2022嘉兴高一下学期期末考试数学含解析

嘉兴市2021~2022学年第二学期期末检测

高一数学试题卷

一、选择题：本大题共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. 已知复数（i为虚数单位），则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数的乘方运算法则进行计算.

【详解】

故选：B

2. 已知向量，，若，则（    ）

A.  B.  C.  D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量垂直的坐标表示进行求解.

【详解】因为，， ，

所以，解得.

故选：A.

3. 在中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若，，，则实数b的值等于（    ）

A.  B. 2 C.  D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】利用正弦定理可求答案.

【详解】因为，，，由正弦定理可得.

故选：C.

4. 如图所示，某三角形的直观图是斜边长等于2的等腰直角三角形，则原三角形的面积等于（    ）

A. 1 B. 2 C.  D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】先求得原三角形OAB的边长及形状，再去求其面积即可.

【详解】△中，

则△中，，则△面积为

故选：C

5. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（    ）

A. 若，，则 B. 若，，，则

C. 若，，则 D. 若，，，则

【答案】B

【解析】

【分析】A. 由直线和平面的位置关系判断；B.由面面平行和线面垂直的性质定理判断；C.由直线和平面的位置关系判断；D.由平面与平面的位置关系判断.

【详解】A. 若，，则或，故错误；

B.若，，则，又，所以，故正确；

C.若，，则与平行，相交或平面内，故错误；

D.若，，，则或相交，故错误；

故选：B

6. 袋中装有6个形状大小相同的小球，其中有1个是编号为1的红球，2个编号分别是1和2的黄球，3个编号分别是1，2，3的蓝球，从中随机摸一个球，则以下事件相互独立的是（    ）

A. “摸到红球”与“摸到编号是1球” B. “摸到黄球”与“摸到编号是2的球”

C. “摸到蓝球”与“摸到编号是1的球” D. “摸到蓝球”与“摸到编号是2的球”

【答案】D

【解析】

【分析】判定出“摸到红球”与“摸到编号是1的球”是否相互独立判断选项A；判定出“摸到黄球”与“摸到编号是2的球”是否相互独立判断选项B；判定出“摸到蓝球”与“摸到编号是1的球”是否相互独立判断选项C；判定出“摸到蓝球”与“摸到编号是2的球”是否相互独立判断选项D.

【详解】袋中装有6个形状大小相同的小球，其中有1个是编号为1的红球，

2个编号分别是1和2的黄球，3个编号分别是1，2，3的蓝球，

从中随机摸一个球，共有9种可能的结果

选项A：记“摸到红球”为事件A，“摸到编号是1的球” 为事件B，

则,

由，可得事件A，B不是相互独立事件.判断错误；

选项B：记“摸到黄球”为事件C，“摸到编号是2的球” 为事件D，

则,

由，可得事件C，D不是相互独立事件.判断错误；

选项C：记“摸到蓝球”为事件E，“摸到编号是1的球” 为事件F，

则,

由，可得事件E，F不是相互独立事件.判断错误；

选项D：记“摸到蓝球”为事件G，“摸到编号是2的球” 为事件H，

则,

由，可得事件G，H是相互独立事件.判断正确.

故选：D

7. 已知平面向量与的夹角为，则的最大值为（    ）

A.  B. 2 C. 4 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】在三角形中利用数形结合构造关于不等式，解之即可求得的最大值

【详解】以向量与为两边作△，，，

则

则在△中，即，

则，当且仅当即时等号成立.

故选：C

8. 如图，在矩形ABCD中，，，现将沿着对角线BD翻折成，并且满足，则直线与平面BCD所成最大角余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】作出辅助线，找到直线与平面BCD所成角，证明出，得到，由相似得到，，从而得到最小值.

【详解】设点在底面BCD中的射影为H，则是与平面BCD所成的角，．

在翻折过程中，，又，则，即H在AB的中垂线MN上．

取的中点E，∵，，又，

从而平面EOC，，而E是的中点，从而．

．

又，，由得：，

在直角梯形BCHM中，

从而最小值为，当且仅当时取等号．

故选：B

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，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9. 如图，在平行六面体中，AC和BD的交点为O，设，，，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】求得判断选项A；求得判断选项B；求得判断选项C；求得判断选项D.

【详解】选项A：.判断正确；

选项B：.判断错误；

选项C：.判断正确；

选项D：.判断错误.

故选：AC

10. 在中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】由正弦定理即可判断A;设，由余弦定理可求得 ,继而求得，即可判断B,C,D.

