2021-2022学年高一数学下学期期末考试试卷（Word版附解析）

湖南师大附中2021-2022学年度高一第二学期期末考试数学一､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，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将整理得，根据复数的除法运算，可求出z，即得答案.【详解】根据，可得，故选：D.2.若平面向量两两的夹角相等，且，则（）A.2B.5C.2或5D.或【答案】C【解析】【分析】分类讨论，再由向量求模公式，即可求解.【详解】当两两的夹角均为0°时，显然；当两两的夹角均为120°时，，故选：C.3.若的内角，，所对的边分别为，已知，且，则=（）\nA.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理得到，利用三角恒等变换得到，，计算得到答案.【详解】，则，，故，，故.，故，化简整理得到：，，故，，.故选：D.【点睛】本题考查了三角恒等变换，正弦定理，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.4.过点P（1，1）作直线l，与两坐标轴相交所得三角形面积为1，则直线l有（）A.1条B.2条C.3条D.4条【答案】B【解析】【分析】由题意设直线的方程为，然后求出直线与坐标轴的交点坐标，再由直线与两坐标轴相交所得三角形面积为1，列方程可求出的值，从而可得直线的条数【详解】由题意可知，直线的斜率存在，则设直线的方程为，令，解得；令，解得.，化为，即①，②，由于方程①，方程②无解，可得两个方程共有2个不同的解.因此直线共有2条.\n故选：B.5.下列说法不正确的是（）A.一个人打革时连续射击两次，事件“至少有一次中革”与事件“两次都不中革”互斥B.掷一枚均匀的硬币，如果连续抛郑1000次，那么第999次出现正面向上的概率是C.若样本数据的标准差为8，则数据的标准差为16D.甲､乙两人对同一个靶各射击一次，记事件“甲中靶”，"乙中靶”，则“恰有一人中靶”【答案】D【解析】【分析】根据互斥事件的概念、独立重复试验的概率，及样本数据变化前后方差的性质即可判断A、B、C的正误，由即知所表示的事件含义.【详解】A：“两次都不中靶”与“至少有一次中靶”不可能同时发生．正确．B：每一次出现正面朝上的概率相等都是．正确．C：样本数据，其标准差，则，而样本数据的方差为，其标准差为正确．D：“靶被击中”，错误．故选：D6.设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线.下列说法正确的是（）①若，，则a或；②若，，则ab；③若，，则；④若，，，则.A.①②③B.②③④C.①②④D.①②③④【答案】A【解析】\n【分析】根据直线和平面的位置关系可判断A;由线面垂直的性质可判断B,C;根据面面垂直的性质可判断D.【详解】①若，可得或，故①正确；②若，由直线与平面垂直的性质可得，故②正确；③若，由直线与平面垂直的性质可得，故③正确；④若，当时，一定有成立，当时，不一定成立，故④不正确.说法正确的是①②③.，故选：.7.已知直线l：在x轴上的截距的取值范围是（，3），则其斜率的取值范围是（）A.B.或C.或D.或【答案】D【解析】【分析】先求出含参数的直线所过定点坐标，然后求出直线两端点的斜率，画出示意图，写出范围即可【详解】已知直线l：(2+a)x+(a−1)y−3a=0，所以(x+y-3)a+2x-y=0，所以直线过点，由题知，在轴上的截距取值范围是，所以直线端点的斜率分别为：，如图：或.故选：D.\n8.已知正四面体的表面积为，为棱的中点，球为该正四面体的外接球，则过点的平面被球所截得的截面面积的最小值为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】本题首先可以将正四面体放入正方体中，然后借助正方体的性质得出外接球的球心，通过正四面体的表面积为即可计算出长，从而求得外接球的半径，利用截面圆的性质求得最小截面圆的半径径，问题得解．【详解】如图所示，将正四面体放入正方体中，则正方体的中心即为其外接球的球心，因为正四面体的表面积为，所以，因为是正三角形，所以，，\n设正方体的边长为，则：，解得：所以正四面体的外接球直径为，设过点的截面圆半径为，球心到截面圆的距离为，正四面体的外接球半径为，由截面圆的性质可得：当最大时，最小，此时对应截面圆的面积最小.又，所以的最大值为，此时最小为所以过点的最小截面圆的面积为，故选B．