2021-2022学年广东省韶关市高一下学期期末数学试题含解析

这是一份2021-2022学年广东省韶关市高一下学期期末数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省韶关市高一下学期期末数学试题一、单选题1．已知集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解集合B中的一元二次不等式可得，集合A为集合的列举法，集合B为描述法，进行交集的运算即可.【详解】由题可知，故，故选.2．已知角的终边过点，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三角函数的定义得,再根据诱导公式即可求解.【详解】由题可知，故选:B．3．设，，，则a，b，c的大小关系正确的是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分别判断各数与0比较大小，即可分别判断.【详解】由题知，，，故，故选A .4．某社区为迎接2022农历虎年，组织了庆祝活动，已知参加活动的老年人、中年人、青年人的人数比为12：15：13，如果采用分层抽样的方法从所有人中抽取一个80人的样本进行调查，则应抽取的青年人的人数为（       ）A．20 B．22 C．24 D．26【答案】D【分析】由分层抽样抽样比可得答案.【详解】由分层抽样可知，抽取青年人人数为.故选：D．5．若电流ⅠA．随着时间t（s）变化的函数的图象如图所示，则（       ） A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】由图可知，，求出周期，从而可求出的值，然后将代入函数中可求出的值【详解】由题可知，，，，所以代入最值点坐标，得，所以，得，因为所以．故选：A．6．下列说法错误的是（       ）A．若，则或B．若，，且，则的最小值为4C．若，则的最小值为D．函数的值域为【答案】C【分析】对于A，直接求解分式不等式即可，对于B，由题意得，化简后利用基本不等式可求得其最小值，对于C，利用基本不等式判断，对于D，令，则，然后利用正弦函数的性质求其值域【详解】选项A：，所以则或，故A正确；选项B：，当且仅当时取得等号，故B正确；选项C，，当且仅当时取得等号，而，从而上述不等式取不到等号，最小值要大于，故C错误；选项D，可令，，则，，，，，故D正确．故选：C．7．如图，在等腰梯形ABCD中，，，，E为BC边上一点，且满足，若，则（       ） A． B． C．4 D．8【答案】B【分析】由平面向量的基本定理与数量积的运算性质求解即可【详解】由题可知，故，从而易知．，．故，故选：B．8．在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则过B、E、三点的平面截正方体所得的截面图形的面积为（       ）A．5 B． C． D．【答案】C【分析】先作出截面图形，易知截面为菱形，再结合菱形面积公式求解即可【详解】设平面交棱AD于F，由正方体性质及平面与平面平行的性质定理得，，由勾股定理可得四边形所有边长的长度为，所以是菱形，且为的中点，取的中点，连接，则，故．故选：C．二、多选题9．已知i是虚数单位，若复数z满足，是复数z的共轭复数，则（       ）A．z的虚部是 B．C． D．复数z在复平面上对应的点在第一象限【答案】ACD【分析】根据复数的概念判定A正确，根据共轭复数的概念判断B错误，根据复数模的计算公式判断C正确，根据复数的几何意义判断D正确.【详解】原式化简得，虚部为，A对；，B错；，C对；z在复平面上对应的点为，在第一象限，D对，故选：ACD.10．已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的有（       ）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则【答案】BC【分析】由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判断即可．【详解】对于A，若，，l和m可以相交，故错误；对于B，若，，，则，正确；对于C，若，，则或在内，又，则正确；对于D，若，，，可能，故不一定成立．故选：BC．11．已知函数，则（       ）A． B．若，则或C．函数在上单调递减 D．函数在的值域为【答案】BD【分析】作出函数图象，根据图象逐个分析判断即可【详解】函数的图象如左图所示．，故A错误；当时，，此时方程无解；当时，或，故B正确；由图象可得，在上单调递增，故C错误；由图象可知当时，，，故在的值域为，D正确．故选：BD．12．如图，在菱形ABCD中，，，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成，连接和，N为的中点，则（       ）A．