江苏省南通市海安市2021-2022学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份江苏省南通市海安市2021-2022学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了06， 已知向量满足，则等内容，欢迎下载使用。

2021~2022学年末学业质量监测试卷
高一数学
2022.06
注 意 事 项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．本试卷共6页，满分150分，考试时间为120分钟．考试结束后，请将答题卷交回．
2．答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在答题卷上．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符．
4．作答选择题必须用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米的签字笔写在答题卷上的指定位置，在其它位置作答一律无效．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．
1. 设集合A＝{x|－5≤x≤2}，B＝{x||x＋3|＜3}，则A∪B＝（ ）
A. [－5，0） B. （－6，2] C. （－6，0） D. [－5，2）
【答案】B
【解析】
【分析】解出集合B，由集合的并集运算求解即可.
【详解】解：由可得，解得，
所以，
所以A∪B＝，
故选：B.
2. 若（－1＋i）z＝3＋i，则|z|＝（ ）
A. B. 8 C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的乘、除法运算求出，结合复数的几何意义计算即可.
【详解】由题意知，
，
所以.
故选：C
3. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性及指数函数的单调性可得结论．
【详解】，，，
所以．
故选：．
4. 已知正三棱锥的底面边长为4，高为2，则该三棱锥的表面积是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出图形，求出底面积和侧面积，即可求出三棱锥的表面积.
【详解】如图，正三棱锥中，
，取的中点，连接，
则在上，且，
又，所以，
所以，则，
所以，
故三棱锥的表面积为.
故选：D

5. 已知向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对两边平方求得，进而利用且列出方程，求出，结合，求出答案.
【详解】，两边平方得：，
即，所以，
由，
而，
所以，所以，
因为，所以
故选：D
6. 已知f(x)是定义域在R上的奇函数，且满足，则下列结论不正确的是（ ）
A. f（4）＝0 B. y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称
C. f（x＋8）＝f(x) D. 若f（－3）＝－1，则f（2021）＝－1
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇函数性质，令，即可判断A的正误；根据函数的对称性，可判断B的正误；根据奇函数及对称性，整理可判错C的正误；根据函数周期性，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】对于A：因为f(x)是定义域在R上的奇函数，
所以，又，
令代入可得，故A正确；
对于B：因为，
所以图象关于对称，无法确定是否关于直线x＝1对称，故B错误；
对于C：因为为奇函数，
所以，
所以，则，故C正确；
对于D：由C选项可得，的周期为8，
所以，故D正确；
故选：B
7. 一个表面被涂上红色的棱长为n cm（n≥3，n∈N*）的立方体，将其适当分割成棱长为1cm的小立方体，从中任取一块，则恰好有两个面是红色的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先确定共分割的块数，以及满足条件的块数，再求概率.
【详解】由条件可知，共有块，两个面的交界处的中间部分是两个面是红色，每一个交界处有块，共有12个交界，则两个面是红色的有块，所以概率.
故选：B
8. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，则面积的最大值为( )
A 1 B. 3 C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据利用三角恒等变换和正余弦定理得到，再根据余弦定理和基本不等式可得cosB的范围，由此得B的范围，从而得到sinB的最大值，从而根据可求△ABC面积的最大值．
【详解】，
，
即，
即，
则，
整理得，
∴，
当且仅当a2=3c2⇔c=83,a=83时取等号，
，
则．
故选：C．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分．
9. 按先后顺序抛三枚质地均匀的硬币，则（ ）
A. 第一枚正面朝上的概率是
B. “第一枚正面朝上”与“三枚硬币朝上的面相同”是相互独立的
C. “至少一枚正面朝上”与“三枚硬币正面都朝上”是互斥的
D. “至少一枚正面朝上”与“三枚硬币反面都朝上”是对立的
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，根据单独一枚硬币正面朝上的概率判断即可；
对B，根据相互独立事件公式判断即可；
对C，根据两事件是否能同时发生判断即可；
对D，根据对立事件的定义判定即可；
【详解】对A，第一枚正面朝上的概率是，故A错误；
对B，第一枚正面朝上的概率，三枚硬币朝上的面相同的概率，又，因为，故“第一枚正面朝上”与“三枚硬币朝上的面相同”是相互独立的，故B正确；
对C，“至少一枚正面朝上”与“三枚硬币正面都朝上”可能同时发生，不是互斥的，故C错误；
对D，“至少一枚正面朝上”与“三枚硬币反面都朝上”是对立的，故D正确；
故选：BD
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1
B. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23
C. 一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数
D. 甲、乙、丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样调查，若抽取的甲种个体数为9，则样本容量为18
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：统计抽样中每个个体被抽到的概率为样本容量与总体容
量的比值；
对于B：将8个数据按从小到大顺序排列，找到第70百分位数的位置，再利用
第p百分位数的定义可得；
对于C：易知本组数据的众数和中位数均3，则C错误；
对于D：根据甲种个体在样本中的比例和被抽到的个数不难得到样本容量.
【详解】对于A：统计抽样中每个个体被抽到的概率为样本容量与总体容
量的比值，易知A正确；
对于B：将8个数据按从小到大顺序排列12,14,15,17,19,23,27,30，第70百
分位数的位置为，则第70百分位数为第6个数23，则B正确；
对于C：本组数据的众数和中位数均为3，所以C错误；
对于D：根据统计知识可知甲种个体在样本中所占比例，所以样
本容量为，则D正确.
故选：ABD.
11. 已知向量，，函数，则（ ）
A. 若f(x)的最小正周期为π，则f(x)的图象关于点对称
B. 若f(x)的图象关于直线称，则ω可能为
C. 若f(x)在上单调递增，则
D. 若f(x)的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象，则ω的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】首先化简函数，再根据三角函数的周期，对称，单调性，以及图象平移，即可判断选项.
【详解】