【详解】由正弦定理可知，推不出，故A错误；

由，设 ，

则 ，故A为锐角， ，

，故C为钝角，，

，故B为锐角，,

故，故B正确；

由上面分析可知，，故C错误；

又 ，

故，故D正确，

故选：BD

11. 如图，在正四面体ABCD中，M，N分别是线段AB，CD（不含端点）上动点，则下列说法正确的是（    ）

A. 对任意点M，N，都有MN与AD异面

B. 存在点M，N，使得MN与BC垂直

C. 对任意点M，存在点N，使得与，共面

D. 对任意点M，存在点N，使得MN与AD，BC所成的角相等

【答案】ACD

【解析】

【分析】A选项，首先不可能与AD相交，其次证明AD与MN不可能平行，故A正确；

B选项，证明出BC⊥平面ADF，因为直线AB与CD分别与平面ADF的交点为A，D，但M，N与A，D不会重合，故B错误；

C选项，作出辅助线，得到存在，使得，由空间向量性质可知C正确；

D选项，作出辅助线，对于任意点M，找到点N，得到MN与AD，BC所成的角，利用相似和余弦定理得到MN与AD，BC所成的角相等.

【详解】A选项，M，N分别是线段AB，CD（不含端点）上的动点，故不可能与AD相交，过点M作ME∥AD交BD于点E，MN与ME相交，故AD与MN不可能平行，综上：对任意点M，N，都有MN与AD异面，A正确；

B选项，取BC中点F，连接AF，DF，

因为四面体ABCD为正四面体，

所以AF⊥BC，DF⊥BC，

因为，所以BC⊥平面ADF，

因为直线AB与CD分别与平面ADF的交点为A，D，但M，N与A，D不会重合，

故BC不可能与MN垂直，B错误；

C选项，对于任意点M，作ME∥AD交BD于点E，过点E作EN∥BC交CD于点N，连接MN，此时，故存在，使得，

所以对任意点M，存点N，使得与，共面，C正确；

D选项，对任意的点M，在CD上取点N，使得CN=AM，则，

过点M作ME∥AD交BD于点E，过点N作NF∥BC交BD于点F，则为MN与AD形成的角，∠MNF为MN与BC形成的角，且FN=EM，DE=BF，

由BM=DN，∠ABD=∠CDB=60°，DE=BF得：△BMF≌△DNE，所以MF=EN，

由余弦定理得：，，

由于三边对应相等，故∠MNF=∠NMF，

对任意点M，存在点N，使得MN与AD，BC所成的角相等，D正确.

故选：ACD

【点睛】立体几何中动点问题，在点运动过程中求解垂直或平行关系或角度或长度的最值等，需要把点运动到特殊位置或抓住运动过程中的不动量作为解题的突破口.

12. 已知平面向量，，满足，，，则下列结论正确的是（    ）

A. 对任意， B. 对任意，的最小值为

C. 的最大值为 D. 的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】结合条件和选项逐个验证，模长问题平方处理，最值问题结合向量不等式求解.

【详解】对于A，因为，．所以，故A正确.

对于D，设，则，，应用A的结论得，

，等号可以取到，故D正确．

对于B，因为 ，所以，

，故B正确．

对于C，，故C错误，

故选：ABD．

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 若复数（i为虚数单位），则______．

【答案】

【解析】

【分析】利用复数模的定义去求即可解决.

【详解】由，可得

故答案为：

14. 为迎接创卫考核，现从高二（11）班随机选取两名学生参加调查问卷．已知选中的两名学生都是男生的概率是，选中的两名学生都是女生的概率是，则选中的两名学生是一男一女的概率是______．

【答案】

【解析】

【分析】利用对立事件的概率求解.

【详解】解：因为从高二（11）班随机选取两名学生参加调查问卷，有三种情况：

一是选中的两名学生都是男生，二是选中的两名学生都是女生，三是选中的两名学生是一男一女，

所以选中的两名学生是一男一女的概率是，

故答案为：，

15. 《九章算术商功》：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．”其中，阳马是底面为矩形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥．如图，在阳马中，侧棱PA垂直于底面ABCD，且，则该阳马的外接球的表面积等于______．

【答案】

【解析】

【分析】将阳马补成为一个长方体，根据长方体的对角线即为外接球的直径求得外接球半径，可得答案.

【详解】由题意可知在阳马中，底面为矩形，侧棱PA垂直于底面ABCD，且，

故将四棱锥补成一个底面为ABCD,,且高为的长方体，

该长方体的外接球即为该阳马的外接球，

则外接球半径为 ，

故该阳马的外接球的表面积等于，

故答案为：

16. 如图，在三棱锥中，，平面ABC，于点E，M是AC的中点，，则的最小值为______．

【答案】##-0.125

【解析】

【分析】根据给定条件，证明平面PAB，将用表示出，再结合空间向量数量积的运算律求解作答.

【详解】连接，如图，

因平面ABC，平面ABC，则，而，，平面PAB，

则平面PAB，又平面PAB，即有，

因M是AC的中点，则，又，

，当且仅当取“=”，

所以的最小值为.

故答案为：

四、解答题：本大题共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. 已知平面向量，满足，，．

（1）求的值；

（2）设在上的投影向量为，求实数的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据向量计算的相关公式解方程；

（2）根据向量的投影的概念及公式直接计算.

【小问1详解】

由，即，

解得；

【小问2详解】

在上的投影向量为，

故.

