2022广州华南师范大学附中高一下学期期末数学试题含答案

这是一份2022广州华南师范大学附中高一下学期期末数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了 考试结束后，将答题卡交回，75等内容，欢迎下载使用。
华南师大附中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100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。一、单选题：共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意1．复数（其中i为虚数单位），则（       ）A． B．2 C． D．52．设全集，，则为（       ）A． B． C． D．3．某中学高二年级共有学生2400人，为了解他们的身体状况，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本，若样本中共有男生42人，则该校高二年级共有女生A．1260 B．1230 C．1200 D．11404．在空间中，下列说法正确的是（       ）A．垂直于同一直线的两条直线平行 B．垂直于同一直线的两条直线垂直C．平行于同一平面的两条直线平行 D．垂直于同一平面的两条直线平行5．有位男生和位女生在周日去参加社区志愿活动，从该位同学中任取人，至少有名女生的概率为（       ）A． B． C． D．6．如图所示，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（       ）A． B． C． D．7．若正实数满足，则的（       ）A．最大值为9 B．最小值为9C．最大值为8 D．最小值为88．随着社会的发展，人与人的交流变得广泛，信息的拾取、传输和处理变得频繁，这对信息技术的要求越来越高，无线电波的技术也越来越成熟．其中电磁波在空间中自由传播时能量损耗满足传输公式：，其中D为传输距离，单位是km，F为载波频率，单位是MHz，L为传输损耗（亦称衰减），单位为dB．若载波频率增加了1倍，传输损耗增加了18dB，则传输距离增加了约（参考数据：，）（       ）A．1倍 B．2倍 C．3倍 D．4倍二、多选题：每题有两个或者两个以上正确答案，每题3分，少选得1分，共12分9．某篮球运动员8场比赛中罚球次数的统计数据分别为：2， 6 ，8 ，3 ，3 ，4 ，6， 8 ，关于该组数据，下列说法正确的是（      ）A.中位数为3            B.众数为3，6 ，8          C.平均数为5          D.方差为4.7510．如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，其中正确的结论为A．直线与是相交直线； B．直线与是平行直线；C．直线与是异面直线： D．直线与所成的角为.11．已知甲罐中有四个相同的小球，标号为1，2，3，4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1，2，3，5，6，现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件“抽取的两个小球标号之和大于5”，事件“抽取的两个小球标号之积大于8”，则（       ）A．事件发生的概率为B．事件发生的概率为C．事件发生的概率为D．从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为12．定义平面向量的一种运算“”如下：对任意的两个向量，，令，下面说法一定正确的是（       ）A．对任意的，有B．存在唯一确定的向量使得对于任意向量，都有成立C．若与垂直，则与共线D．若与共线，则与的模相等三、填空题：本大题共4小题，每小题3分，满分12分。13．已知，，向量，的夹角为，则______.14．已知复数，(其中i为虚数单位)，且是实数，则实数t等于________．15．在△ABC中，已知，最大边与最小边的比为，则该三角形中最大角的正切值是__________．16．在梯形中，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为__________．此时该三棱锥的外接球的表面积为__________．四、解答题：本大题共6小题，满分52分。17．已知的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求B；（2）设，，求c.  18．某校高二年级一个班有60名学生，将期中考试的数学成绩（均为整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图，(1)求的值；(2)用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为20的样本，已知甲同学的成绩在，乙同学的成绩在，求甲乙至少一人被抽到的概率．   19．如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，，D为AC的中点，，.(1)求证：平面；(2)求三棱柱的表面积20．已知，，与的夹角为，函数．(1)求函数最小正周期和对称中心；(2)若锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求的取值范围．21．已知平面四边形，，，，现将沿边折起，使得平面平面，此时，点为线段的中点.(1)求证：平面；(2)若为的中点，求与平面所成角的正弦值；(3)在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值.22．定义在Ｄ上的函数，如果满足：对任意，存在常数，都有成立，则称是D上的有界函数，其中称为函数的上界.已知函数，.（1）当时，求函数在上的值域，并判断函数在上是否为有界函数，请说明理由；（2）若函数在上是以3为上界的有界函数，求实数a的取值范围；（3）若，函数在上的上界是，求的取值范围.
