2021-2022学年湖北省华中师范大学第一附属中学高一下学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年湖北省华中师范大学第一附属中学高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则“”是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由充分、必要条件定义即可得出答案.

【详解】因为,所以“” “”，但“”推不出“”，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

2．已知角为第二象限角，，则的值为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先由平方关系求得，再由余弦差角公式求解即可.

【详解】因为角为第二象限角，所以，

则.

故选：D.

3．如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数为“等部复数”，则实数的值为（     ）

A． B． C．2 D．

【答案】D

【分析】化简复数，再由“等部复数”的定义即可求出答案.

【详解】化简复数，因为“等部复数”的实部和虚部相等，

复数为“等部复数”，所以，所以.

故选：D.

4．在锐角三角形中，a，b，c分别是内角A，B，C的对应边，设A＝2C，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由正弦定理把边化角，再用三角恒等变换化简，转化为三角函数的值域问题，即可求解

【详解】由正弦定理可得

又因为三角形是锐角三角形，

所以，即，也即,

所以，

所以，，，

，

所以的取值范围是，

故选：A

5．如图，在三棱锥中，平面ABC，，，，则点A到平面PBC的距离为（       ）．

A． B． C．3 D．

【答案】A

【分析】根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理可得平面PAB，则有，再利用等体积法即可得出答案.

【详解】解：因为平面ABC，平面ABC，所以，

又因为，即，

因为，所以平面PAB，

又平面PAB，所以，

因为，，所以，

的面积，

设点A到平面PBC的距离为h，

则三棱锥的体积，

即，解得，

即点A到平面PBC的距离为.

故选：A.

6．高一某班参加“红五月校园合唱比赛”，10位评委的打分如下：，，则（       ）

A．该组数据的平均数为7，众数为

B．该组数据的第60百分位数为6

C．如果再增加一位评委给该班也打7分，则该班得分的方差变小

D．评判该班合唱水平的高低可以使用这组数据的平均数、中位数，也可以使用这组数据的众数

【答案】C

【分析】首先将数据从小到大排列，再根据平均数、众数、中位数、方差的定义计算可得；

【详解】解：这组数据从小到大排列为、、、、、、、、、，

故平均数为，众数为和，中位数为，故A错误；

方差为，

因为，所以第60百分位数为，故B错误；

如果再增加一位评委给该班也打分，则平均分不变也为，

此时的方差为，故C正确；

对于D：因为众数有两个，故不能用众数评判该班合唱水平的高低，故D错误；

故选：C

7．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”．现有一个刍甍如图所示，底面ABCD为正方形，底面ABCD，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，则该刍甍的外接球的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，求出点E到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.

【详解】取AD，BC中点N，M，正方形中心O，EF中点，连接，如图，

依题意，平面，，点O是MN的中点，，

等腰中，，，同理，

因此，等腰梯形的高，由几何体的结构特征知，

刍甍的外接球球心在直线上，连，正方形外接圆半径，

则有，而，

当点在线段的延长线（含点O）时，视为非负数，若点在线段（不含点O）上，视为负数，

即有，即，解得，

因此刍甍的外接球球心为O，半径为，

所以刍甍的外接球的体积为.

故选：A

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.

8．定义域在的函数图像的两个端点为A、B，向量，设是图像上任意一点，其中，，若不等式恒成立，则称函数在上满足“k范围线性近似”，其中最小的正实数k称为该函数的线性近似阈值.下列定义在上的函数中，线性近似阈值最小的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意可得点的横坐标相等，点在线段上，然后可得，然后每个选项逐一求解即可.

【详解】由题意可得点的横坐标相等，点在线段上，所以

对于A，因为，所以，直线的方程为

所以，因为，

所以，当且仅当时等号成立

所以，所以该函数的线性近似阈值为；

对于B，因为，所以，直线的方程为

所以，因为，

所以，当且仅当时等号成立

所以，所以该函数的线性近似阈值为；

对于C，由函数，得，，

直线方程为

，线性近似阀值为．

对于D，由函数可得，，方程为，

由三角函数图象与性质可知，线性近似阀值为，

因为，所以线性近似阀值最小的是

故选：C

二、多选题

9．设为复数，且，则下列命题正确的是（       ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】BD

【分析】由反例可知AC错误；由可得，得到，知B正确；设，，根据共轭复数定义和复数乘法及模长运算可求得，知D正确.

【详解】对于A，若，，则，此时，A错误；

对于B，，，又，，即，B正确；

对于C，若，则，若为虚数，则，C错误；

对于D，设，，则，

，，

，

，

，D正确.

故选：BD.

10．已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（       ）

A．函数f(x)的图象的周期为

B．函数f(x)的图象关于点（，0）对称

C．函数f(x)在区间[－，]上的最大值为2

D．直线与）图像所有交点的横坐标之和为

【答案】AC

【分析】先利用函数图象 ，从而求得函数解析式，然后利用零点，对称性及正弦三角形最值求解得结果.

