湖南省长沙市四校联考2021-2022学年高一下学期期末数学试卷word版含答案

这是一份湖南省长沙市四校联考2021-2022学年高一下学期期末数学试卷word版含答案，共19页。试卷主要包含了 考试结束后，将答题卡交回，3，直方图见解析等内容，欢迎下载使用。
湖南省长沙市四校联考2021-2022学年度第二学期期末考试
高一数学
本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟
注意事项：1. 答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3. 考试结束后，将答题卡交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）
1．已知复数，其中是虚数单位，则复数|z|等于（       ）
A．3 B．2 C．10 D．
2．已知，且三点共线，则（       ）
A． B． C． D．
3．在中，若，，则的面积为（       ）
A． B． C． D．
4．某校有高一年级学生人，高二年级学生人，高三年级学生人，教职工人，学校根据疫情形势和所在地疫情防控政策要求，全校师生按比例分层抽样的方法抽取容量为的样本进行核酸抽测，则应抽取高一年级学生的人数为（        ）
A． B． C． D．
5．设是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（       ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，且l与所成的角和m与所成的角相等，则

6．已知某圆锥的侧面积为，该圆锥侧面的展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（       ）．
A． B． C． D．

7．如图，在正方体中，、分别为棱、的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（       ）
A． B． C． D．

8．对于函数和，设，，若存在，，使得，则称和互为“零点相邻函数”，若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（每题有两个或者两个以上正确答案，每题5分，少选得3分，共20分）
9．在锐角三角形ABC中，A，B，C为三个内角，a，b，c分别为A，B，C所对的三边，则下列结论成立的是（       ）
A．若，则 B．若，则B的取值范围是
C． D．
10．一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中有3个红球，2个白球，每次从中随机摸出1个球，则下列结论中正确的是（       ）
A．若不放回的摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为
B．若不放回的摸球2次，则第一次摸到红球的概率为
C．若不放回的摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为
D．若有放回的摸球3次，仅有前2次摸到红球的概率为
11．在正方体中，棱长为1，点为线段上的动点（包含线段端点），则下列结论正确的是（       ）
A．当时，平面 B．当为中点时，四棱锥的外接球表面为
C．的最小值为 D．当时，点是的重心
12．钻石是金刚石精加工而成的产品，是世界上最坚硬的、成分最简单的宝石，它是由碳元素组成的、具有立方结构的天然晶体．如图，已知某钻石形状的几何体由上、下两部分组成，上面为一个正六棱台 （上、下底面均为正六边形，侧面为等腰梯形），下面为一个正六棱锥P-ABCDEF，其中正六棱台的上底面边长为a，下底面边长为2a，且P到平面的距离为3a，则下列说法正确的是（       ）
（台体的体积计算公式：，其中，分别为台体的上、下底面面积，h为台体的高）
A．若平面平面，则正六棱锥P-ABCDEF的高为
B．若，则该几何体的表面积为
C．该几何体存在外接球，且外接球的体积为
D．若该几何体的上、下两部分体积之比为7：8，则该几何体的体积为

第II卷（非选择题）
三、填空题（共4题，每题5分，共20分）
13．已知，，若，则的最大值为_________
14．已知向量，，且在上的投影数量等于，则___________.
15．已知菱形的边长为2，.将沿折起，使得点至点的位置，得到四面体.当二面角的大小为120°时，四面体的体积为___________；当四面体的体积为1时，以为球心，的长为半径的球面被平面所截得的曲线在内部的长为_______________.
16．三棱锥中，顶点在底面的射影恰好是内切圆的圆心，若三个侧面的面积分别为12，16，20，底面的最长边长为10，则点到平面的距离为________；三棱锥外接球的直径是________.
四、解答题(共0分)
17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若_____________．（请从①；②；③这三个条件中任选一个填入上空）
(1)求角C；
(2)若时，求周长的最大值．



18．某校从参加高三模拟考试的学生中随机抽取60名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段，，…，后得到如下部分频率分布直方图．观察图形的信息，回答下列问题：

(1)求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图；
(2)估计本次考试的第50百分位数；
(3)用分层抽样的方法在分数段为的学生中抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2个，求至多有1人在分数段内的概率．

19．如图所示，已知在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，侧棱，，过点A的平面与侧棱PB，PD，PC相交于点E，F，M，且满足：，．
(1)求证：直线平面PAD；
(2)求证：直线平面AEMF；
(3)求平面MDB与平面AEMF所成二面角的正弦值．







20．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色，如图，该摩天轮轮盘直径为米，设置有个座舱，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，当到达最高点时距离地面米，匀速转动一周大约需要分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时.

