2021-2022學年廣東省韶關市高一下學期期末數(shù)學試題【含答案】

1、2021-2022學年廣東省韶關市高一下學期期末數(shù)學試題一、單選題1已知集合，則（）ABCDC【分析】解集合B中的一元二次不等式可得，集合A為集合的列舉法，集合B為描述法，進行交集的運算即可.【詳解】由題可知，故，故選.2已知角的終邊過點，則（）ABCDB【分析】根據(jù)三角函數(shù)的定義得,再根據(jù)誘導公式即可求解.【詳解】由題可知，故選:B3設，則a，b，c的大小關系正確的是（）ABCDA【分析】分別判斷各數(shù)與0比較大小，即可分別判斷.【詳解】由題知，故，故選A .4某社區(qū)為迎接2022農歷虎年，組織了慶祝活動，已知參加活動的老年人、中年人、青年人的人數(shù)比為12：15：13，如果采用分層抽樣的方法從

2、所有人中抽取一個80人的樣本進行調查，則應抽取的青年人的人數(shù)為（）A20B22C24D26D【分析】由分層抽樣抽樣比可得答案.【詳解】由分層抽樣可知，抽取青年人人數(shù)為.故選：D5若電流A隨著時間t（s）變化的函數(shù)的圖象如圖所示，則（）A，B，C，D，A【分析】由圖可知，求出周期，從而可求出的值，然后將代入函數(shù)中可求出的值【詳解】由題可知，所以代入最值點坐標，得，所以，得，因為所以故選：A6下列說法錯誤的是（）A若，則或B若，且，則的最小值為4C若，則的最小值為D函數(shù)的值域為C【分析】對于A，直接求解分式不等式即可，對于B，由題意得，化簡后利用基本不等式可求得其最小值，對于C，利用基本不等式判斷

3、，對于D，令，則，然后利用正弦函數(shù)的性質求其值域【詳解】選項A：，所以則或，故A正確；選項B：，當且僅當時取得等號，故B正確；選項C，當且僅當時取得等號，而，從而上述不等式取不到等號，最小值要大于，故C錯誤；選項D，可令，則，故D正確故選：C7如圖，在等腰梯形ABCD中，E為BC邊上一點，且滿足，若，則（）ABC4D8B【分析】由平面向量的基本定理與數(shù)量積的運算性質求解即可【詳解】由題可知，故，從而易知，故，故選：B8在棱長為2的正方體中，E是棱的中點，則過B、E、三點的平面截正方體所得的截面圖形的面積為（）A5BCDC【分析】先作出截面圖形，易知截面為菱形，再結合菱形面積公式求解即可【詳解】

4、設平面交棱AD于F，由正方體性質及平面與平面平行的性質定理得，由勾股定理可得四邊形所有邊長的長度為，所以是菱形，且為的中點，取的中點，連接，則，故故選：C二、多選題9已知i是虛數(shù)單位，若復數(shù)z滿足，是復數(shù)z的共軛復數(shù)，則（）Az的虛部是BCD復數(shù)z在復平面上對應的點在第一象限ACD【分析】根據(jù)復數(shù)的概念判定A正確，根據(jù)共軛復數(shù)的概念判斷B錯誤，根據(jù)復數(shù)模的計算公式判斷C正確，根據(jù)復數(shù)的幾何意義判斷D正確.【詳解】原式化簡得，虛部為，A對；，B錯；，C對；z在復平面上對應的點為，在第一象限，D對，故選：ACD.10已知，是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，則下列說法正確的有（）A若，則B若

5、，則C若，則D若，則BC【分析】由空間中直線與直線、直線與平面的位置關系判斷即可【詳解】對于A，若，l和m可以相交，故錯誤；對于B，若，則，正確；對于C，若，則或在內，又，則正確；對于D，若，可能，故不一定成立故選：BC11已知函數(shù)，則（）AB若，則或C函數(shù)在上單調遞減D函數(shù)在的值域為BD【分析】作出函數(shù)圖象，根據(jù)圖象逐個分析判斷即可【詳解】函數(shù)的圖象如左圖所示，故A錯誤；當時，此時方程無解；當時，或，故B正確；由圖象可得，在上單調遞增，故C錯誤；由圖象可知當時，故在的值域為，D正確故選：BD12如圖，在菱形ABCD中，M為BC的中點，將ABM沿直線AM翻折成，連接和，N為的中點，則（）A平面

