2021-2022学年广东省广州市三校联考高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

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2021-2022学年广东省广州市三校联考高一（下）期末数学试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 若集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2. 设为虚数单位，若复数是实数，则实数的值为(    )

A.  B.  C.  D.

3. 已知，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

4. 在中，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

5. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是(    )

A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则

6. 锐角中，内角、、的对边分别为，，，为的面积，且，，则的取值范围为(    )

A.  B.  C.  D.

7. 已知实数，，且，则(    )

A.  B.  C.  D.

8. 如图所示，已知球的体积为，底座由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图所示．则在图所示的几何体中，下列结论中正确的是(    )

A. 与是异面直线
B. 异面直线与所成角的大小为
C. 由、、三点确定的平面截球所得的截面面积为
D. 球面上的点到底座底面的最大距离为

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9. 某高中有学生人，其中男生人，女生人，希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的原则抽取了容量为的样本，经计算得到男生身高样本均值为，方差为；女生身高样本均值为，方差为下列说法中正确的是(    )

A. 男生样本容量为 B. 每个女生被抽入到样本的概率均为
C. 所有样本的均值为 D. 所有样本的方差为

10. 年前个月各月社会消费品的零售总额增速如图所示，则下列说法中正确的有(    )

A. 受疫情影响，月份社会消费品的零售总额明显下降
B. 社会消费品的零售总额前期增长较快，后期增长放缓
C. 与月份相比，月份社会消费品的零售总额名义增速回升幅度有所扩大
D. 与月份相比，月份社会消费品的零售总额实际增速回升幅度有所扩大

11. 如图，在菱形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，连接和，为的中点，则(    )

A. 平面平面
B. 线段的长为定值
C. 当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
D. 二面角的最大值为

12. 如图，正方体棱长为，是上的一个动点，下列结论中正确的是(    )

A. 的最小值为
B. 的最小值为
C. 当在直线上运动时，三棱锥的体积不变
D. 以点为球心，为半径的球面与面的交线长为
 

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 欧拉公式为虚数单位是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，则复数的共轭复数为______．
14. 如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知轴，轴且，则的周长为______．

15. 如图，在中，，点为边上的一动点，则的最小值为______．

16. 如图，四棱台上下底面都为正方形且侧棱长都相等，且设、、分别是棱、、的中点，过、、的平面与交于点，则值为______；若四棱台的高，体积为，则该四棱台外接球的表面积为______．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 在复平面内，向量对应的复数，向量对应的复数，，．
    求向量对应的复数；
    若点，，则三角形的面积为计算三角形的面积．
18. “年全国城市节约用水宣传周”已于月日至日举行、成都市围绕“贯彻新发展理念，建设节水型城市”这一主题，开展了形式多样，内容丰富的活动，进一步增强全民保护水资源，防治水污染，节约用水的意识．为了解活动开展成效，某街道办事处工作人员赴一小区调查住户的节约用水情况，随机抽取了名业主进行节约用水调查评分，将得到的分数分成组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．
    求的值，并估计这名业主评分的众数和中位数；
    若先用分层抽样的方法从评分在和的业主中抽取人，然后再从抽出的这位业主中任意选取人作进一步访谈：
    写出这个试验的样本空间；
    求这人中至少有人的评分在概率．

19. 如图，在四棱锥中，平面平面，平面，，是的中点．
    求证：；
    求证：平面平面；
    若是线段上任意一点，试判断线段上是否存在点，使得平面？请说明理由．

20. 在中，角，，的对边分别为，，，且．
    求；
    若，，求的面积．
21. 如图，在三棱台中，与C、都垂直，已知，．
    求证：平面平面；
    直线与底面所成的角的大小为多少时，二面角的余弦值为？
    在的条件下，求点到平面的距离．