,
A.若函数的最小正周期为，则，即 ，当时，，此时，所以函数关于对称，故A错误；
B.若函数的图象关于直线对称，则，，得，，所以的可能为，故B正确；
C. 当时，，则，解得：，故C正确；
D.函数的图象向左平移个单位长度后得到，
函数是偶函数，则当时，，得，，且，所以的最小值是，故D错误.
故选：BC
12. 如图1所示，在边长为4正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，将和分别沿AE，AF及EF所在的直线折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥P－AEF如图2所示），设M为底面AEF内的动点，则（ ）

A. PA⊥EF
B. 二面角P－EF－A的余弦值为
C. 直线PA与EM所成的角中最小角的余弦值为
D. 三棱锥P－AEF的外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面垂直可判断线线垂直，故可判断A,根据二面角的几何求法即可求解，根据线面角是直线与平面内的直线所成角的的最小角即可求解C，三棱锥的外接球与长方体的外接球相同，根据长方体的外接球半径即可求解.
【详解】根据题意，，，，，平面，故平面，平面，故，故A正确；
取为中点，又，所以
又，故三角形为等腰三角形，连接，则，
根据二面角的定义，显然即为所求二面角，
在三角形中，，
，又，
故，
故二面角的余弦值为，则B错误；
设点到平面的距离为，与平面所成的角为，由平面，,故，因此,因为平面,故是与平面内的所有直线所成的最小的角，故，故C正确
因为，，两两垂直，
故三棱锥的外接球半径和长宽高分别为2,2,4的长方体的外接球半径相等，
故其外接球半径，
故外接球表面积，故D正确
故选：ACD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若数据3x1－2，3x2－2，…，3x10－2的方差为18，则数据x1，x2，…，x10的方差为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据方差的性质公式，即可求解.
【详解】设数据x1，x2，…，x10的方差为，则数据3x1－2，3x2－2，…，3x10－2的方差为，根据条件可知，得.
故答案为：2
14. 如图，已知菱形的边长为，，，则__________．

【答案】
【解析】
【分析】根据已知建立直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用向量的数量积的坐标运算公式即可求解.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，

由题意可知，.
设,则，
因为，所以，
即，解得，，
所以，
所以.
故答案为：.
15. 如图是古希腊数学家希波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形的斜边，直角边、，点在以为直径的半圆上．已知以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，，则______．