18. 如图，正三棱柱的每条棱长都等于2，M，N分别是，的中点．

（1）求证：平面ABC；

（2）求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取AB中点O，连结MO，CO，由题意证明四边形MNCO是平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明；

（2）求得的面积和点到平面的距离，利用锥体的体积公式求解.

【小问1详解】

证明：如图所示：

取AB中点O，连结MO，CO，

因为M，O分别是，BA的中点，

所以，，

又N是中点，，，

所以，，

所以四边形MNCO是平行四边形，

∴，

又平面ABC，平面ABC，

∴平面ABC；

【小问2详解】

因为的面积为，

点到平面的距离为，

所以三棱锥的体积为．

19. 在中，内角，，对应的边分别为，，，请在①；②；③这三个条件中任选一个，完成下列问题：

（1）求角；

（2）若，的周长为，求的面积．

【答案】（1）任选一条件，都有   

（2）

【解析】

【分析】（1）若选①：利用正弦定理进行边角互化，再结合两角和的正弦公式化简可得解；若选②：结合余弦定理化简即可得解；若选③：利用正弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换可得解；

（2）由三边关系及周长可得，再结合余弦定理可得边及面积.

【小问1详解】

选①：因为，

由正弦定理得，

即，，

化简得：，

又，即，故；

选②：由，

结合余弦定理得，

整理得，

故，；

选③：因为，

由正弦定理得，

即，，

化简得，

又，所以，即，

所以；

【小问2详解】

因为，且，得，，

又，

即，解得，

.

20. 作为嘉兴新型的公共交通出行工具，水上巴士自2020年9月份开通运行至今，已安全有序运营21个月．据了解，嘉兴市水上巴士目前开通的3条航线：环城河线、杭州塘线和苏州塘线，航线平均里程6.5公里，兼顾通勤和观光功能的水上巴士，提升了不少市民和游客的出行感受．其中杭州塘线——梅湾街码头航线始发站是金都景苑码头，第二站为船文化博物馆码头，第三站为月河码头，终点站为梅湾街码头．某天甲、乙、丙3人同时从始发站金都景苑码头上船，在后三站每人随机选择一站下船游览．

（1）求甲比乙先下船的概率；

（2）求甲、乙、丙在不同的码头下船游览的概率．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）甲比乙先下船的情况分为三类，计算每种情况的概率，相加可得答案;

（2）列出甲、乙、丙所有下船游览的可能情况，再列出甲、乙、丙在不同的码头下船游览的可能情况，根据古典概型的概率公式，即可求得答案.

【小问1详解】

由题意知甲乙两人在后三站每站下船的概率皆为 ，

设甲，乙在第i站下船分别记为事件和，

记事件“甲比乙先下船”为事件C，

则，

．

【小问2详解】

用1，2，3分别代表船文化博物馆码头，月河码头，梅湾街码头，

用，代表甲乙丙分别在哪个码头下船，

所有的下船游览方案为：

{（1，1，1），（1，1，2），（1，1，3），（1，2，1），（1，2，2），（1，2，3），（1，3，1），（1，3，2），（1，3，3），（2，1，1），（2，1，2），（2，1，3），（2，2，1），（2，2，2），（2，2，3），（2，3，1），（2，3，2），（2，3，3），（3，1，1），（3，1，2），（3，1，3），（3，2，1），（3，2，2），（3，2，3），（3，3，1），（3，3，2），（3，3，3）}，

甲、乙、丙在不同的码头下船的方案有：（1，2，3），（1，3，2），（2，1，3），（2，3，1），（3，1，2），（3，2，1），

故甲、乙、丙在不同的码头下船游览的概率为．

21. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，平面平面PBC，，．

（1）求证：；

（2）若PD与平面PBC所成的角为，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先依据线面垂直判定定理证明平面PAB，进而可证明；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法去求二面角的余弦值．

【小问1详解】

取PB中点M，连接

∵，∴，

又平面平面PBC，AM在平面PAB中，平面平面，∴平面PBC．

而平面PBC，∴，又，∴，

又∵，∴平面PAB，

又∵平面PAB，∴．

【小问2详解】

取PC中点N，连MN，DN，则，，

又，，所以，，

所以四边形AMND是平行四边形，则．

又平面PBC．∴平面PBC，

则是PD与平面PBC所成的角，，

又，直角梯形中，则，

直角中，，所以是等边三角形．

取中点O，取中点Q，连接

以O为原点，分别以OA、OQ、OP为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图，

则，， ，．

，

设平面PCD的一个法向量为，

则，令，则，，则．

同理，设平面BPD的一个法向量为，

由，

则，令，则，，则．

则．

则二面角的余弦值为．

22. 在中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若M是BC的中点，且满足．

（1）求的最小值；

（2）若的面积为S，且满足，求的值．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）先利用题给条件求得的表达式，再利用均值定理去求其最小值；

（2）先利用题给条件构造关于的方程，解之即可求得的值.

【小问1详解】

，得

从而，即，

，当且仅当时取等号．

∴的最小值为

【小问2详解】

由于，从而，

又则，即，

将代入，得，

即，从而，

又，则，

解得或．