2022金华十校高一下学期期末考试数学含解析

金华十校2021-2022学年高一下学期期末调研考试数学试题

选择题部分（共 60 分）

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. 已知集合，集合，则中元素的个数为（     ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】根据交集定义求出，即可得出答案.

【详解】解：因为集合，集合，

所以，

所以中元素的个数为3个.
故选：C.

2. 知向量，则（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由向量坐标的减运算直接计算即可.

【详解】解：因为，

所以 ＝.

故选：D.

3. 几何学中把变换前后两点间距离保持不变的变换称为刚体变换，在平面中作图形变换，易知平移变换是一种刚体变换，以下两个函数与，其中可以由通过平移得到的是（     ）

A.

B

C.

D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用平移变换判断.

【详解】A.因为，

，所以是由向左平移得到，故正确；

B.因为，所以无法由平移得到，故错误；

C.因为，所以无法由平移得到，故错误；

D. 因为，所以无法由平移得到，故错误；

故选：A

4. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数": 设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数，例如: ，已知，则函数 的值域为（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求解函数的值域，在根据高斯函数的定义确定的值域.

【详解】解：因为，所以，则，所以函数的值域为，故的值域为-1或0.

故选：B

5. 已知，则函数的图像不可能是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据含参函数的解析式和函数特殊值判断函数可能的图像.

【详解】根据可知，所以当时，，即，故选项A错误，而当为其他值时，B,C,D均有可能出现.

故选：A

6. 如图，小吕考虑用一个棱长为的正四面体硬木件，削磨出一个体积最大的球，他的第一步是削去一个小正四面体，则截面面积的最大值为（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题可知，顶点到平面的距离为正四面体的高减去内切球的直径，利用正四面体的特征可得内切球的半径与高的比值为，则，求解的面积即可.

【详解】解：如图，在正四面体中，顶点在底面的投影，即为正三角形的中心点，连接交与点，

因为正四面体的棱长为，则，，

因为正四面体的四个面均为正三角形，且其内切球的球心到各面的距离均为半径，

故设正四面体内切球的半径为，球心为点，点在线段上，

则，即,解得，

设顶点到平面的距离为，则，

由题意得平面平面，故，

故选：D.

7. 如图所示，唐唐在背景墙上安装了一台视频监视器，为唐唐坐在工位上时相当于眼睛位置的一点，在背景墙上的水平投影点为，过作垂直于地面的直线，分别交监视器上、下端于、两点，测得，若，则为唐唐看监视器的视角. 唐唐通过调整工位使视角取得最大值，此时的长为（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可知，，要使最大，只要最大即可，在和中，可得的关系，再根据两角差的余弦公式化简整理从而可得出答案.

【详解】解：由题意可知，，则，

因为函数在递增，

则要使最大，只要最大即可，

在中，，

在中，，

所以，即，

则，

当且仅当，即时，取等号，

此时，

，

所以视角取得最大值时，的长为.
故选：A.

8. 若函数，则下列说法正确的是（     ）

A. 若，则对于任意函数都有2个零点

B. 若，则对于任意 函数 都有4个零点

C. 若，则存在 使得函数 有2个零点

D. 若，则存在 使得函数 有2个零点

【答案】B

【解析】

【分析】先判断出偶函数，求导讨论在上的单调性，确定最小值，再结合选项，讨论最小值和0的大小，进而分析出的零点，再分析的零点即可.

【详解】易得定义域为R，又，则为偶函数；当时，，，

当时，则，则在上单增，，又为偶函数，则在R上，；

对于A，若，则，故在R上有，令，则，易得，则无零点，故A错误；

对于B，若，则，又，故在上有1个零点，又为偶函数，

则在上有另一个零点，则零点的个数等价于以及解的个数，又，易得有2个解，

又，令，则，则单增，即，

则，可得，即，即，则有2个解，

综上可得对任意，以及有4个解，即有4个零点，故B正确；C错误；

若，则，则有唯一零点0，则零点的个数等价于解的个数，

显然只有1个解0，即对任意，只有1个零点，故D错误.

故选：B.

【点睛】本题关键点在于讨论最小值和0的大小，进而分析出的零点；当时，易得有两个零点，，通过构造函数判断和的大小，是求出解的个数的关键.

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. 若，则下列不等式正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用不等式的基本性质求解即可

【详解】由于，则，故错误；

正确；正确；，，正确

故选：．

10. 掷一枚骰子，记事件为掷出的数大于4 ，事件为掷出偶数点，则下列说法正确的是（     ）

A.

B.

C. 事件与事件为相互独立事件

D 事件与事件对立

【答案】BC

【解析】

【分析】根据古典概型的概率公式可得，，即可判断B项，利用概率的加法公式可判断A项，利用相互独立事件的定义可判断C项，利用对立事件的定义可判断D项.

