

21. 如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，平面平面ABCD，平面平面．

（1）求四棱锥的体积；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）作，垂足为M，显然PM，PA不重合，作，垂足为N，由平面平面ABCD，得到平面ABCD，再由平行四边形ABCD为矩形，且面积为48，利用锥体的体积公式求解；                       

（2）由平面PCD，平面平面，得到，结合（1）得到平面PAD，则二面角的平面角求解．

【小问1详解】

解：如图所示：

作，垂足为M，显然PM，PA不重合，作，垂足为N．

在中，，

所以N为PD中点，且，

所以，

解得：；                             

因为，

所以，则；

因为平面平面ABCD，平面平面平面PAD，

所以平面ABCD，又平面ABCD，

所以，又平面PAD，

则平面PAD，又平面PAD，

所以，

则平行四边形ABCD为矩形，且面积为48；                       

所以四棱锥的体积为；

【小问2详解】

因为底面ABCD为平行四边形，

所以，又因为平面PCD，位平面PCD，

所以平面PCD．

又因为平面PAB，平面平面，

所以．

由（1）知平面PAD，所以平面PAD，

又因为平面PAD，所以且，

所以二面角的平面角即．                                       

在中，，

由余弦定理得．

所以二面角的余弦值为．

22. 已知函数．

（1）求方程在上的解集；

（2）求证：函数有且只有一个零点，且

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用余弦二倍角公式化简方程，再结合辅助角公式即可

（2）根据三角函数的性质分区间研究函数，然后再进行隐零点代换，换元即可证明

【小问1详解】

所以.

所以或

当时,,则,又,所以

当,则,又.

所以或,所以

所以方程在上的解集为

【小问2详解】

设

当,则,此时在单调递增

在也单调递增,所以在单调递增

所以在时有唯一零点

当,所以

所以在没有零点

当时,,所以,所以

所以在没有零点

综上,在有唯一零点

所以,且,所以

所以

令,因,所以

又,则

所以

【点睛】方法点睛：含有三角函数、指数对数的零点问题，一般要根据三角函数图像特点划分区间，分段研究