2022南通高一下学期期末考试数学试题含解析

2021~2022学年（下）高一期末质量监测

数学

本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡上.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.

4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知，则在复平面内，复数对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数除法法则计算得到，从而确定复数对应的点所在象限.

【详解】，所以复数对应的点坐标为，位于第三象限.

故选：C

2. 某种彩票中奖的概率为，这是指

A. 买10000张彩票一定能中奖

B. 买10000张彩票只能中奖1次

C. 若买9999张彩票未中奖，则第10000张必中奖

D. 买一张彩票中奖的可能性是

【答案】D

【解析】

【分析】彩票中奖的概率为，只是指中奖的可能性为

【详解】彩票中奖的概率为，只是指中奖的可能性为，

不是买10000张彩票一定能中奖，

概率是指试验次数越来越大时，频率越接近概率．所以选D.

【点睛】概率是反映事件发生机会的大小的概念，只是表示发生的机会的大小，是否中奖是随机事件．

3. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据两角和的余弦公式及平方关系，结合正弦的二倍角公式即可求解.

【详解】由，得，即，

两边平方，得，即.

故选：A.

4. 已知两个单位向量，的夹角为60°，若，则（    ）

A. 3 B.  C.  D. 1

【答案】C

【解析】

【分析】利用数量积的定义直接求得.

【详解】因为，所以.

因为，为夹角为60°的两个单位向量，

所以

故选：C

5. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥侧面积之比为（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】如图，设正四棱锥的底面边长为，高为，斜高为，为的中点，则由题意得，，分别用表示出以该四棱锥的高为边长的正方形面积和该四棱锥侧面积，即可得出答案.

【详解】如图，设正四棱锥的底面边长为，高为，斜高为，为的中点，

则由题意得：，

则设以该四棱锥的高为边长的正方形面积为，，

设该四棱锥侧面积为，

所以.

故选：D

6. 已知，是两个不重合的平面，，是两条不同的直线，则下列命题正确的是（    ）

A 若，，，则

B. 若，，，则

C. 若，，，则

D. 若，，，则

【答案】A

【解析】

【分析】根据线面、面面及线线关系逐项判断即可.

【详解】对于A，若，，，可将平移至相交直线，由公理3推论2，确定一个平面，由线面垂直的性质可得的交线垂直于平面，进而得到垂直于和的交线，且和的交线与或其平行线能围成矩形，由面面垂直的定义，可得，则A正确；

对于B，若，，，当都平行于的交线，则条件满足，则相交成立，则B错；

对于C，若，，，则可能平行、可能异面、可能相交，所以C错；

对于D，若，，，则可能平行、可能异面、可能相交，所以D错.

故选：A.

7. 已知为锐角三角形，，，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据锐角三角形得出角的范围，再利用正弦定理及三角函数的性质即可求解.

【详解】因为为锐角三角形，所以,解得,

所以.

在中，由正弦定理，得，即,

由，得，即.

所以的取值范围为.

故选：C.

8. 一个质地均匀的正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体两次，并记录每次正四面体朝下的面上的数字.记事件为“两次记录的数字和为奇数”，事件为“两次记录的数字和大于4”，事件为“第一次记录的数字为奇数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则（    ）

A. 与互斥 B. 与对立

C. 与相互独立 D. 与相互独立

【答案】D

【解析】

【分析】列举出基本事件，对四个选项一一判断：

对于A：由事件A与D有相同的基本事件，否定结论；对于B：由事件C与D有相同的基本事件，否定结论；对于C、D：利用公式法进行判断.

【详解】连续抛掷这个正四面体两次，基本事件有：.

其中事件A包括： .

事件B包括： .

事件C包括：.

事件D包括： .

对于A：因为事件A与D有相同的基本事件，故与互斥不成立.故A错误；

对于B：因为事件C与D有相同的基本事件，故C与对立不成立.故B错误；

对于C：因为,,而.因为，所以与不相互独立.故C错误；

对于D：因为,,而.因为两个事件的发生与否互不影响，且，所以与相互独立.故D正确.

