2021-2022学年湖南省邵阳市第二中学高一下学期期末数学试题含解析

这是一份2021-2022学年湖南省邵阳市第二中学高一下学期期末数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖南省邵阳市第二中学高一下学期期末数学试题一、单选题1．设集合，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据交集定义运算即可【详解】因为，所以,故选：B.【点睛】本题考查集合的运算，属基础题，在高考中要求不高，掌握集合的交并补的基本概念即可求解.2．已知复数满足(其中为虚数单位)，则（       ）A．3 B． C．2 D．【答案】D【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘法运算化简求得，然后利用复数模的公式计算．【详解】因为，所以.故选：.3．已知向量，若，则（       ）A． B． C．5 D．6【答案】C【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得【详解】解：,,即,解得,故选：C4．已知，则（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】依据指数函数和对数函数的单调性，利用中间桥0,1去比较的大小关系【详解】为上单调递增函数，则，为R上单调递减函数，则，且由为R上单调递增函数，可得，则，故选：C．5．排球社的同学为训练动作组织了垫排球比赛，以下为排球社50位同学的垫球个数所做的频率分布直方图，所有同学垫球数都在5——40之间，估计垫球数的样本数据的75%分位数是（       ）A．25 B．26 C．27 D．28【答案】D【分析】根据频率分布直方图，结合分位数计算公式即可求解.【详解】由已知，根据频率分布直方图可得：垫球数在的人数为，占总数的；垫球数在的人数为，占总数的；垫球数在的人数为，占总数的；垫球数在的人数为，占总数的；垫球数在的人数为，占总数的；垫球数在的人数为，占总数的；垫球数在的人数为，占总数的；因为分位数位于内，由，所以估计垫球数的样本数据的75%分位数是.故选：D.6．如图，在矩形ABCD中，，M，N分别为线段BC，DC上的动点，且，则的最小值为（       ）A． B．15 C．16 D．17【答案】B【分析】以为原点，建立适当的直角坐标系，设，根据的长度得到的坐标，利用平面向量的数量积的坐标表示得到关于的三角函数表达式，利用辅助角公式化简，并利用三角函数的性质得到最小值.【详解】以A为原点，AB所在的直线为x轴，AB所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，设，则，即，其中．      时取“=”，所以的最小值为15，故答案为：15.7．七巧板，又称七巧图、智慧板，是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，到了明代基本定型，于明、清两代在民间广泛流传．某同学用边长为4 dm的正方形木板制作了一套七巧板，如图所示，包括5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形．若该同学从5个三角形中任取出2个，则这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和的概率是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先逐个求解所有5个三角形的面积，再根据要求计算概率.【详解】如图所示，，，，，的面积分别为，，．将，，，，分别记为，，，，，从这5个三角形中任取出2个，则样本空间，共有10个样本点．记事件表示“从5个三角形中任取出2个，这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和”，则事件包含的样本点为，，，共3个，所以．故选：D．8．一边长为4的正方形ABCD，M为AB的中点，将，分别沿MD，MC折起，使MA，MB重合，得到一个四面体，则该四面体外接球的表面积为（       ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】先判断出MA⊥平面ACD，△ACD为等边三角形.利用球内截面的性质，过△ACD的中心O1作平面ACD的垂线l1，过线段MC的中点O2作平面MAC的垂线l2，记，则O即为三棱锥M一ACD外接球的球心.利用勾股定理求出半径R，即可求出外接球的表面积.【详解】如图所示，由图可知在四面体A-CDM中，由正方形为的中点，可得MA⊥AD，MA⊥AC，AC∩AD=A，故MA⊥平面ACD.将图形旋转得到如图所示的三棱锥M-ACD，其中△ACD为等边三角形，过△ACD的中心O1作平面ACD的垂线l1，过线段MC的中点O2作平面MAC的垂线l2，由球内截面的性质可得直线l1与l2相交，记，则O即为三棱锥M一ACD外接球的球心.设外接球的半径为R，连接OC，O1C，可得.在Rt△OO1C中，，故该外接球的表面积.故选：A.二、多选题9．