【详解】依题意，，得，故A正确；

，，则，当时，取最小值，

则，得，即，

当时，，故B错误；

当[－，]，则，则，故C正确；

，则，设直线与）图像所有交点的横坐标为，则，解得，故D错误；

故选：AC.

11．已知，则（       ）

A．的最大值为

B．的最小值为4

C．的最小值为

D．的最小值为1

【答案】BC

【分析】根据基本不等式可求A,B,D,根据判别式判断方程有根可判断C.

【详解】由，即，当且仅当时等号.故A错，，

进而可得：，当且仅当取等号，故B正确，

令，则，所以，故可化为，整理得，

由，得，即，解得或（舍去），C正确，

，，当且仅当时等号成立，D错误

故选：BC．

12．如图，平面四边形是由正方形和直角三角形组成的直角梯形，，，现将沿斜边翻折成（不在平面内），若为的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（       ）

A．与不可能垂直

B．三棱锥体积的最大值为

C．若都在同一球面上，则该球的表面积是

D．直线与所成角的取值范围为（）

【答案】BCD

【分析】对于A选项：根据线面垂直的判断定理，由，当时，平面，则；

对于B选项：取的中点，连接，根据，则平面平面时，三棱锥体积的最大值，从而可判断；

对于C，根据，可得都在同一球面上，且球的半径为，从而可判断；

对于D选项：由可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，即可求得与所成角的取值范围.

【详解】解：对于A选项：由，则，当时，且，此时满足平面，因此，故A错误；

对于B，取的中点，连接，

则，且，

因为，

当平面平面时，三棱锥体积的最大值，

在中，，则，

此时，

所以三棱锥体积的最大值为，故B正确；

对于C，因为，

所以都在同一球面上，且球的半径为，

所以该球的表面积是，故C正确；

对于D，作，

因为为的中点，所有，

，所以，

所以，所以，

可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，

所以与夹角为，与夹角为，又不在平面内，

，，

所以与所成角的取值范围，所以正确，

故选：BCD.

【点睛】本题考查线面平行与垂直的判定定理及异面直线所成的角，多面体的外接球问题，棱锥的体积问题，考查了折叠问题，考查转化思想，计算能力与空间想象能力，有一定的难度.

三、填空题

13．已知非零向量，的夹角为，，，则______．

【答案】

【分析】利用垂直关系的向量表示，结合数量积的定义及运算律求解作答.

【详解】非零向量，的夹角为，，则由得：，即，

于是得，所以.

故答案为：

14．已知直三棱柱中，.若三棱柱外接球的表面积是，则它的体积的最大值是___________.

【答案】

【分析】分别取的中点和F，连接，取的中点为O，由题意可得O为外接球的球心，根据三棱锥的几何性质及外接球表面积，可求得的长，设AB=x，AC=y，则，求得体积V的表达式，结合基本不等式，即可得答案.

【详解】分别取的中点和F，连接，取的中点为O，

因为，

所以为外接圆的圆心，同理F为外接圆的圆心，

因为直三棱柱，

则O为直三棱柱外接球的球心，连接，

设，则，外接球半径为R，

在中，，，，

所以

又三棱柱外接球的表面积是，

所以，解得，，

设AB=x，AC=y，则

所以该几何体的体积

当且仅当时等号成立，

所以该几何体体积最大值为.

故答案为：

15．已知D是的边BC上一点，且，，，则的最大值为______．

【答案】

【分析】设，，，则，，再在和中分别列出余弦定理，根据联立可得，再结合，得到，进而消去，结合基本不等式 求解最大值即可

【详解】

设，，，则，．

在中，；

在中，．

因为，所以，

所以，整理①．

因为，所以．

在中，，

即，结合①可得，所以，即，当且仅当时，等号成立．

故答案为：

四、双空题

16．佩香囊是端午节传统习俗之一．香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的．因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目．图1的平行四边形ABCD由六个边长为1的正三角形构成．将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊．那么在图2这个六面体中内切球半径为__________，体积为__________.

【答案】         

【分析】由两个同底且棱长都为1的正三棱锥构成的几何体求解.

【详解】解：如图所示：

易知该几何体是侧棱长为1，以边长为1的等边三角形为底的两个正三棱锥组成，

O为的中心，即内切球的球心，M为FB的中点，连接HM，

作，则ON为内切球的半径，

因为 ，

所以，

所以内切球的半径为，

内切球的体积为，

故答案为：，

五、解答题

17．在中，.

(1)若，求；

(2)若存在且唯一确定，求的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)或

【分析】（1）由，利用余弦定理求得角，然后利用余弦定理求得的值，然后利用正弦定理求得；（2）存在且唯一确定，则，或，从而求得的范围.

【详解】(1)因为，

所以.

