2021-2022学年河南省濮阳市高一（下）期末数学试卷（文科）（Word解析版）

这是一份2021-2022学年河南省濮阳市高一（下）期末数学试卷（文科）（Word解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省濮阳市高一（下）期末数学试卷（文科） 题号一二三总分得分      一、单选题（本大题共12小题，共60分）已知复数满足，则(    )A.  B.  C.  D. 设，，均为直线，其中，在平面内，则“”是“且”的(    )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件为了合理调配电子资源，天津市欲了解全市户居民的日用电量．若通过简单随机抽样从中抽取了户进行调查，得到其日用电量的平均数为，则可以推测全市居民用户日用电量的平均数(    )A. 一定为  B. 高于
C. 低于  D. 约为直线平面，，那么过点且平行于的直线(    )A. 只有一条，不在平面内 B. 有无数条，不一定在平面内
C. 只有一条，且在平面内 D. 有无数条，一定在平面内四名同学各掷骰子次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数的是(    )A. 平均数为，中位数为 B. 中位数为，众数为
C. 平均数为，方差为 D. 中位数为，方差为已知等边三角形的边长为，，，，则(    )A.  B.  C.  D. 若平面向量，，两两所成的角相等，且，，，则等于(    )A.  B.  C. 或 D. 或下列区间中，函数存在零点的区间是(    )A.  B.  C.  D. 设命题：，，则的否定为(    )A. ， B. ，
C. ， D. ，函数的(    )A. 最小值是，最大值是 B. 最小值是，最大值是
C. 最小值是，最大值是 D. 最小值，最大值不存在已知，为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则(    )A. ， B. 与相交，且交线平行于
C. ， D. 与相交，且交线垂直于已知，，，则有(    )A.  B.  C.  D.  二、填空题（本大题共4小题，共20分）复数与分别表示向量与，则表示向量的复数为______．已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为______．已知是偶函数，当时则当时______．若不等式对一切恒成立，则实数的取值范围是______． 三、解答题（本大题共6小题，共70分）若，且，求的值．某种杂志原以每本元的价格销售，可以售出万本，据市场调查，杂志的单价每提高元，销售量就可能减少本如何定价才能使提价后的销售总收入不低于万元？一个袋子中装有标号分别是，，，的个球，除标号外没有其他差异，采用有放回方式从袋中依次任意摸出两球．设“第一次摸到球的标号小于”，“第二次摸到球的标号小于”，分别计算，，．在中，已知，，，解这个三角形．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点．
求证：平面；
求侧面与底面所成二面角的余弦值．
已知函数的最小值为，且．
求的值；
求函数的最大值．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：由，得，
．
故选：．
由已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简求得，进一步求得．
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．
 2.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查线面垂直和充分必要条件的有关知识．属于基础题主要注意两点：
线面垂直判定及性质定理．
充分必要条件的判定，要注意方向性，即谁是谁的．【解答】解：，，均为直线，，在平面内，且由线面垂直性质定理．
反之，如果且推不出，也即时，也可能平行于．
由充分必要条件概念可知，命题中前者是后者成立的充分不必要条件．
故选：．  3.【答案】 【解析】解：利用简单随机抽样得到的日用电量平均数为，
由此可以推测全市居民用户日用电量的平均数约为．
故选：．
利用简单随机抽样得到的平均数，由此推测总体的平均数即可．
本题考查了利用样本平均数估计总体平均数的应用问题，是基础题．
 4.【答案】 【解析】【分析】本题考查直线与平面平行的性质定理的应用，本题是基础题．
直接利用直线与平面平行的性质定理，判断出正确结果．【解答】解：过与作一平面，平面与平面的交线为，
因为直线平面，所以，在同一个平面内，即过点作已知直线的平行线有且只有一条，
所以选项C正确．
故选C．  5.【答案】 【解析】解：对于，当投掷骰子出现结果为，，，，时，满足平均数为，中位数为，可以出现点数，故A错误；
对于，当投掷骰子出现结果为，，，，时，满足中位数为，众数为，可以出现点数，故B错误；
对于，若平均数为，且出现点，则方差，
平均数为，方差为时，一定没有出现点数，故C正确；
对于，当投掷骰子出现结果为，，，，时，满足中位数为，
平均数为：
方差为，可以出现点数，故D错误．
故选：．
根据题意举出反例，即可得出正确选项．
本题考查命题真假的判断，考查平均数、中位数、众数、方差等基础知识，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．
 6.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查了向量的数量积的定义的简单应用，解题的关键是准确确定出向量的夹角，属于基础题．
先确定出各向量的夹角，然后根据向量的数量积的定义即可求解【解答】解：由题意可得，，
．