平面平面AMCDB．线段CN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30°【答案】ABD【分析】对于A，由已知可得△ABC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B，取AD中点E，由三角形中位线定理可得，，由等角定理得，然后在△NEC中由余弦定理可求出CN长，对于C，由题意可知将三棱锥的顶点放置在长宽高分别为2，，1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D，过作，垂足为F，过F作，垂足为D，可和即为二面角的平面角，当时，取得最大值1，从而可求出其角度【详解】对于A，如图所示，在菱形ABCD中，，，所以△ABC为等边三角形，又M是BC的中点，所以，由翻折性质知，又因为，平面，，所以平面，因为平面AMCD，所以平面平面AMCD，故A正确；对于B，如图所示，取AD中点E，则，，在菱形ABCD中， ，，因为和的两边方向相同，则由等角定理得，在△NEC中，由余弦定理可得，所以，即CN长为定值，故B正确；对于C，由题意可知当平面平面AMD时，三棱锥的体积最大，由A项已证知此时平面AMD，易知，所以，故可将三棱锥的顶点放置在长宽高分别为2，，1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D，如图所示，由选项A可知，平面平面AMCD，在平面中，过作，垂足为F，在平面AMCD中，过F作，垂足为，因为平面平面AMCD，，平面平面，平面，所以平面AMCD，即为二面角的平面角．，在菱形ABCD中，已知FG为定值，由平面，知，点的在以M为圆心的圆弧上，所以当时，取得最大值1，此时，因为为锐角，所以，故D正确，故选：ABD．三、填空题13．已知，，则__________．【答案】【分析】利用同角三角函数间的关系求解即可【详解】因为，，所以．故答案为：14．已知，，则在的投影向量是__________（用坐标表示）．【答案】【分析】由投影向量得定义求解即可【详解】因为，，则在的投影向量是．故答案为：15．如图，平面四边形ABCD中，已知，，，，则边AB的长为__________．【答案】【分析】根据正弦定理求得，再根据已知求得，利用余弦定理即可求得AB的长.【详解】依题意得，在△BCD中，由正弦定理可得即在△ACD中，，所以，在△ADB中，由余弦定理得，解得．故答案为：四、双空题16．已知一组样本数据分为甲、乙两小组，其中，甲小组有10个数，其平均数为60，方差为200；乙小组有40个数，其平均数为70，方差为300，则这组样本的平均数为__________，方差为__________．【答案】     68     296【分析】先分别求出甲、乙两小组所占的权重，然后利用平均数和方差的计算公式求解即可.【详解】解：．故答案为：68；296五、解答题17．如图，已知正方体的棱长为2，E，F分别是AB，的中点． (1)求直线与直线所成角的正切值；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)2(2)1【分析】（1）根据，可得即为直线与直线所成角，解即可得解；（2）根据棱锥的体积公式即可得解.【详解】(1)解：在正方体中，有，所以即为直线与直线所成角，在中，易知，，所以，所以直线与直线所成角的正切值为2．(2)解：在正方形中，有，又平面．所以，即三棱锥的体积为1．18．为弘扬我国优秀传统文化，某校组织了高一年级学生进行这方面的知识测试．根据测试成绩（总分100分），将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示． (1)求图中a的值；(2)试估计高一级本次知识测试成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(3)该校准备对本次知识测试成绩优秀（将成绩从高到低排列，排在前15%的为优秀）的学生进行嘉奖，则受嘉奖的学生分数不低于多少？（结果保留一位小数）【答案】(1)；(2)71；(3)86.7【分析】（1）直接由频率和为1求解即可；（2）由每组区间的中点值乘该组频率，再求和即可求解；（3）先利用频率确定受嘉奖学生最低分所在区间，再由方程求解即可.【详解】(1)由，解得；(2)，故本次知识测试成绩的平均分为71；(3)设受嘉奖的学生分数不低于x分，因为，对应的频率和为，对应的频率，故，所以，解得．故受嘉奖的学生分数不低于86.7．19．已知，．(1)若，求的值．(2)设，现将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到函数的图象，求函数在上的值域．