22. 若函数满足且，则称函数为“函数”．
    试判断是否为“函数”，并说明理由；
    函数为“函数”，且当时，，求的解析式，并写出在上的单调递增区间；
    在的条件下，当时，关于的方程为常数有解，记该方程所有解的和为，求．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，又，，
故选：．
根据集合并集的运算直接求解．
本题考查了并集的运算，是基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：因为是实数，
所以，
所以．
故选：．
先对复数结合的四则运算进行化简，然后结合复数的概念可求．
本题主要考查了复数的四则运算及复数的概念，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，
所以．
故选：．
由已知结合诱导公式进行化简，然后结合二倍角的正切公式进行化简即可求解．
本题主要考查了诱导公式及二倍角的正切公式在三角化简求值中的应用，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：在中，，
由正弦定理得，，即，
解得：．
故选：．
由已知结合正弦定理即可直接求解．
本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：对于，因，，当时，因为，所以；
当时，如图所示，在直线上取点，过作直线，则，过直线，的平面，
由，得，所以，
又，所以，而，所以，即A正确；

对于，若，，则，
又，则存在过直线的平面，使得，
所以，所以，所以，即B正确；

对于，如图，在长方体中，取平面为平面，直线为直线，平面为平面，直线为直线，满足，，，而，即C错误；
对于，若，，则，
又，所以，即D正确．
故选：．
利用线面垂直的判定定理与性质定理、面面垂直的判定定理可判断，；举例说明判断；利用线面垂直的判定定理与性质定理可判断．
本题考查空间中直线与平面的位置关系，熟练掌握线与面平行或垂直的判定定理，性质定理是解题的关键，考查空间立体感，属于中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：因为，所以，
整理可得，所以，
若为锐角三角形，则，，
所以，，
由正弦定理可得，
故选：．
根据即可得出，从而求出，然后即可得出，根据为锐角即可得出，然后根据正弦定理可得出，从而可求出的范围．
本题主要考查三角形面积公式，余弦定理及其应用等知识，属于中等题．
 

7.【答案】 

【解析】解：，
，
即，
函数在上单调递增，
，
即，
故排除选项C、；
，
，
即，
函数在上单调递增，
，
又，
，
即，
故，
故选：．
利用得到，从而同构，
结合函数在上单调递增可判断出，
再利用可得，结合对数性质判断即可．
本题考查了对数函数的性质的应用，同时考查了转化思想与同构方法的应用，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：取，中点，，连接，，，，，，如图，

因为正三角形，则，而平面平面，平面平面，平面，
于是得平面，同理平面，即，，
因此，四边形是平行四边形，有，则直线与在同一平面内，故A不正确；
由选项A，同理可得，则异面直线与所成角等于直线与所成角，故B不正确；
由选项A知，，同理可得，正外接圆半径，
由、、三点确定的平面截球所得的截面圆是的外接圆，此截面面积为，故C正确；
体积为的球半径，由得，由选项C知，球心到平面的距离，
由选项A，同理可得点到平面的距离为，即平面与平面的距离为，
所以球面上的点到底座底面的最大距离为，故D不正确．
故选：．
取，中点，，利用给定条件证明，，推理判断，；求出外接圆半径，结合球面截面圆性质计算判断，作答．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：：由人，正确；
：由人，故每个女生被抽入到样本的概率为，错误；
：所有样本的均值为，正确；
：男生方差，女生方差，
所有样本的方差


，正确．
故选：．
分层抽样等比例性质求男女生样本容量，再由古典概型的概率求每个女生被抽入到样本的概率判断、；利用均值、方差公式，结合男、女的样本的均值和方差求样本总体均值方差判断、．
本题主要考查平均值和方差的求解，以及分层抽样的应用，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：对于选项A：由图可知，月份社会消费品的零售总额名义增速和实际增速都小于，
所以月份社会消费品的零售总额明显下降，故选项A正确，
对于选项B：由图可知，社会消费品的零售总额前期增长较快，后期增长放缓，所以选项B正确，
对于选项C：由图可知，月份社会消费品的零售总额名义增速回升幅度为，
月份社会消费品的零售总额名义增速回升幅度为，所以选项C错误，
对于选项D：由图可知，月份社会消费品的零售总额名义增速回升幅度为，
月份社会消费品的零售总额名义增速回升幅度为，所以选项D错误，
故选：．
根据统计图，逐个分析选项，即可判断出正误．
本题主要考查了统计图的实际应用，同时考查了学生的逻辑推理能力，是基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于，如图所示，在菱形中，，，所以为等边三角形，
又是的中点，所以，由翻折性质知，
又因为，平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面，故A正确；