【详解】解：由题可知，事件的概率为，事件的概率为，故B项正确；

因为，故A项错误；

因为事件表示“掷出的数大于4”且“掷出偶数点”，即“掷出6”，所以，

又，故事件与事件为相互独立事件，故C项正确；

因为，故事件与事件不是对立事件，故D项错误.

故选：BC.

11. 我们知道，函数的图象关系坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数 为奇函数. 有同学发现可以将其推广为: 函数的图象关于点 成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数. 现在已知，函数 的图像关于点对称，则（     ）

A.

B.

C. 对任意，有

D. 存在非零实数，使

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据题意可得函数为奇函数，从而可判断D；再根据，可求出的值，从而可判断A，B；令，解方程即可判断D.

【详解】解：由题意，因为函数 的图像关于点对称，

所以函数为奇函数，

所以，故C正确；

又，

则，

所以，解得，

所以，

则，故A正确，B错误；

令，

则，解得或，

所以存在非零实数，使，故D正确.

故选：ACD.

12. 若正四棱柱的底面棱长为4 ，侧棱长为3 ，且为棱的靠近点的三等分点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面的所成角，则下列结论正确的是（    ）

A. 点所在区域面积为

B. 四面体的体积取值范围为

C. 有且仅有一个点使得

D. 线段长度最小值为

【答案】AB

【解析】

【分析】A选项，根据题意得到所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），得到区域面积；B选项，根据P点不同位置求出点P到平面的距离最大值及最小值，求出最大体积和最小体积；C选项，寻找到不止一个点使得；D选项，结合P的所在区域及三角形两边之和大于第三边求出长度最小值.

【详解】A选项，当时，与与底面的所成角，故点所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），即圆的，面积为，A正确；

如图，当点P位于上时，此时点P到平面的距离最大，最大距离为，

此时四面体的体积为，

当P与点F重合时，此时点P到平面的距离最小，最小距离为，

因为△BFK∽△BAH，所以，所以最小体积为，

故四面体的体积取值范围为，B正确；

C选项，不妨点P与点F重合，

此时，由余弦定理得：，则

同理可得：，

故多于一个点使得，C错误；

D选项，当PC取最小值时，线段长度最小，由三角形两边之和大于第三边可知：当A，P，C三点共线时，PC取得最小值，即，则，D错误

故选：AB

非选择题部分 （共 90 分）

三、填空题: 本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.

13. 已知复数满足，则_________.

【答案】

【解析】

【分析】根据复数模的运算公式进行求解即可.

【详解】因为，所以.

故答案为：

【点睛】本题考查了复数模的运算公式，考查了数学运算能力，属于基础题.

14. 已知函数，则______.

【答案】

【解析】

【分析】将代入解析式可得，由可求得结果.

【详解】，.

故答案为：.

15. 在扇形中，半径为1 ，圆心角为，若要在扇形上截取一个面积为 的矩形，且一条边在扇形的一 条半径上，如图所示，则的最小值为________

【答案】##2.4

【解析】

【分析】设，分别用含有的三角函数表示，写出矩形的面积，求出矩形的面积的最大值即的最大值，即可求出的最小值.

【详解】

设，，扇形中，半径为1 ，，，

，

，

当时，矩形的最大面积为，

所以当，解得：.即,

，令，

所以，在上单调递增，

当时，取得最小值，所以的最小值为.

故答案为：.

16. 已知向量，满足，若以向量为基底，将向量表示成 为实数），都有，则的最小值为________

【答案】

【解析】

【分析】向量的模长已知，根据数量积公式可知所求为向量夹角余弦值的最小值，结合函数在区间上单调递减可得的最小值为.

【详解】由题可知，

不妨设，,,则点、分别在以原点为圆心，半径分别为和的圆上运动，

又 为实数），都有，

所以当、、三点共线时且此线与半径为2的圆相切时，向量的夹角最大，此时，的最小.

此时，在中，由余弦定理可得，

,

故答案为：.

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. 如图，已知的外接圆的半径为4，.

（1）求中边的长;

（2）求.

【答案】（1）2    （2）-18

【解析】

【分析】（1）先判断出，即可求出 ；

（2）转化条件为，由数量积的运算律及定义即可得解.

【小问1详解】

因为，所以.

所以，且.

【小问2详解】

由（1），

所以

.

18. 已知函数

（1）若将图像上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再将所得图像向上平移 1个单位得到的图像，且的图像关于轴对称，求的最小正值;

（2）如图，函数的图像与轴的交点为，与轴正半轴最靠近轴的交点为，轴右侧第一个最高点和第一个最低点分别为，其中为坐标原点）的面积为. ，求的解析式，以及的最小正周期.