故选：D

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 对于一组数据2，3，3，4，6，6，8，8，则（    ）

A. 极差为8 B. 平均数为5

C. 方差为 D. 40百分位数是4

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据极差、平均数、方差及百分位数的计算方法分别判断即可得出答案.

【详解】对于A，因为这组数据的最大值为8，最小值为2，所以这组数据的极差为，故A不正确；

对于B，因为，所以这组数据的平均数为5，故B正确；

对于C，因为

，故C正确；

对于D，由于，所以第40百分位数为第4个数即，故D正确.

故选：BCD.

10. 已知正六边形的中心为，则（    ）

A.  B.

C. 存在， D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据平面向量的的平行四边形法则和三角形法则可判断A、B，以为原点建立坐标系，可判断C，结合平面向量的数量积的定义可判断D.

【详解】对A，因为六边形，所以

所以，故A正确；

对B，，故B不正确；

对C，以为原点，建立坐标系，则设正六边形的边长为，则

，

，，所以存在，使得，所以C正确.

对D，设正六边形的边长为，，

，故D正确.

故选：ACD.

11. 在中，内角，，所对的边分别为，，，三条中线相交于点.已知，，的平分线与相交于点，则（    ）

A. 边上的中线长为

B. 内切圆的面积为

C. 与面积之比为3:2

D. 到的距离为

【答案】BC

【解析】

【分析】如图，取边上的中点，则边上的中线为，两边同时平方结合向量数量积即可判断A；设内切圆的为，由，求出即可判断B；由角平分线定理，，可判断C；到的距离为，求出代入可判断D.

【详解】如下图，取边上的中点，

则边上的中线为，则，

，又因为，

则，则.

故A不正确；

因为，设内切圆的为，

，则，则，

内切圆的面积为：，故B正确.

对于C，由角平分线定理知：，所以C正确；

对于D，因为，在三角形和三角形中，

，则，解得：，

所以，所以，

所以，

所以到的距离为：，故D不正确.

故选：BC.

12. 已知函数，则（    ）

A. 的最小正周期为

B. 函数在上单调递减

C. 当时，，

D. 当函数在上有4个零点时，

【答案】AC

【解析】

【分析】把函数化成分段函数，作出函数图像，再逐一分析各个选项即可判断作答.

【详解】依题意，，函数部分图像如图，

函数是周期函数，周期为，故A正确；

若函数在上单调递减，则在上单调递减，从图中可知，B不正确.

因且，则当时，且，

则且，，因此，，，C正确；

函数在上有4个零点时，即，则与的图像在上有四个交点，所以或，所以或，故D不正确.

故选：AC

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 求值：__________．

【答案】

【解析】

【分析】直接利用两角和正切公式计算可得；

【详解】解：

故答案为：

14. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为__________.

【答案】

【解析】

【分析】利用投影向量公式进行计算.

【详解】由题意得：在上的投影向量的坐标为

故答案为：

15. 写出一个同时具有下列性质①②的复数______________.

①的实部小于0；②.

【答案】

【解析】

【分析】设，根据题目求出满足条件的，即可得出答案.

【详解】设，因为的实部小于0，即，

，则

所以满足题意.

故答案为：，答案不唯一.

16. 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_______________.

【答案】    ①. ##    ②.

【解析】

【分析】画出图形，求出四面体的高，从而求出四面体的体积；通过分析得到，，即O，F两点重合，画出图形，得到落在内部的长为半径为1的圆周长的一半，从而求出答案.

【详解】

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：，

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知，，.

（1）若，求；

（2）若，求.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）已知和三角函数值，求解三角函数值，只需配凑角，然后利用两角差的正弦公式展开即可.

（2）将和展开，联立方程可求得和的值，两式比值即为所求.

【小问1详解】

因为，，

所以.

所以

=.

【小问2详解】

因为，

，

两式相加可得，，，

所以，.