以下对各事件发生的概率判断正确的是（       ）A．连续抛两枚质地均匀的硬币，有3个基本事件，出现一正一反的概率为B．每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如12＝5＋7，在不超过15的素数中随机选取两个不同的数，其和等于14的概率为C．将一个质地均匀的骰子先后抛掷2次，记下两次向上的点数，则点数之和为6的概率是D．从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率是【答案】BCD【分析】A.列举所有的基本事件，得到概率，判断选项；B.首先列举素数，再根据组合数，写出概率；C.列举满足条件的基本事件，求概率；D.根据组合数写出概率，判断选项.【详解】A.连续抛两枚质地均匀的硬币，有4个基本事件，包含两正，两反，先反再正，先正再反，出现一正一反的概率，故A不正确；B.不超过15的素数包含2,3,5,7,11,13，共6个数字，随机选取两个不同的数字，和等于14的包含，则概率为，故B正确；C.将一个质地均匀的骰子先后抛掷2次，共36种情况，点数之和为6包含，共5种，所以点数之和为6的概率，故C正确；D.由题意可知取出的产品全是正品的概率，故D正确.【点睛】本题考查古典概型，列举法，组合数，属于基础题型，本题的关键是正确列举所有满足条件的基本事件.10．已知函数为上的奇函数，为偶函数，下列说法正确的有（       ）A．图象关于直线对称 B．C．的最小正周期为4 D．对任意都有【答案】ABD【分析】由奇偶性知的对称中心为、对称轴为，进而推得，即可判断各选项的正误.【详解】由的对称中心为，对称轴为，则也关于直线对称且，A、D正确，由A分析知：，故，所以，所以的周期为4，则，B正确；但不能说明最小正周期为4，C错误；故选：ABD11．在长方体中，，，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（       ）A．当为中点时，为锐角B．存在点，使得平面C．的最小值D．顶点到平面的最大距离为【答案】ABD【分析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则，则有，求出，即可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D.【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，则，则，故，则，，对于A，当为中点时，则，，则，，所以，所以为锐角，故A正确；当平面，因为平面，所以，则，解得，故存在点，使得平面，故B正确；对于C，当时，取得最小值，由B得，此时，则，，所以，即的最小值为，故C错误；对于D，，设平面的法向量，则有，可取，则点到平面的距离为，当时，点到平面的距离为0，当时，，当且仅当时，取等号，所以点到平面的最大距离为，故D正确.故选：ABD.12．已知，，下列命题中正确的是（       ）A．“”的最小值为B．若，则C．若，则D．若，则【答案】BD【分析】求得最小值排除选项A；求得最小值选B；求得最小值排除选项C；求得最小值选D.【详解】选项A：，则令，则在上为增函数，则故，则最小值为.判断错误；选项B：由，，可得，则（当且仅当时等号成立），解之得.判断正确；选项C：，，，（当且仅当时等号成立），则.判断错误；选项D： 由，可得，则，又，，则则（当且仅当时等号成立），故有.判断正确.故选：BD三、填空题13．设分别为两条异面直线的方向向量，且，则异面直线所成的角为___________.【答案】  【分析】根据异面直线的夹角与方向向量夹角之间的关系，结合题意，即可求得结果.【详解】由题意，故可得的夹角为，故所成的角为.故答案为：.14．已知向量，满足，，且.则在上的投影向量的坐标为_________.【答案】【分析】对两边平方后得到，代入投影向量的公式进行求解即可.【详解】两边平方化简得：，①因为，所以，又，代入①得：，解得：，所以在上的投影向量坐标为.故答案为：15．若，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.【答案】【分析】分离参数，将恒成立问题转化为函数最值问题，根据单调性可得.【详解】因为，不等式恒成立，所以对恒成立.记，，只需.因为在上单调递减，在上单调递减，所以在上单调递减，所以，所以.故答案为：16．乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，2000年之后国际比赛用球的直径为40.现用一个底面为正方形的棱柱盒子包装四个乒乓球，为倡导环保理念，则此棱柱包装盒(长方体)表面积的最小值为___________.(忽略乒乓球及包装盒厚度)【答案】256【分析】比较三种情形下的表面积即可得：一种四个球排列一列，四个球心在同一直线上；第二种四个球平放，四个球心构成正方形；第三种四个球心构成正四面体．【详解】设是四个球的球心，以下面积单位是（1）四点共线，则．（2）四点构成一个正方形，则（3）四点构成一正四面体，如图，设是中心，则 平面，，， ，正四棱柱为正方体，棱长为，表面积为，比较可得表面积最小值为256．