对于，如图所示，取中点，则，，
在菱形中，，，
因为和的两边方向相同，则由等角定理得，
在中，由余弦定理可得：
，所以，即长为定值，故B正确；
对于，由题意可知当平面平面时，三棱锥的体积最大，
由项已证知此时平面，则，所以，
故可将三棱锥的顶点放置在长宽高分别为，，的长方体的顶点处，
此时三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
则长方体的外接球半径，表面积为，故C错误；

对于，如图所示，由选项A可知，平面平面，
在平面中，过作，垂足为，在平面中，
过作，垂足为，因为平面平面，，
平面平面，平面，所以平面，
即为二面角的平面角．，
在菱形中，已知为定值，由平面，知，
点的在以为圆心的圆弧上，所以当时，取得最大值，
此时，
因为为锐角，所以，故D正确，
故选：．
对于，由已知可得为等边三角形，则，由翻折性质知，平面，再由面面垂直的判定可得结论，对于，取中点，由三角形中位线定理可得，，由等角定理得，然后在中由余弦定理可求出长，对于，由题意可知将三棱锥的顶点放置在长宽高分别为，，的长方体的顶点处，从而可求出其外接球的半径，进而可求出球的表面积，对于，过作，垂足为，过作，垂足为，可和即为二面角的平面角，当时，取得最大值，从而可求出其角度．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于，当时，最小，因为，所以到直线的距离为，选项A错误；
对于，将平面翻折到平面上，如图所示：
连接，与的交点即为点，此时取最小值为，
在三角形中，，，选项B正确；
对于，由正方体的性质可得，平面，所以平面，所以到平面的距离为定值，
如图所示：又为定值，则为定值，即三棱锥的体积不变，选项C正确；
对于，由于平面，设与平面交于点，
所以，设以为球心，为半径的球与面交线上任一点为，所以，，所以在以为圆心，为半径的圆上，
因为为正三角形，边长为，其内切圆半径为，
所以此圆恰好为的内切圆，完全落在面内，如图所示：
所以交线长为，选项D正确．
故选：．
中，当时，最小，结合正三角形性质，求出到直线的距离；
中，将平面翻折到平面上，求得的最小值；
中，由题可得平面，判断三棱锥的体积不变；
中，根据球的截面的性质知点为球心，为半径的球面与面的交线是的内切圆．
本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了分析与判断能力，是难题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由已知可得，
所以，
因此，复数的共轭复数为．
故答案为：．
利用复数三角形式以及复数的除法化简所求复数，利用共轭复数的定义可得结果．
本题以新定义为载体，主要考查了复数的四则运算及共轭复数的概念，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：先由斜二测画法得，，即可求解．
由题意得，，且，则，则的周长为．
故答案为：．
可利用斜二测画法将图形还原，，长度不变，．
本题考查了斜二测画法的逆运用，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：由题意，设，，
所以，．
又，，
所以
，
由二次函数的性质可得当时，取得最小值．
故答案为：．
设，，用、表示、，再计算的最小值．
本题主要考查平面向量的数量积运算，数量积最值的求解等知识，属于中等题．
 

16.【答案】   

【解析】解：如图连接，并延长交延长线于，设的中点为，连接，，
则，而由题意可知，又，故，
故平面，而平面，故连接，交于，
点即为过、、的平面与的交点，
设为中点，连接，则，，因为为中点，
故AE，故A，
因为，，则，所以；
设四棱台上底面棱长为，则下底面棱长为，
由四棱台的高，体积为，可得，
解得，
对于四棱台，，，所以，
则，故得，
即，由棱台的性质可知外接球球心位于对角面所在平面上，
故由此可知外接球球心在棱台的外部，即底面的外部，
设球心到面的距离为，则到面的距离为，是外接球半径为，
则，，解得，
故外接球的表面积为，
故答案为：．
作出过、、的平面与的交点，利用平行线性质即可求得答案；求得棱台的上下底面的棱长，以及侧棱长，判断外接球的球心的位置，列出等式，求得外接球半径，即可求得其表面积．
本题考查棱台性质的应用，棱台的体积公式的应用，外接球的表面积求法，属于中档题．
 