【点睛】本题考查截面圆的相关性质，主要考查几何体与球的外接问题，可将几何体放入正方体中并借助正方体的相关性质得出球心，考查推理能力，是难题．二､多选题：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.已知为虚数单位，下列说法中正确的是（）A.若复数z满足，则复数z对应的点在以为圆心，为半径的圆上B.若复数z满足，则复数C.若复数，满足，则D.若复数，满足，则【答案】BC【解析】【分析】根据复数模的几何意义可判断A；设，根据列式求得a,b，即得复数z，判断B；根据复数的模相等，结合复数与其共轭复数的积的运算，判断C；举反例判断D.【详解】对于A，满足的复数对应的点在以为圆心，为半径的圆上，故错误；\n对于B,设，则，由，得，故，解得，B正确对于C,设，若，则，即，所以，所以C正确；对于，若，则，而，所以错误.故选:.10.如图是一个古典概型的样本空间及事件A和事件B，其中，，，，则（）A.B.C.事件A与B互斥D.事件A与B相互独立【答案】ABD【解析】【分析】计算出事件A和事件B，以及，的概率，即可判断A,B；由于，可判断C;分别计算的值，看二者的关系，判断D.【详解】，，\n，故正确，正确；与不互斥，故C错误；，事件A与相互独立，故D正确.故选：ABD.11.已知向量，在向量上的投影向量为，则（）A.B.与方向相同的单位向量为或C.的最小值为0D.的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】根据已知条件可知，设，利用数量积的坐标表示可判断A；由的坐标可求与方向相同的单位向量可判断B，利用数量积的坐标运算求的最小值可判断C；计算的最小值，进而可得的最小值可判断D，进而可得正确选项.【详解】由投影向量的定义可知：，可知，设对于A：，，所以，故选项A正确；对于B：由于，所以与方向相同的单位向量为即或故选项B正确；对于C：因为，所以\n所以当时，的最小值为，故选项C不正确；对于D：因为，所以当时，的最小值为，故选项D正确，故选：ABD.12.如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是的中点，D是EF的中点，将分别沿SE，SF折起，使两点重合于G，下列说法正确的是（）A.若把沿着EF继续折起，与G恰好重合BC.四面体的外接球体积为D.点G在面SEF上的射影为△SEF的重心【答案】ABC【解析】【分析】根据，可说明与G恰好重合，判断A;根据线面垂直的性质定理可判断B;将四面体补成长方体，可求得其外接球半径，进而求得外接球体积，判断C;根据线面垂直证明线线垂直，说明点G在面SEF上的射影为三角形的高的交点，判断D.【详解】对于A，因为，故把沿着继续折起，与恰好重合，正确；\n对于B,因为,D是EF的中点，故;又，故平面GEF,而平面GEF,故,又平面SGD,所以平面，平面,所以正确；对于，由翻折的性质可知，两两垂直，将其补成相邻三条棱长为1,1,2的长方体，则长方体外接球和四面体外接球相同，其体对角线长，所以长方体外接球半径为，故外接球的体积为，故正确；对于D，因为两两互相垂直，故平面GEF,则,设P为点G在平面SEF上的射影，连接EP,SP,则,而平面SGP,故平面SGP,平面SGP,故，同理可证,即点P为三角形高线的交点，所以点在平面上的射影为的垂心，故D错误，综上，正确答案为ABC，故选：ABC\n三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知是空间的一个单位正交基底，向量是空间的另一个基底，用基底表示向量___________.【答案】【解析】【分析】设，然后整理解方程组即可.【详解】设，即有，因为是空间的一个单位正交基底，所以有，所以.故答案为：14.投到某出版社的稿件，先由两位初审专家进行评审，若能通过两位初审专家的评审，则直接予以录用，若两位初审专家都未予通过，则不予录用，若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用.设稿件能通过各初审专家评审的概率均为，复审的稿件能通过评审的概率为，各专家独立评审，则投到该出版社的1篇稿件被录用的概率为__________.【答案】【解析】【分析】1篇稿件被录用分为两种情况:（1）稿件通过了两位初审专家；（2\n）稿件通过了一位初审专家，也通过了复审专家.分别对求解两种情况的概率，再对两种情况的概率求和即可。【详解】记A表示事件：稿件能通过两位初审专家的评审；B表示事件：稿件恰能通过一位初审专家的评审；C表示事件：稿件能通过复审专家的评审；D表示事件：稿件被录用,则，所以.