参考答案：1．A，根据复数的模代入计算．【详解】∵，则故选：A．2．A根据全集求出的补集即可.【详解】，，.故选：A.3．D由分层抽样方法列方程求解即可．【详解】设女生总人数为：人，由分层抽样的方法可得：抽取女生人数为：人，所以，解得：故选D【点睛】本题主要考查了分层抽样方法中的比例关系，属于基础题．4．D根据空间中线、面的位置关系理解判断A、B、C，根据线面垂直的性质判断D．【详解】垂直于同一直线的两条直线的位置关系有：平行、相交和异面，A、B不正确；平行于同一平面的两条直线的位置关系有：平行、相交和异面，C不正确；根据线面垂直的性质可知：D正确；故选：D．5．D将位男生分别记为、、，位女生分别记为、，列举出所有的基本事件，并确定事件“从这位同学中任取人，至少有名女生”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】将位男生分别记为、、，位女生分别记为、，从这位同学中任取人，所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共种，其中，事件“从这位同学中任取人，至少有名女生”包含的基本事件有：、、、、、、、、，共种，因此，所求概率为.故选：D.【点睛】方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：（1）列举法；（2）列表法；（3）树状图法；（4）排列、组合数的应用.6．A根据平面向量基本定理结合已知条件求解即可【详解】因为点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，所以,故选：A7．B8．C由题，由前后两传输公式做差，结合题设数量关系及对数运算，即可得出结果【详解】设是变化后的传输损耗，是变化后的载波频率，是变化后的传输距离，则，，，则，即，从而，即传输距离增加了约3倍9．BCD解析：将得分按从小到大顺序排序，排在中间位置的为4和6，故中位数为5，所以A错误；其他依次类推，根据定义即可求解。10．CD【解析】根据图形及异面直线的定义，异面直线所成的角判断即可.【详解】结合图形，显然直线与是异面直线，直线与是异面直线，直线与是异面直线，直线与所成的角即直线与所成的角,在等边中，所以直线与所成的角为,综上正确的结论为C D.【点睛】本题主要考查了异面直线，异面直线所成的角，属于中档题.11．BC根据题意，分别列举出事件和事件所包含的基本事件，再逐项判断，即可得出结果.【详解】由题意，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共包含个基本事件；“抽取的两个小球标号之和大于5”包含的基本事件有：，，，，，，，，，，，共个基本事件；“抽取的两个小球标号之积大于8”包含的基本事件有：，，，，，，，，共个基本事件；即事件是事件的子事件；因此事件发生的概率为，故A错；事件包含的基本事件个数为个，所以事件发生的概率为；故B正确；事件包含的基本事件个数为个，所以事件发生的概率为，故C正确；从甲罐中抽到标号为2的小球，包含的基本事件为：，，，，共个基本事件，故从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为，即D错误.故选：BC.【点睛】本题主要考查求古典概型的概率，考查求并事件和交事件的概率，属于基础题型.12．AD由表示出和，即可判断A；假设存在唯一确定的向量使得对于任意向量，都有成立，即方程组，对任意恒成立，解方程可判断B；若与垂直，则，设，分别表示出与即可判断C；若与共线，则，设，分别表示出与即可判断D.【详解】设向量，，对于A，对任意的，有，故A正确；对于B，假设存在唯一确定的向量使得对于任意向量，都有成立，即恒成立，即方程组，对任意恒成立，而此方程组无解，故B不正确；对于C，若与垂直，则，设，则，，其中，故C不正确；对于D，若与共线，则，设，，，所以与的模相等，故D正确.故选：AD.【点睛】本题在平面向量的基础上，加以创新，属于创新题，考查平面向量的基础知识以及分析问题、解决问题的能力.13．1【详解】.14．；【详解】为实数，则.15．解析：不妨设a为最大边，c为最小边，由题意有，即，整理得，16．          注意到三棱锥体积最大时，平面平面ABC，可知以B为顶点时，BC为三棱锥的高，然后利用正余弦定理可得各棱长可得体积；利用球心到平面的距离、外接圆半径和球的半径满足勾股定理可得球半径，然后可得表面积.【详解】过点C作，垂足为E，为等腰梯形，，由余弦定理得，即易知，当平面平面ABC时，三棱锥体积最大，此时，平面易知，记O为外接球球心，半径为R平面，O到平面的距离又的外接圆半径故答案为：，17．