18. 立德中学高一年级名学生参加某项测试，测试成绩均在分到分之间，现随机抽取名学生的测试成绩，分组：第组，第组，，第组，统计得到频率分布直方图，如图所示.

（1）求频率分布直方图中的值；

（2）估计学生测试成绩的平均数；

（3）估计学生测试成绩的中位数.

【答案】（1）；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】利用频率之和为，求出的值；

根据频率分布图平均数的运算规则计算即可；

根据中位数的定义计算即可.

【小问1详解】

解：由题意可得，，

解得

【小问2详解】

学生测试成绩的平均数为：

【小问3详解】

设中位数为，则：

，

解得

19. 已知向量，.

（1）若，求；

（2）若，函数，求的值域.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】根据向量共线定理的坐标形式建立方程即可求得结果；

利用换元法转化成一元二次函数，即可求得结果.

【小问1详解】

解：向量，，，

即，

，

.

【小问2详解】

，，

，

设，

则，

，，

设，，

由二次函数性质可得：

，

.

故的值域为.

20. 甲、乙两人分别对，两个目标各射击一次，若目标被击中两次则被击毁，每次射击互不影响.已知甲击中，的概率均为，乙击中，的概率分别为，.

（1）求A被击毁的概率；

（2）求恰有1个目标被击毁的概率.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出甲、乙两人均要击中目标的概率，即为A被击毁的概率；（2）求出A被击毁，B不被击毁的概率，再求出B被击毁，A不被击毁的概率，相加后得到恰有1个目标被击毁的概率.

【小问1详解】

A被击毁则甲、乙两人均要击中目标，故概率为，

小问2详解】

B被击毁的概率为，

则A被击毁，B不被击毁的概率为，

B被击毁，A不被击毁的概率为，

则恰有1个目标被击毁的概率为

21. 在四边形中，.

（1）若，，，求四边形面积的最小值；

（2）若四边形的外接圆半径为，，求的最大值.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】延长，相较于点，结合题意可知是边长为的正三角形，进而利用余弦定理即三角形面积，基本不等式即可求得结果；

由四边形存在外接圆，进而得出四边形为等腰梯形，连接，设，，利用正弦定理，表示，，，进而利用基本不等式得出结果.

【小问1详解】

解：延长，相较于点，

如图所示：

，，

是边长为的正三角形，

的面积为.

在中，，，

由余弦定理得，，

即，

则，（当且仅当时，等号成立）

的面积,

的面积的最大值为，

四边形面积的最小值为.

【小问2详解】

四边形存在外接圆，

，

，

.

，

四边形为等腰梯形.

连接，设，，，

如图所示：

的外接圆半径为，

在中，由正弦定理得，，

，.

同理可得，在中，由正弦定理可得，

，，

设，得，

，，

，（当且仅当时，等号成立）

，，（当且仅当时，等号成立）

当，时，取得最大值.

22. 如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，，.

（1）证明：平面；

（2）若点在棱上，直线与平面所成角的大小为.

①画出平面与平面的交线，并写出画图步骤；

②求的最大值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）①作图见解析；②

【解析】

【分析】（1）证明，即可；

（2）①：根据面面平行的性质，过作于，连接，分别交于，连接分析即可；

②：过作于，连接可得直线与平面所成角为，再根据正弦值的大小关系分析可得当与重合时，取得最大值求解即可

【小问1详解】

因为，，故，所以.又直四棱柱，故平面，又平面，故，又，平面，故平面

【小问2详解】

①过作于，连接，分别交于，连接，则直线为平面与平面的交线.

②由①，因为，故四点共面，设，则直线为平面与平面的交线，故三点共线.过作于，连接，又，且根据线面平行的性质可得，故平面 ，所以，又，平面.故直线与平面所成角为.当不重合，即与不重合时，易得，又均为锐角，故.当重合时，有与重合，此时由（1）平面，故平面，故为与平面所成角.故当与重合时，取得最大值，此时，故的最大值为