(1)经过分钟后游客甲距离地面的高度为米，已知关于的函数关系式满足（其中），求摩天轮转动一周的解析式；
(2)游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度第一次恰好达到50米？
(3)若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间间隔5个座舱，在摩天轮转动一周的过程中，记两人距离地面的高度差为米，求的最大值.






21．平行四边形ABCD中，，，如图甲所示，作于点E，将沿着DE翻折，使点A与点P重合，如图乙所示．

(1)设平面PEB与平面PDC的交线为l，判断l与CD的位置关系，并证明；
(2)当四棱锥的体积最大时，求二面角的正切值；
(3)在（2）的条件下，G、H分别为棱DE，CD上的点，求空间四边形PGHB周长的最小值．






22．已知区间D，若两个函数和对任意都有（其中，），则称函数是在区间D上的超k倍函数.
(1)已知命题“区间，函数是在区间D上的超2倍函数”，试判断该命题的真假.若该命题为真命题，请予以证明；若为假命题，请举反例；
(2)若函数是在上的超k倍函数，求实数k的取值范围；
(3)已知区间，常数，若函数是在区间D上的超4倍函数，求实数c的取值范围.

参考答案：
1．D ，故
2．A 由，得,
因为三点共线，所以，即，解得.所以.
3．D 由题意，
4．A 解：由题意知全校师生的总人数为人，
设应抽取高一年级学生的人数为，则，解得．
所以应抽取高一年级学生的人数为人．
5．B 对于A，在如下图正方体中， ，，，但与不垂直，所成角为，故A错误；
对于B， 若，，则，故B正确；
对于C， 若，，则或者，故C错误；
对于D，如下图，在正方体中，，且l与所成的角和m与所成的角相等为，但则不平行，故D错误.
6．A
根据扇形面积公式得出母线长，由弧长公式得出底面圆的半径，最后由体积公式计算即可.
设该圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，由，得．
因为，所以，所以该圆锥的体积为．
7．A
取的中点，连接、，设正方体的棱长为，分析可知直线与所成角为或其补角，计算出、的长，即可求得的余弦值.
取的中点，连接、，设正方体的棱长为，
因为四边形为正方形，则且，
、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，故且，
因为，，故直线与所成角为或其补角，
平面，平面，则，故，
因为，，
所以，.因此，直线与所成角的余弦值是.
8．B 的定义域为，易得在上单调递增，又，∴只有一个零点．
若和互为“零点相邻函数”，则在上存在零点．∴，解得或．
（1） 若，即或时，只有一个零点，
显然当时，，当时，，不符合题意；
（2）若，即或，
①若在上存在1个零点，则，即，
解得，．
②若在上存在2个零点，则，∴．综上，的取值范围是．
9．ACD 解：对于选项A，因为A>B，所以有,所以，故正确；
对于选项B，因为，则，所以，由可得
的取值范围是，故错误；
对于选项C ，锐角三角形ABC中，，，∴，同理，，所以故正确；
对于选项D，锐角三角形ABC中，因为，即，，又∵，∴，故正确．
10．ACD 对于A，若不放回的摸球3次，则恰好2次摸到红球的概率为，所以A正确，
对于B，因为装有除颜色外完全相同的5个球，其中有3个红球，所以不放回的摸球2次，则第一次摸到红球的概率，所以B错误，
对于C，设事件为第一次摸到红球，事件为第二次摸到红球，则，，所以，所以若不放回的摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为，对于D，若有放回的摸球3次，仅有前2次摸到红球的概率为，所以D正确，
11．ACD
利用等体积法求出点到平面的距离与的关系，利用面面平行的性质定理，即可判断选项A，当时，即三棱锥的高，即可判断选项D，当点为的中点时，四棱锥为正四棱锥，求出外接球的半径，即可判断选项B，由等面积法即可判断选项C．
解：对于A，连接，，
则，，，
设点到平面的距离为，则，解得，所以，
则当时，为与平面的交点，
又，平面，平面，所以平面，同理可证平面，
，平面，所以平面平面，平面，所以平面，
对于B，当点为的中点时，四棱锥为正四棱锥，
设平面的中心为，四棱锥的外接球半径为，则，解得，
所以四棱锥的外接球表面积为，
对于C，连接，，则，所以，
由等面积法可得，的最小值为，所以的最小值为，
对于D，由以上分析可得，当时，即三棱锥的高，
所以平面，又三棱锥为正三棱锥，所以点是的重心，
12．ABD
分别取AF，，，CD的中点Q，R，S，T，连接RS，RQ，TS，TQ，得到Q，R，S，T四点共面，且点P，M，N均在该平面上，连接PM，则N在PM上，进而得到为二面角的平面角，进而判定A正确；连接PM，则，结合截面PORST，利用表面积公式可判定B正确；连接PM，设外接球半径为R，连接OA，，OD，，求得外接球的半径，可判定C错误；设该几何体上、下两部分的体积分别为，，结合，可得，利用，可判定D正确．
【详解】设M，N分别为正六棱台上、下底面的中心．
对于选项A，如图1，分别取AF，，，CD的中点Q，R，S，T，
连接RS，RQ，TS，TQ，则，，
可得Q，R，S，T四点共面，且点P，M，N均在该平面上，
连接PM，则N在PM上，得如图2所示的截面PQRST，四边形QRST为等腰梯形，
且为二面角的平面角，即，
过点R作交QT于点L，则，可得，
即，而，
故，解得，故A正确；