故答案为：256四、解答题17．甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球.甲先投且先投中者获胜，约定有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响.(1)求甲获胜的概率；(2)求投篮结束时乙只投了2个球的概率.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据互斥事件和的概率公式及独立事件同时成立的概率公式求解即可；（2）写出投篮结束时乙只投了2个球的事件，由互斥事件的和的概率公式，独立事件概率公式求解.【详解】(1)设Ak，Bk分别表示甲、乙在第k次投篮时投中，则，，（k=1，2，3），记“甲获胜”为事件C，则.(2)记“投篮结束时乙只投了2个球”为事件D.则.18．如图截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体. (1)该截角四面体的表面积；(2)该截角四面体的体积.【答案】(1)；(2).【分析】（1）求出截角四面体一个的正六边形、正三角形的面积即可求解作答.（2）求出原正四面体和截去的一个正四面体的体积，再用割补法求解作答.【详解】(1)依题意，该截角四面体是4个边长为1的正三角形和4个边长为1的正六边形围成，截角四面体中，正三角形的面积，边长为1的正六边形的面积，所以该截角四面体的表面积为.(2)该截角四面体是棱长为3的正四面体去掉4个角上棱长为1的正四面体而得，棱长为1的正四面体的高，棱长为3的正四面体的高为，则棱长为1的正四面体的体积，棱长为3的正四面体的体积所以该截角四面体的体积为：.19．的内角、、所对边的长分别为、、，已知．(1)求的大小；(2)若为锐角三角形且，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边化角，再分析求解即可；（2），再利用三角函数求值域即可.【详解】(1)由及正弦定理可得，所以，因为、，则，，则，故．(2)依题意，为锐角三角形且，由正弦定理得，所以，，所以，由于，所以，解得，所以，，所以，所以，所以．所以的取值范围是．20．如图，在长方体中，，P为的中点．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由向量法结合判定证明即可；（2）由向量法得出面角的正弦值．【详解】(1)以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如下图所示设，则又，平面(2)由（1）可知，平面的法向量为设平面的法向量为，，令，可得故二面角的正弦值为21．为了弘扬中华民族传统文化，某中学高二年级举行了“爱我中华，传诵经典”的考试，并从中随机抽取了名学生的成绩（满分分）作为样本，其中成绩不低于分的学生被评为优秀生，得到成绩分布的频率分布直方图如图所示.（1）若该年级共有名学生，试利用样本估计该年级这次考试中优秀生人数；（2）试估计这次参加考试的学生的平均成绩（同一组数据用该组区间中点值作代表）；（3）若在样本中，利用分层抽样从成绩不低于分的学生中随机抽取人，再从中抽取人赠送一套国学经典典籍，试求恰好抽中名优秀生的概率.【答案】（1）人；（2）；（3）.【分析】（1）由直方图知，样本中数据落在的频率为，由此能估计全校这次考试中优秀生人数；（2）将每个矩形底边的中点值乘以矩形的面积，再将所得结果相加即可得出样本数据的平均数；（3）由分层抽样可知成绩在、、间分别抽取了、、人，记成绩在的人为、、，在的人为、，在的人记为，列出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可求出所求事件的概率.【详解】（1）由直方图知，样本中数据落在的频率为：，则估计全校这次考试中优秀生人数为：人；（2）该样本数据的平均数为：，估计所有参加考试的学生的平均成绩为；（3）由分层抽样可知成绩在、、间分别抽取了、、人，记成绩在的人为、、，在的人为、，在的人记为，则人中抽取人的所有情况有种，分别为：、、、、、、、、、、、、、、， 记抽取人为优秀生为事件，则事件包含的基本事件有：、、，共种，因此，恰好抽中名优秀生的概率.【点睛】本题考查频数、平均数、概率的求法，考查频率分布直方图、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．22．已知函数的一部分图象如图所示，如果，，．(1)求函数的解析式；(2)记， 求函数的定义域；(3)若对任意的， 不等式恒成立， 求实数的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由图像可知，从而可求出的值，由图象可知，结合题意可求出的值，从而可求出函数解析式，（2）由题意得，解不等式可求出函数的定义域，（3）由题意可得，则，所以将问题转化为，从而可求出实数的取值范围．【详解】(1)由图像可知 ，，∴(2)由（1) 知, 要使函数有意义,   有, 故，即解得 ∴函数的定义域为(3)对, 有，即若对恒成立, 即的最小值大于.故, 即.所以实数的取值范围为