故答案为:.【点睛】本题主要考查事件概率的计算,考查互斥事件和相互独立事件在求解概率中的应用,难度一般.15.如图，二面角等于，A、是棱l上两点，BD、AC分别在半平面、内，，，且，则CD的长等于________.【答案】4【解析】【分析】根据二面角的定义，结合空间向量加法运算性质、空间向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】由二面角的平面角的定义知，∴，由，，得，，又，∴，所以，即\n故答案为：4.16.锐角的内切圆的圆心为，内角，，所对的边分别为，，.若，且的外接圆半径为1，则周长的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】由余弦定理变形可求得角，再由正弦定理求得，在中利用余弦定理表示出的关系，并由基本不等式得出的一个范围，结合三角形的性质求得的范围，从而可得结论．【详解】解：由余弦定理，得，即，因为，所以.由正弦定理，得.因为，由内切圆的性质可得，所以，在中，由余弦定理，得，即，解得，又，所以，所以周长的取值范围.故答案为：.\n四､解答题：本题共6小题，共70分.应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知的角A、B、C所对的边分别是a、b、c，设向量，，.（1）若//，求证：为等腰三角形；（2）若⊥，边长c=2，角C=，求的面积.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）根据平面向量平行满足的条件，得到一个关系式，利用正弦定理化简即可得出，即可证明.（2）根据平面向量垂直满足的条件可得，利用余弦定理结合三角形的面积公式即可求出答案.【小问1详解】因为//，所以，即，其中为外接圆半径，所以，所以为等腰三角形.【小问2详解】由题意，⊥，则，所以，所以，由余弦定理，则，所以或（舍去），所以.18.在三棱锥P−ABC中，AB=BC，BC⊥平面PAB，平面PAC⊥平面ABC.\n（1）证明：PA⊥平面ABC；（2）若D为PC的中点，且，求平面DAB与平面ABC所成二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，先证明，再说明，即可根据线面垂直的判定定理证明PA⊥平面ABC；（2）方法一，作辅助线，根据二面角的定义找到平面DAB与平面ABC所成二面角的平面角，然后解直角三角形求得答案;方法二：建立空间直角坐标系，求得相关各点的坐标，求出平面DAB与平面ABC的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.【小问1详解】证明：取中点，由得,平面平面，平面平面平面，平面，又平面.平面平面.\n平面，平面.【小问2详解】方法一：取的中点，连接.因为平面，因为,连接，则,结合（1）可知平面平面ABC,，由（1）知,故,则,，又为二面角的平面角.在中，设，则,可求得，又.即平面与平面所成二面角的余弦值为.方法二：设为的中点，为的中点，.由（1）知，平面平面平面，，，以为原点，以方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，\n如图，设，则，则，，设平面的法向量为，，，，令，得.又平面的法向量是，，平面与平面所成二面角为锐角，故其余弦值为.19.甲､乙两人组成“星队”参加趣味知识竞赛.比赛分两轮进行，每轮比赛答一道趣味题.在第一轮比赛中，答对题者得2分，答错题者得0分；在第二轮比赛中，答对题者得3分，答错题者得0分.已知甲､乙两人在第一轮比赛中答对题的概率都为p，在第二轮比赛中答对题的概率都为q.且在两轮比赛中答对与否互不影响.设定甲､乙两人先进行第一轮比赛，然后进行第二轮比赛，甲､乙两人的得分之和为“星队”总得分.已知在一次比赛中甲得2分的概率为，乙得5分的概率为.（1）求p，q的值；（2）求“星队”在一次比赛中的总得分为5分的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据甲得2分的概率为，乙得5分的概率为，结合概率的公式求解即可；\n（2）设分别表示在一次比赛中甲得分的事件，分别表示在一次比赛中乙得分的事件，根据题意可得所有可能的情况为，再计算即可【小问1详解】设分别表示在一次比赛中甲得分的事件，分别表示在一次比赛中乙得分的事件.因为在一次比赛中甲得2分的概率为，乙得5分的概率为，所以，即，解得.