对于选项B，如图3为截面，依题意得，，
连接PM，则，又，所以，，
如图4为截面PORST，从而，，故该几何体的表面积，故B正确；

对于选项C，如图5所示的截面，
连接PM，依题意可知，，，
若该几何体存在外接球，则外接球球心．在PM上，
设外接球半径为R，连接OA，，OD，，得，，解得，又，矛盾，
故该几何体不存在外接球，C错误；

对于选项D，设该几何体上、下两部分的体积分别为，，，，
则，，由，可得，
结合，可知，，
因此该几何体的体积，故D正确．
13． 正数，满足，，即，解得，
故，当且仅当时取等号．的最大值为，
14． 在上的投影数量为，解得（舍）或.
15．     ##    
如图1，过点P作PF⊥CO交CO的延长线于点F，则∠POF=60°，
因为菱形的边长为2，，
所以，，
故四面体的体积为；
当四面体的体积为1时，此时，
解得：，，即O，F两点重合，
即PO⊥底面BCD，如图2，
以为球心，的长为半径的球面被平面所截得的曲线为以O为圆心，半径为的圆，
落在内部的长为圆周长的一半，所以长度为.
故答案为：，
16．         
依题意作出图形，设，，，即可得到，从而求出、 ，利用等体积法求出点到平面的距离，最后再求外接球的直径；
【详解】解：不妨设，，，
设在底面的射影为，分别作于点，于点，于点，则，，.
依题意，为的内心，则，故，又，，，
所以，所以，
令，，.底面的最长边长为10，可得，解得，所以，，.
设内切圆半径为，则，
因为，即，解得，故，
由，，得，所以，
所以.
设点到平面的距离为，由，，所以，所以；
∵，∴点在以为直径的圆上，取中点为，则以为直径的圆的圆心为点，
设三棱锥的外接球球心为点，连接，易知平面，又平面，则，
过点作交于点，
∵平面，平面，∴，即，
∴四边形为矩形，则，，
在平面上建立如图所示直角坐标系，则，，，，
，

设，若点在线段上，
则，，
在直角中，即，
解得，故点在线段的延长线上，则，
同理可得，解得，
所以三棱锥的外接球半径为，
三棱锥的外接球的直径为.
17．(1) (2)18
（1）若选①，首先根据正弦定理得到，再利用余弦定理即可得到，若选②，首先根据正弦定理得到，再利用辅助角公式即可得到，若选③，首先根据正弦定理得到，再利用余弦定理即可得到.
（2）利用余弦定理再结合基本不等式求解即可.
(1)若选①，因为，
所以，，因为，所以.
若选②，因为，所以，
因为，所以，即.
因为，所以，即.
若选③，因为，所以，即，
所以，，所以.
(2)由①②③可得，由余弦定理：，即 ，所以，解得，当且仅当时取等号.所以周长的最大值是.
18．(1)0.3，直方图见解析(2)(3)
（1）由频率分布直方图，能求出分数在，内的频率，并能补全这个频率分布直方图；
（2）由频率分布直方图能估计本次考试的第50百分位数；
（3）用分层抽样的方法在分数段为，的学生中抽取一个容量为6的样本，则分数段为，中抽取的学生数为2人，分数段为，中抽取的学生数为4人，从中任取2个，利用列举法列举出所有基本事件，再根据古典概型即可得解．
(1)解：由频率分布直方图，得：
分数在，内的频率为：，
，补全后的直方图如右图所示：