【答案】（1）   

（2），最小正周期为8

【解析】

【分析】（1）根据函数平移得到解析式，根据为偶函数求出的最小正值为；

（2）根据面积求出，代入特殊点坐标求出，，从而求出的解析式，以及的最小正周期.

【小问1详解】

由题意得：，且，

当时，取得最小正值，最小正值为；

【小问2详解】

由图像可知：，，

因为，所以，解得：，

即，因为，所以，

因为与轴正半轴最靠近轴的交点为，

所以，所以，解得：，

，最小正周期为

19. 已知函数.

（1）若，求的值;

（2）若在锐角中，角所对的边分别为，已知，求 的周长的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

分析】（1）化简得到，将代入求解；

（2）由，求得，得到外接圆的直径，然后由三角形的周长求解.

【小问1详解】

解：，

，

，

因为，

所以；

【小问2详解】

，

即，

解得或（舍去），

则，解得，所以外接圆的直径为，

所以三角形的周长为 ，

，

，

，

因为三角形是锐角三角形，所以，

即，解得，

则，，

所以.

20. 2020年4月21日，习近平总书记在学校考察调研时提出“文明其精神，野蛮其体魄”，“野蛮其体魄”就是强身健体，青少年的体质状况不仅关乎个人成长和家庭幸福，也关乎国家末来和民族 希望.某校为了解学生每日行走的步数，在全校2400名学生中随机抽取200名，给他们配发了计步手环，统计他们的日行步数，按步数分组，得到频率分布直方图如图所示，

（1）求的值，并求出这200名学生日行步数的样本平均数；

（2）学校为了鼓励学生加强运动，决定对步数大于或等于11000步的学生加1分，计入期末三好学生评选的体育考核分，估计全校每天获得加分的人数.

（3）利用该调查数据，估计从该校高一（1）班任取3名学生，恰有2人能获得加分的概率.

【答案】（1）；9.44千步；   

（2）720    （3）0.189

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图进行数据分析，利用频率和为1求出a；利用求平均数公式直接求解；（2）先求出样本中步数大于或等于11000步的学生所占的频率，由此估计全校每天获得加分的频率，即可求出全校每天获得加分的人数；（3）利用相互独立事件的概率公式和概率的加法公式即可求解.

【小问1详解】

在频率分别直方图中，设第i组的频率为.

则；；；；；；；.

由，可得：，解得：.

这200名学生日行步数的样本平均数为

=9.44.

【小问2详解】

设步数大于或等于11000步的学生所占的频率为p.

则.

由此估计全校每天获得加分的同学的频率为0.3，

所以估计全校每天获得加分的人数为.

【小问3详解】

由题意可得：每名同学能获得加分的概率为0.3，且他们相互独立.

所以任取3名学生，恰有2人能获得加分的概率为.

21. 如图，在三棱柱: 中，，点为线段中点，侧面为矩形.

（1）证明: 平面 平面;

（2）若，二面角的正切值为，求与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由线面垂直的判定定理证得平面，再由面面垂直的判定定理可得证；

（2）由（1）可得就是二面角的平面角，设，在，，中，由余弦定理建立方程可求得，以点D为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求解方法可求得答案.

【小问1详解】

证明：因为，点为线段中点，所以，

又侧面为矩形，所以，所以.

又，所以平面，

因为平面，所以平面平面；

【小问2详解】

解：由（1）得平面，所以，又，所以就是二面角的平面角，

所以，则，

设，

在中，，，所以，

在中，，

所以在中，，即，

化简得，解得（舍去），

所以，

以点D为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示，

过作底面，

因为，，则，，

则，

则，

则，

设平面的法向量为，

由，，

则，令，则，即，，

设与平面所成的角为，

则，

所以与平面所成角的正弦值为.

22. 已知函数

（1）当 时，求在区间上的值域;

（2）函数，若对任意，存在，且，使得 ，求的范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用定义法求解函数在区间上的单调性，根据单调性求解值域即可；

（2）根据题意判断函数在区间上不单调，由此可判断，利用定义法证明当时，函数在区间上单调递增，且在区间的最大值，最小值，分类讨论的取值范围，列不等式组即可求解.

【小问1详解】

解：当时，，

在区间上任意取两个值，令，

则，

因为，所以，故函数在区间上单调递增，

又，

所以在区间上的值域为.

【小问2详解】

解：因为对任意，存在，且，使得 ，所以函数在区间上不单调，

又，

在区间上任意取两个值，令，

则，

当，时，，函数在区间上单调递增，不满足题意，故，

当时，，故，则函数在区间上单调递增，

则，

当时，函数，故函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

则，

故，解得；

当时，,在区间上单调递减，不满足题意；

当，时，，对称轴为，且，

则，

故，解得，与矛盾，故不满足题意；

当时，，在区间上单调递增，不满足题意.

综上，的范围为.