（1）；（2）.（1）由题设，根据正弦定理得，结合三角形内角的性质得，即可求B；（2）由余弦定理，结合已知条件列方程，即可求c.【详解】（1）由正弦定理得：，而，∴，又，，∴，又，即.（2）由余弦定理，即，∴，解得.18．(1)(2)（1）利用频率分布直方图中各个小矩形面积之和为1即可求出的值；（2）设甲被抽到的事件为，乙被抽到的事件为，求出相应的概率，然后可以根据对立事件求解．(1)解：由题意可得，解得；(2)解：因为总体共60名学生，样本容量为20，因此抽样比为．其中分数段有人，分数段有人，所以在分数段中抽取人，分数段抽取人，设甲被抽到的事件为，乙被抽到的事件为，则，，则甲乙至少一人被抽到的概率为．19．(1)证明见解析(2)（1）连接交于点，连接，可证得∥，然后利用线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知条件可得三个侧面是矩形，两个底面为直角三角形，然后根据已知的数据可求得答案(1)证明：连接交于点，连接，因为四边形为矩形，所以为的中点，因为，D为AC的中点，所以∥，因为平面，平面，所以平面；(2)因为侧棱底面ABC，所以三棱柱为直三棱柱，所以侧面均为矩形，因为，所以底面均为直角三角形，因为，，所以,所以三棱柱的表面积为20．(1)最小正周期为；对称中心为(2)（1）根据数量积的坐标表示及两角和的正弦公式得到，再根据计算得到的解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）由（1）及求出，再由正弦定理将边化角及三角恒等变换公式化简得到，最后根据三角形为锐角三角形求出的范围，从而求出的范围，即可得解；(1)解：由条件可知：，，∴，∴的最小正周期为，令，，解得，，∴的对称中心为；(2)解：由正弦定理得，由（1），而，得，∴，，解得，，又，可得，∵，∴，代入上式化简得：，又在锐角中，有，∴，∴，则有，∴21．(1)证明见解析；(2)；(3).（1）根据等腰三角形的三线合一定理及线面垂直的性质定理，再利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即可求解；（2）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理，再利用线面角的定义及勾股定理，结合锐角三角函数的定义即可求解；（3）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理，再利用面面角的定义及勾股定理，结合等面积法及锐角三角函数的定义即可求解；(1)因为 所以为等边三角形，因为为的中点,所以.取的中点，连接，，则，因为平面平面平面平面平面，所以平面，又平面，所以因为平面所以平面因为平面所以又因为平面，所以平面.(2)过点作，垂足为.如图所示由（1）知，平面.因为平面，所以，所以平面，所以为与平面所成角.由（1）知，平面平面，所以.在中，，,因为为的中点，所以.在中，，在中，，在中，，所以.所以与平面所成角的正弦值为.(3)取的中点为，连接，因为为线段的中点，所以,由（1）知，平面，所以平面，平面.所以.过点作,垂足为，连接,,平面,所以平面.平面.所以，所以为二面角的平面角.在中，，由（1）知，为等边三角形，为线段的中点，所以由（1）知，平面.平面.所以,在中，,由（2）知，即，解得.因为平面.平面.所以.在中，..所以二面角的平面角的余弦值为.22．（1）值域为，不是有界函数，理由见解析；（2）；（3）当时，的取值范围是；当时，的取值范围是.（1）当时，确定在给定区间上的单调性即可求得其值域，再由给出的定义判断得解；（2）在给定条件下可得，去绝对值符号，分离参数，再构造函数，利用导数求出函数的最值即可得解；（3）根据给定条件求出在上的最大值与最小值，再分段比较的最大值绝对值与最小值绝对值大小即可得的值域.【详解】（1）当时，，显然在上递减，即有，于是得在上的值域为，显然不存在常数，使成立，所以函数在上不是有界函数；（2）依题意，在上恒成立，而，于是得在上恒成立，当x≥0时，令，，则，因此，在上递减，当时，，即当时，取最大值-5，令，显然在上递增，当时，，即当时，取最小值1，从而有，所以实数a的取值范围为；（3）依题意，，，而，则在上递减，于是得，即，①当时，恒有，此时，，解，当时，，而成立，则， 当时，，解得，当时，，而不成立，此时无解，综上得当时，，即当时，，②当，恒有，此时，，解得，即当时，，所以，当时，的取值范围是；当时，的取值范围是.