(2)解：，的频率为，
，的频率为：，
第50百分位数为：；
(3)解：用分层抽样的方法在分数段为，的学生中抽取一个容量为6的样本，
则分数段为，中抽取的学生数为：人，设为，
分数段为，中抽取的学生数为：人，设为，
从中任取2个，有共15种，
其中符合题意得有共9种，
所以至多有1人在分数段内的概率为.
19．(1)见解析(2)见解析(3)
（1）由题易得：，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）通过证明，，再由线面垂直的判定定理即可证明.
（3）作出二面角的平面角，并解平面角所在的直角三角形.
(1)因为底面ABCD是菱形，所以，
平面PAD，平面PAD，
所以直线平面PAD；
(2)联结，，，因为，所以，
又因为是菱形，所以，
所以平面，所以，
又，所以，所以，
由已知条件得，，，
由余弦定理得，
，
所以，所以，
因为直线，相交，且，都在平面内，
所以直线平面．
(3)取为的中点，联结，，，则，
又，所以平面平面，
因为直线平面，联结，
所以，，
所以等于平面与平面所成二面角的平面角，
由已知可得，，，
所以．
所以平面与所成二面角的正弦值是．
20．(1)(2)(3)最大值为米
对于小问1，根据离地面的最大值米、最小值米和周期为分钟，求出、、，再代入点解得.
对于小问2，令，解出即得答案.
对于小问3，根据题意，计算甲乙二人时间差，得到二人距离地面的高度表达式、，
写出两人距离地面的高度差为米，由时间的取值范围，化简求出最大值.
(1)由题意，（其中）
摩天轮的最高点距离地面为米，最低点距离地面为米，
所以，得，
又函数周期为分钟，所以，
又，所以，又，所以，
所以.
(2)，
所以，整理，因为，所以，
所以,解得（分钟）.
(3)经过分钟后甲距离地面的高度为，
乙与甲间隔的时间为分钟，
所以乙距离地面的高度为，
所以两人离地面的高度差

当或时，即或分钟时，取最大值为米.
21．(1)，证明见解析(2)(3)
（1）利用线面平行的判定定理证明平面PBE,然后利用线面平行的性质定理即可得到证明；
（2）当平面BCDE时体积最大，作交BC于点O，连接PO，即为二面角的平面角，在中，直接求解即可.
（3）由展开图可知，B关于CD的对称点为，当A、G、H、共线时，周长最短，可得结果.
(1)因为，平面PBE，平面PBE，所以平面PBE
因为平面PCD，平面平面，所以．
(2)当平面平面BCDE时，四棱锥的体积最大．
平面平面BCDE=DE，平面PDE，,
可得平面BCDE，平面BCDE，可得BC，
作交BC于点O，连接PO，,
可得平面POE，而PO在平面PEO中，故PO，
即为二面角的平面角，
在中，，，，
所以二面角的正切值为．
(3)由展开图可知，B关于CD的对称点为，，，由勾股定理可得，，当A、G、H、共线时，周长最短，
此时．
22．(1)命题为真命题，证明见解析(2)(3)
（1）根据基本不等式判断即可；
（2）令，进而根据题意得恒成立，再结合函数单调性求解即可；
（3）由题知，再研究函数的单调性得其在上递增，
故解不等式即可得答案.
(1)解：命题为真命题，证明如下：由题得，则，
所以该命题为真命题；
(2)解：令，则恒成立，
又在区间上单调递增，所以当时，，所以；
(3)解：根据题意在上恒成立，即，令，
取，则，
因为，，则，，则，
所以，所以函数在上递增，
故，解得或，
所以.