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据向量平行的坐标关系，可得，根据二倍角的正弦公式，展开，根据齐次式法化简，即可得答案.（2）由题意得，根据平移原则，可得解析式，根据x的范围，可得的范围，根据正弦型函数的性质，即可得答案.【详解】(1)因为，所以，易知，所以．所以．(2)由题意得由图象平移可知因为，所以，所以，所以，即的值域为．20．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，现给出两个条件：①；②．要求你从中选出一个条件，并以此为依据解下面问题：(1)求A的值；(2)若，D为BC中点，且，求的面积．【答案】(1)任选一条件，都有(2)【分析】（1）若选择①，根据正弦定理边化角可得，根据两角和的正弦公式，诱导公式，化简整理，结合角A的范围，即可得答案；若选择②，根据诱导公式，两角和的正切公式，化简整理，结合角A的范围，即可得答案；（2）由题意得，左右同时平方，结合数量积公式及题干条件，可得c值，代入面积公式，即可得答案.【详解】(1)若选择①，由正弦定理可得，可将已知条件转化为即，所以．在中，有，故，所以，又，所以，故，又，所以．若选择②在中，有，所以即，所以．又由已知条件得，又A，B，，所以，所以所以．(2)因为，故，即代入数据得，解得或（舍去），所以，即的面积为．21．如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，，，侧面底面ABCD，，，M是棱SB上靠近点S的一个三等分点． (1)求证：平面平面SAB；(2)求证：平面SCD；(3)若△SAB是边长为2的等边三角形，求直线SC与平面ABCD所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）由已知面面垂直可得BC⊥平面SAB，再由面面垂直的判定定理可证得结论，（2）取棱SC上靠近点S的一个三等分点N，连接MN，DN，则可得到四边形ADNM为平行四边形，所以，再由线面平行的判定定理可证得结论，（3）取AB中点E，连接SE，EC，可证得SE⊥平面ABCD，所以∠SCE为直线SC与平面ABCD所成角，然后在△SCE中求解即可【详解】(1)证明：因为平面SAB⊥平面ABCD，平面平面，平面ABCD，BC⊥AB，所以BC⊥平面SAB．因为平面SBC，所以平面SBC⊥平面SAB．(2)证明：取棱SC上靠近点S的一个三等分点N，连接MN，DN，如图所示 在平面SBC中，由得，且，又，，所以，，所以四边形ADNM为平行四边形，所以，又平面SCD，平面SCD，所以平面SCD．(3)解：取AB中点E，连接SE，EC．因为△SAB为等边三角形，所以SE⊥AB因为平面SAB⊥平面ABCD，平面平面，平面SAB，所以SE⊥平面ABCD所以∠SCE为直线SC与平面ABCD所成角，在中， ，在梯形ABCD中，在△SCE中，有，所以．即直线SC与平面ABCD所成角的正弦值为．22．双曲函数是一类与常见的三角函数类似的函数，最基本的双曲函数是双曲正弦函数和双曲余弦函数（历史上著名的“悬链线问题”与之相关）．记双曲正弦函数为，双曲余弦函数为，已知这两个最基本的双曲函数具有如下性质：①定义域均为，且在上是增函数；②为奇函数，为偶函数；③（常数是自然对数的底数，）．利用上述性质，解决以下问题：(1)求双曲正弦函数和双曲余弦函数的解析式；(2)证明：对任意实数，为定值；(3)已知，记函数，的最小值为，求．【答案】(1)，(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用函数奇偶性的性质可得出关于、的等式组，即可求得这两个函数的解析式；（2）利用指数的运算性质可证得结论成立；（3）设，可得出，问题转化为求函数，的最小值，对实数的取值进行分类讨论，分析函数在上的单调性，即可求得的表达式.【详解】(1)解：由性质③知，所以，由性质②知，，，所以，即，解得，.因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数，合乎题意.(2)证明：由（1）可得：.(3)解：函数，设，由性质①，在是增函数知，当时，，所以原函数即，，设，，当时，在上单调递减，此时．当时，函数的对称轴为，当时，则，在上单调递减，此时，当时，即时，在上单调递减，在上单调递增，此时．当时，即时，在上单调递减，此时．综上所述，.【点睛】方法点睛：“动轴定区间”型二次函数最值的方法：（1）根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论；（2）根据二次函数的单调性，分别讨论参数在不同取值下的最值，必要时需要结合区间端点对应的函数值进行分析；（3）将分类讨论的结果整合得到最终结果.