6、平面AMCDB線段CN的長為定值C當三棱錐的體積最大時，三棱錐的外接球的表面積為D二面角的最大值為30ABD【分析】對于A，由已知可得ABC為等邊三角形，則，由翻折性質知，平面，再由面面垂直的判定可得結論，對于B，取AD中點E，由三角形中位線定理可得，由等角定理得，然后在NEC中由余弦定理可求出CN長，對于C，由題意可知將三棱錐的頂點放置在長寬高分別為2，1的長方體的頂點處，從而可求出其外接球的半徑，進而可求出球的表面積，對于D，過作，垂足為F，過F作，垂足為D，可和即為二面角的平面角，當時，取得最大值1，從而可求出其角度【詳解】對于A，如圖所示，在菱形ABCD中，所以ABC為等邊三角形，又M

7、是BC的中點，所以，由翻折性質知，又因為，平面，所以平面，因為平面AMCD，所以平面平面AMCD，故A正確；對于B，如圖所示，取AD中點E，則，在菱形ABCD中， ，因為和的兩邊方向相同，則由等角定理得，在NEC中，由余弦定理可得，所以，即CN長為定值，故B正確；對于C，由題意可知當平面平面AMD時，三棱錐的體積最大，由A項已證知此時平面AMD，易知，所以，故可將三棱錐的頂點放置在長寬高分別為2，1的長方體的頂點處，此時三棱錐的外接球即為長方體的外接球，則長方體的外接球半徑，表面積為，故C錯誤；對于D，如圖所示，由選項A可知，平面平面AMCD，在平面中，過作，垂足為F，在平面AMCD中，過F作

8、，垂足為，因為平面平面AMCD，平面平面，平面，所以平面AMCD，即為二面角的平面角，在菱形ABCD中，已知FG為定值，由平面，知，點的在以M為圓心的圓弧上，所以當時，取得最大值1，此時，因為為銳角，所以，故D正確，故選：ABD三、填空題13已知，則_【分析】利用同角三角函數(shù)間的關系求解即可【詳解】因為，所以故14已知，則在的投影向量是_（用坐標表示）【分析】由投影向量得定義求解即可【詳解】因為，則在的投影向量是故15如圖，平面四邊形ABCD中，已知，則邊AB的長為_【分析】根據(jù)正弦定理求得，再根據(jù)已知求得，利用余弦定理即可求得AB的長.【詳解】依題意得，在BCD中，由正弦定理可得即在ACD中

9、，所以，在ADB中，由余弦定理得，解得故四、雙空題16已知一組樣本數(shù)據(jù)分為甲、乙兩小組，其中，甲小組有10個數(shù)，其平均數(shù)為60，方差為200；乙小組有40個數(shù)，其平均數(shù)為70，方差為300，則這組樣本的平均數(shù)為_，方差為_ 68 296【分析】先分別求出甲、乙兩小組所占的權重，然后利用平均數(shù)和方差的計算公式求解即可.【詳解】解：故68；296五、解答題17如圖，已知正方體的棱長為2，E，F(xiàn)分別是AB，的中點(1)求直線與直線所成角的正切值；(2)求三棱錐的體積(1)2(2)1【分析】（1）根據(jù)，可得即為直線與直線所成角，解即可得解；（2）根據(jù)棱錐的體積公式即可得解.【詳解】(1)解：在正方體中

10、，有，所以即為直線與直線所成角，在中，易知，所以，所以直線與直線所成角的正切值為2(2)解：在正方形中，有，又平面所以，即三棱錐的體積為118為弘揚我國優(yōu)秀傳統(tǒng)文化，某校組織了高一年級學生進行這方面的知識測試根據(jù)測試成績（總分100分），將所得數(shù)據(jù)按照，分成6組，其頻率分布直方圖如圖所示(1)求圖中a的值；(2)試估計高一級本次知識測試成績的平均分（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表）；(3)該校準備對本次知識測試成績優(yōu)秀（將成績從高到低排列，排在前15%的為優(yōu)秀）的學生進行嘉獎，則受嘉獎的學生分數(shù)不低于多少？（結果保留一位小數(shù)）(1)；(2)71；(3)86.7【分析】（1）直接由頻率和

11、為1求解即可；（2）由每組區(qū)間的中點值乘該組頻率，再求和即可求解；（3）先利用頻率確定受嘉獎學生最低分所在區(qū)間，再由方程求解即可.【詳解】(1)由，解得；(2)，故本次知識測試成績的平均分為71；(3)設受嘉獎的學生分數(shù)不低于x分，因為，對應的頻率和為，對應的頻率，故，所以，解得故受嘉獎的學生分數(shù)不低于86.719已知，(1)若，求的值(2)設，現(xiàn)將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度，再向上平移1個單位長度后得到函數(shù)的圖象，求函數(shù)在上的值域(1)(2)【分析】（1）根據(jù)向量平行的坐標關系，可得，根據(jù)二倍角的正弦公式，展開，根據(jù)齊次式法化簡，即可得答案.（2）由題意得，根據(jù)平移原則，可得解析式，根據(jù)x