17.【答案】解：依题意，，即，
则，
又，
因为，
所以向量对应的复数为：．
依题意，，，则的面积，
由知，对应的复数为，即有，对应的复数为，即有，
所以的面积为． 

【解析】利用共轭复数的意义及复数除法运算分别求出，，再借助复数与向量的关系求解作答．
由求出，的坐标，再利用已知公式计算作答．
本题主要考查了复数的四则运算及复数几何意义的应用，属于基础题．
 

18.【答案】解：第三组的频率为．
．
又第一组的频率为，第二组的频率为，第三组的频率为．
前三组的频率之和为．
这名业主评分的中位数为，众数为．
由频率分布直方图，知评分在的人数与评分在的人数的比值为：．
采用分层抽样法抽取人，评分在的有人，评分在有人．
不妨设评分在的人分别为，，；评分在的人分别为，．
这个试验的样本空间为：
，，，，，，，，，
从人中任选人的所有可能情况有共种．
其中选取的人中至少有人的评分在的情况有：
，，，，，，共种．
故这人中至少有人的评分在的概率为． 

【解析】由频率分布直方图的性质，所有小矩形的面积之和为，可解得的值，由中位数的定义，找到频率之和为的点，众数估计值为最高小矩形的中点．
首先根据两个分组的人数之比，采用分层抽样的方法，得到每个分组抽取的人数，根据古典概型的概率计算公式求解即可．
本题主要考查频率分布直方图，属于基础题．
 

19.【答案】解：证明：平面，平面，平面平面，
所以．
证明：因为平面平面，平面平面，，所以平面，又因为平面，
所以平面平面．
当为中点时，平面．
证明：取的中点，连接，，，分别为，的中点，所以，平面，平面，所以平面，
又因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，所以平面，，所以平面平面，又因为平面，所以平面．
线段上存在点，使得平面． 

【解析】由线面平行的性质定理即可证明．
由面面垂直的性质定理证得平面，又因为平面，所以平面平面．
取的中点，连接，，由线面平行的判定定理证明平面，平面，所以平面平面，再由面面平行的性质定理可证得平面．
本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行的判断和性质的应用，属于基础题．
 

20.【答案】解：在中，角，，的对边分别为，，，
因为，
所以，所以，
所以；
因为，，
所以，，
由余弦定理，
可得，即，
解得或，
当时，的面积为；
当时，的面积为． 

【解析】利用正弦定理和余弦定理得到，即可求出；
先由求出，，利用余弦定理解得或代入的面积求面积即可．
本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．
 

21.【答案】解：证明：与C、都垂直，又由棱台的性质，
，，又，
平面，又平面．
故平面平面．
由知，平面平面．
如图所示，过作于，则平面，
是与平面所成的角，即．
作于，则为二面角的平面角．
在中，由题意得．
在中，，，，．
由，得．
，，即，
于是，，，
注意到，故．

点到平面的距离即为点到平面的距离．
，，，
，又由可知，
点到平面的距离即点到平面的距离，
由知，平面，且，
于是，到平面的距离为． 

【解析】，，，从而平面，由此能证明平面平面．
过作于，则平面，是与平面所成的角，即作于，则为二面角的平面角，由此能求出结果．
点到平面的距离即为点到平面的距离，由可知，点到平面的距离即点到平面的距离，由此能求出到平面的距离．
本题考查线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质、二面角、线面角、点到平面的距离、等体积法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

22.【答案】解：不是“函数”．
，，
，
不是“函数”．
函数满足，函数的周期，
，，
当时，，，
当时，，
，．
函数在上的单调增区间为，
由得函数在】上的图象为：

当或时，为常数有个解，其和为，
当时，为常数有个解，其和为，
当时，为常数有个解，其和为，
当，时，记关于的方程为常数所有解的和为，
则． 

【解析】由不满足，得不是“函数”；
求出函数的周期为，，当时，，；当时，，由此能求出函数在上的单调递增区间；
作出函数在上的图象，数形结合能求出结果．
本题考查三角函数的图象、性质，考查三角函数恒等变换、三角函数型方程等问题，考查运算求解能力，是中档题．