故答案选：．  7.【答案】 【解析】解：平面向量，，两两所成的角相等，其夹角为或．
当夹角为时，；
当夹角为时，
．
综上可知：等于或．
故选C．
由已知可得：平面向量，，两两所成的角相等，因此其夹角为或再利用向量共线的性质和向量数量积得性质即可得出．
熟练掌握向量共线的性质和向量数量积得性质是解题的关键．
 8.【答案】 【解析】解：函数在上单调递增，函数至多有一个零点．
，，，
由函数零点的判定定理可知：函数在区间内存在零点，也是唯一的一个零点．
故选：．
利用函数零点的判定定理即可得出．
正确理解函数零点的判定定理是解题的关键．
 9.【答案】 【解析】解：因为特称命题的否定是全称命题，命题：，，则命题的否定为：，．
故选：．
直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
本题考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．
 10.【答案】 【解析】解：，
当时，，，
；
当时，，，
；
在时取最大值；在时取最小值；
当时，，，
；
终上所述：．
其值域是，即最小值是，最大值是．
故选：．
通过对，当与的讨论，将函数中的绝对值符号去掉，求得该函数的值域，从而可得答案．
本题考查带绝对值的函数，通过对，当与的讨论将函数中的绝对值符号去掉是关键，也是难点，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：如果，由，可得，又，可得，与，为异面直线矛盾，故A错误；
如果，又平面，平面，由线面垂直和面面垂直的性质，可得，
将，平移至相交直线，可得垂直于相交直线确定的平面，可得可能平行于，故C错误；
平移，至相交直线，设相交直线确定的平面为，可得，，由、相交，设交线为，可得，
由，，，，可得，所以，故B正确；D错误．
故选：．
如果，由线面垂直的性质和线线平行的判定，可判断；由线面平行的判定定理，可判断；由线面垂直的判定和面面垂直的性质，可判断，．
本题考查空间中线线、线面和面面的位置关系，考查转化思想和推理能力，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：，，
，，
，，
，
故选：．
利用对数函数的单调性得到，，再利用对数的换底公式求出即可．
本题考查对数函数的单调性，对数的运算法则，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：复数与分别对应向量与，
．
故答案为：．
根据所给的两个向量的代数形式，先求两个向量的差，求出，得到向量的代数形式的表示式即可
本题考查复数的基本概念以及向量的减法运算，考查向量的模长，这种问题比较容易出错的知识点是求两个向量的差时，不要把减数和被减数弄错．
 14.【答案】： 【解析】解：设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，
球的体积与圆柱的体积之比是：：；
故答案为：：．
设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，分别求出球与圆柱的体积，则答案可求．
本题考查几何体的体积的求法，考查计算能力，是基础题．
 15.【答案】 【解析】解：设，则，适合已知条件下的表达式，
所以，
又因为是偶函数，所以

故答案为：
先设，则，适合已知条件下的表达式，故，再根据是偶函数可得到答案．
本题主要用奇偶性求函数在对称区间上的解析式，属于中档题．具体解法分两歩在欲求区间上设自变量，则其对称区间上的符合已知条件的表达式，使用这个表达式；利用奇偶性将所得表达式进行化简，对称到欲求区间上，从而得到要求的表达式．
 16.【答案】 【解析】【分析】
本题主要考查不等式恒成立问题，利用指数函数的性质将参数进行分类是解决本题的关键，本题属于中档题．
根据指数函数的性质，将不等式恒成立转化为参数恒成立即可．
【解答】
解：对一切恒成立等价为
，
即，
，
，
即，
即，
则，
解得，
故答案为：  17.【答案】解：，，且，
，
或，
解得，或，或，或，
当时，，，成立；
当时，，，成立；
当时，，，成立；
当时，，，不成立．
的值为，，． 【解析】由，得或，再利用集合中元素的互异性，能求出的值．
本题考查实数值的求法，考查交集、子集等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
 18.【答案】解：设提价后每本杂志的定价为元，销量为本，
则，
即：，
解得，，
所以，每本杂志的定价不低于元且不超过元时，
提价后的销售总收入不低于万元． 【解析】设提价后每本杂志的定价为元，推出销售总收入不低于万元即，解出即可．
本题考查函数的实际应用，不等式的解法，考查转化思想以及计算能力．
 19.【答案】解：样本空间，
而，，，，，，，，，，，，，，，，，，，
所以，，． 【解析】根据题意列出样本空间，再利用古典概型的概率公式求解即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
 20.【答案】解：由正弦定理，得．
因为，，所以，于是或．
当时，．
此时．
当时，．
此时． 【解析】根据正弦定理求得，进而得到，根据余弦定理求得即可．
本题考查正、余弦定理的应用，属基础题．
 21.【答案】证明：在正方形中，，
又侧面底面，侧面底面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为是正三角形，是的中点，则，
又，，平面，
所以平面；
解：取，的中点分别为，，连接，，，
则，，所以，
在正中，，
因为，，平面，
则平面，
在正方形中，，
故BC平面，
所以是侧面与底面所成二面角的平面角，
由平面，，
则平面，又平面，
所以，
设正方形的边长，则，
所以，
则，
故侧面与底面所成二面角的余弦值为． 【解析】利用面面垂直的性质定理证明平面，从而得到，由正三角形的性质可得，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
取，的中点分别为，，连接，，，利用线面垂直的判定定理证明平面，则可得平面，由二面角的平面角的定义可知，是侧面与底面所成二面角的平面角，在三角形中，由边角关系求解即可．
本题考查了线面垂直的判定定理和面面垂直的性质定理的应用，二面角的求解，解题的关键是由二面角的平面角的定义确定所求的角，考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力，属于中档题．
 22.【答案】解：由，得，
令，，则，对称轴为，
当，即时，函数在上单调递增，；
当，即时，函数在上单调递减，；
当，即时，函数在上单调递减，
在上单调递增，；
的最小值
由，解得．
由知当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，当时，，
所以的最大值为． 【解析】根据二倍角公式将转化成一个二次形式，利用换元法，分情况讨论二次函数的单调性求最小值，进而可得的值．
根据二次型函数的单调性即可求出最大值．
本题主要考查了三角函数的最值问题，合理使用换元法，将问题转为二次函数的最值问题求解是解题关键，属于中档题．