12、的范圍，可得的范圍，根據(jù)正弦型函數(shù)的性質，即可得答案.【詳解】(1)因為，所以，易知，所以所以(2)由題意得由圖象平移可知因為，所以，所以，所以，即的值域為20在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，現(xiàn)給出兩個條件：；要求你從中選出一個條件，并以此為依據(jù)解下面問題：(1)求A的值；(2)若，D為BC中點，且，求的面積(1)任選一條件，都有(2)【分析】（1）若選擇，根據(jù)正弦定理邊化角可得，根據(jù)兩角和的正弦公式，誘導公式，化簡整理，結合角A的范圍，即可得答案；若選擇，根據(jù)誘導公式，兩角和的正切公式，化簡整理，結合角A的范圍，即可得答案；（2）由題意得，左右同時平方，結合數(shù)量積公式及題干條件

13、，可得c值，代入面積公式，即可得答案.【詳解】(1)若選擇，由正弦定理可得，可將已知條件轉化為即，所以在中，有，故，所以，又，所以，故，又，所以若選擇在中，有，所以即，所以又由已知條件得，又A，B，所以，所以所以(2)因為，故，即代入數(shù)據(jù)得，解得或（舍去），所以，即的面積為21如圖，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，側面底面ABCD，M是棱SB上靠近點S的一個三等分點(1)求證：平面平面SAB；(2)求證：平面SCD；(3)若SAB是邊長為2的等邊三角形，求直線SC與平面ABCD所成角的正弦值(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）由已知面面垂直可得BC平面SAB，再

14、由面面垂直的判定定理可證得結論，（2）取棱SC上靠近點S的一個三等分點N，連接MN，DN，則可得到四邊形ADNM為平行四邊形，所以，再由線面平行的判定定理可證得結論，（3）取AB中點E，連接SE，EC，可證得SE平面ABCD，所以SCE為直線SC與平面ABCD所成角，然后在SCE中求解即可【詳解】(1)證明：因為平面SAB平面ABCD，平面平面，平面ABCD，BCAB，所以BC平面SAB因為平面SBC，所以平面SBC平面SAB(2)證明：取棱SC上靠近點S的一個三等分點N，連接MN，DN，如圖所示在平面SBC中，由得，且，又，所以，所以四邊形ADNM為平行四邊形，所以，又平面SCD，平面SCD

15、，所以平面SCD(3)解：取AB中點E，連接SE，EC因為SAB為等邊三角形，所以SEAB因為平面SAB平面ABCD，平面平面，平面SAB，所以SE平面ABCD所以SCE為直線SC與平面ABCD所成角，在中， ，在梯形ABCD中，在SCE中，有，所以即直線SC與平面ABCD所成角的正弦值為22雙曲函數(shù)是一類與常見的三角函數(shù)類似的函數(shù)，最基本的雙曲函數(shù)是雙曲正弦函數(shù)和雙曲余弦函數(shù)（歷史上著名的“懸鏈線問題”與之相關）記雙曲正弦函數(shù)為，雙曲余弦函數(shù)為，已知這兩個最基本的雙曲函數(shù)具有如下性質：定義域均為，且在上是增函數(shù)；為奇函數(shù)，為偶函數(shù)；（常數(shù)是自然對數(shù)的底數(shù)，）利用上述性質，解決以下問題：(1)求雙曲正弦函數(shù)和雙曲余弦函數(shù)的解析式；(2)證明：對任意實數(shù)，為定值；(3)已知，記函數(shù)，的最小值為，求(1)，(2)證明見解析(3)【分析】（1）利用函數(shù)奇偶性的性質可得出關于、的等式組，即可求得這兩個函數(shù)的解析式；（2）利用指數(shù)的運算性質可證得結論成立；（3）設，可得出，問題轉化為求函數(shù)，的最小值，對實數(shù)的取值進行分類討論，分析函數(shù)在上的單調性，即可求得的表達式.【詳解】(1)解：由性質知，所以，由性質知，所以，即，解得，.因為函數(shù)、均為上的增函數(shù)，故函數(shù)為上的增函數(shù)，合乎