【小问2详解】由已知得，，，，设为“6星队'在一次比赛中的总得分为5分"，则，则，所以“星队”在一次比赛中的总得分为5分的概率是.20.如图，在四棱锥P−ABCD中，ADBC，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为.\n（1）在平面PAB内是否存在一点M，使得直线CM平面PBE，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；（2）若二面角P−CD−A的大小为，求P到直线CE的距离.【答案】（1）存在，在平面内可以找到一点，使得直线CM平面PBE（2）【解析】【分析】（1）先判断存在符合题意的点，再通过作辅助线找到该点，证明平面即可；（2）建立空间直角坐标系，通过已知的二面角度数，找到线段之间关系，从而确定相关点的坐标，然后利用向量的运算求得答案.【小问1详解】延长交直线于点，点为的中点，，，，即，\n四边形为平行四边形，即.，平面平面，平面，平面，平面，故在平面内可以找到一点，使得直线平面.【小问2详解】如图所示，，即，且异面直线与所成的角为，即，又平面平面.平面，又平面，平面，平面.因此是二面角的平面角，大小为..不妨设，则.以A为坐标原点，平行于的直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，方向上的单位向量坐标为，\n则在上的投影的绝对值为，所以到直线的距离为.21.某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.（1）根据频率分布直方图，求m值并估计这m人年龄的第80百分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者.（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m人中35~45岁所有人的年龄的方差.【答案】（1），第80百分位数为（2）（i）；（ii）10【解析】【分析】（1）根据第一组的人数及所占比例求出，利用百分位数的计算公式求出第80百分位数为；（2）（i）利用列举法求解甲､乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）结合第四组和第五组的平均数和方差，利用公式求出这m人中35~45岁所有人的平均数和方差.\n【小问1详解】由题意，，所以.设第80百分位数为，因为，，故第80百分位数位于第四组：[35，40）内，由，解得：，所以第80百分位数为；【小问2详解】（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为，甲，第五组抽取2人，记为，乙，对应的样本空间为：，甲，乙，甲，乙），（B，D），（C，甲），（甲，乙），（甲，D），（乙，D）共15个样本点.设事件“甲､乙两人至少一人被选上”，则，甲，乙，甲，乙），，甲，乙），（甲，乙），（甲，乙，，共有9个样本点.所以.（ii）设第四组､第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，方差分别为，则，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.则，，因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，据此，可估计这人中年䍅在岁的所有人的年龄方差约为10.22.如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．\n（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：\n因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.［方法二］：定义法如图2，因为平面，，所以平面．\n在平面中，设．在平面中，过P点作，交于F，连接．因为平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．设，在中，易求．由与相似，得，可得．所以，当且仅当时等号成立．［方法三］：等体积法如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．\n设，在三棱锥中，．在三棱锥中，．由得，解得，当且仅当时等号成立．在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．