因为，

所以.

由余弦定理知

所以.

得.

所以，或.

由正弦定理知

.

所以，当时，.

当时，.

(2)由（1）得，存在且唯一确定，则，或，

综上，当或时，存在且唯一确定.

18．年月日，第十三届全国人民代表大会第五次会议在北京人民大会堂开幕，会议报告指出，年，国内生产总值和居民人均可支配收入明显增长．某地为了解居民可支配收入情况，随机抽取人，经统计，这人去年可支配收入（单位：万元）均在区间内，按，，，，，分成组，频率分布直方图如图所示，若上述居民可支配收入数据的第百分位数为．

(1)求的值，并估计这位居民可支配收入的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

(2)用样本的频率估计概率，从该地居民中抽取甲、乙、丙人，若每次抽取的结果互不影响，求抽取的人中至少有两人去年可支配收入在内的概率．

【答案】(1)；平均值为

(2)

【分析】（1）根据频率分布直方图的矩形面积和为1，结合第百分位数的性质求解，进而根据频率分布直方图的平均值算法求解即可；

（2）分抽取的人中有两人和三人去年可支配收入在内两种情况求解即可

【详解】(1)由频率分布直方图，可得，

则①

因为居民收入数据的第60百分位数为8.1，

所以，

则②

将①与②联立，解得．

所以平均值为．

(2)根据题意，设事件A，B，C分别为甲、乙、丙在[7.5，8.5）内，则

．

①“抽取3人中有2人在[7.5，8.5）内”，且与与互斥，根据概率的加法公式和事件独立性定义，得

．

②“抽取3人中有3人在[7.5，8.5）内”，由事件独立性定义，得

．

所以抽取的3人中至少有两人去年可支配收入在[7.5，8.5）内的概率：

．

19．如图所示，在四棱锥中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为梯形，，，，点E在线段PD上，．

(1)求证：平面PAB；

(2)求证：平面PAC⊥平面PCD．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；

（2）由线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可

【详解】(1)（1）过E作交PA于点F，连接BF，

因为，所以．

又，所以．

又，所以

所以四边形BCEF为平行四边形，

所以，

又CE平面PAB，BF平面PAB，

所以平面PAB．

(2)在梯形ABCD中，，，，，

所以．

所以，即

因为PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，

所以．

又，所以CD⊥平面PAC，

又CD平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD．

20．已知函数．

(1)求函数的单调递增区间；

(2)若函数在区间上有且仅有两个零点，求实数k的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由三角恒等变换化简，再利用正弦函数的单调性即可得出答案.

（2）函数在区间上有且仅有两个零点转化为曲线与直线在区间上有且仅有两个交点，即可求实数k的取值范围.

【详解】(1)

，

令，所以，

所以函数的单调递增区间为：

(2)函数在区间上有且仅有两个零点，即曲线与直线在区间上有且仅有两个交点，由，当时，，设，则，

当时， 曲线与直线区间上有且仅有两个交点.

21．在如图所示的七面体中，四边形为边长为2的正方形， 平面，，且，，，分别是，，的中点.

(1)求点到平面的距离；

(2)若直线交于点，直线交平面于点，证明：，，三点共线.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用三棱锥体积转换思想，先求三棱锥的体积，再确定底面积，最后得点到平面的距离即可

【详解】(1)解：

记到平面的距离为，

在中，，，

∴，

(2)证明：∵，

∴与确定平面，

∵，平面，且，平面，

∴平面平面，

∵平面，

∴平面，平面，

∴点在直线上，则，，三点共线.

22．如图，某圆形小区有两块空余绿化扇形草地（圆心角为）和（圆心角为），为圆的直径.现分别要设计出两块社区活动区域，其中一块为矩形区域，一块为平行四边形区域，已知圆的直径百米，且点在劣弧上（不含端点），点在上､点在上､点和在上､点在上，记.

(1)经设计，当达到最大值时，取得最佳观赏效果，求取何值时，最大，最大值是多少？

(2)设矩形和平行四边形面积和为，求的最大值及此时的值.

【答案】(1)时，最大值为百米

(2)百米，

【分析】对于小问1，分别用变量来表达，，代入，得关于的函数，进行三角恒等变换整理成型函数求最大值；

对于小问2，分别用变量来表达矩形和平行四边形面积相加，得关于的函数，进行三角恒等变换整理成型函数求最大值.

【详解】(1)在矩形OEFG中，，，所以.

因为MN∥PQ，，所以，

在△OQP中，，，由正弦定理可知：

，即，

得.

所以

因为，所以，当，时，最大值为百米.

(2)设平行四边形MNPQ边MN上的高为h，所以有，

所以平行四边形MNPQ的面积为，

在矩形OEFG中，，所以矩形OEFG的面积为，

所以

.

其中，，，因为，所以，

当，时，百米2，

此时.