【答案】
【解析】
【分析】由以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，可得，进而可得，从而利用两角差的余弦公式即可求解.
【详解】解：因为以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，所以，
所以在直角三角形中，
因为，所以，
所以，
故答案为：.
16. 有如下解法求棱长为的正四面体BDA1C1的体积：构造一个棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，我们称之为该正四面体的”生成正方体”（如图一），正四面体BDA1C1的体积 ．一个对棱长都相等的四面体，通常称之为等腰四面体，已知一个等腰四面体的对棱长分别，，（如图二），则该四面体的体积为__________．

【答案】2
【解析】
【分析】根据条件，结合“生成长方体”的特征，即可求解.
【详解】设等腰四面体的“生成长方体”的长，宽，高，分别是，由条件可知，
，解得：，
所以该四面体的体积.
故答案为：2
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. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别为棱AB，PC的中点，求证：


（1）MN//平面PAD．
（2）MN⊥CD．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）要证明线面平行，可转化为证明线线平行，取PD的中点E，证明四边形是平行四边形；（2）根据平行关系转化为证明，即证明平面PAD.
【小问1详解】
取PD的中点E，连接．


因为E，N分别是的中点，所以且，
又因为，M是AB中点，所以且，
所以且，
所以四边形AMNE是平行四边形，所以．
因为平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD
【小问2详解】
因为平面ABCD，所以，又，且，
所以平面PAD，平面，所以，
又因为，所以．
18. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行解答．
问题：在中，角，，所对的边分别为，，，且______．
（1）求角；
（2）若角的平分线长为1，且，求外接圆的面积．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①：根据题意边角转化得：，再求解即可；若选②：根据题意边角转化得：，再求解即可；若选③：根据题意得：，即，即，再求解即可；（2）根据题意得：，即，再利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出外接圆半径即可求解.
【小问1详解】
若选①：在中，因，
所以，即，
由正弦定理可得，，
又因为，，所以，，
所以，则，
若选②：在中，因，
所以，
由正弦定理可得，，
所以，
又因为，所以，所以，则，
若选③：在中，因为，所以，
所以，由正弦定理可得，，
又因为，所以，所以，又，
即，又，所以，所以，
所以，又因为，所以，则，
【小问2详解】
因为角的平分线为，又，所以
，
即，即，
又，
所以，所以，即，
故外接圆的面积，
19. 北京时间2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射，约577秒后，神舟十四号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将陈冬、刘洋、蔡旭哲3名航天员送入太空，顺利进入天和核心舱．为激发广大学生努力学习科学文化知识的热情，某校团委举行了一场名为”学习航天精神，致航空英雄”的航天航空科普知识竞赛，满分100分，共有100名同学参赛，经过评判，这100名参赛者的得分都在[40，90]之间，其得分的频率分布直方图如图所示．

（1）根据频率分布直方图，求这100名同学得分的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）用分层抽样的方法从得分在[60，70），[70，80），[80，90]这三组中选6名学生，再从这6名学生中随机选取2名作为代表参加团委座谈会，求这2名学生的得分不在同一组的概率．
【答案】（1）64.5
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据频率和为1，求，再根据平均数公式，即可求解；
（2）首先确定各组抽取的人数，再通过列举的方法求古典概型的概率.
【小问1详解】
根据题意知，解得，
所以这100名同学得分的平均数是
答：平均数是64.5．
【小问2详解】
由条件知从抽取3名，从中抽取2名，从抽取1名，分别记为，
因此样本空间可记为
用A表示“这2名同学的得分不在同一组”，则

A包含样本点的个数为11，
所以
答：这2名同学的成绩分别在各一名的概率是
20. 某产品在出厂前需要经过质检，质检分为2个过程．第1个过程，将产品交给3位质检员分别进行检验，若3位质检员检验结果均为合格，则产品不需要进行第2个过程，可以出厂；若3位质检员检验结果均为不合格，则产品视为不合格产品，不可以出厂；若只有1位或2位质检员检验结果为合格，则需要进行第2个过程．第2个过程，将产品交给第4位和第5位质检员检验，若这2位质检员检验结果均为合格，则可以出厂，否则视为不合格产品，不可以出厂．设每位质检员检验结果为合格的概率均为，且每位质检员的检验结果相互独立．
（1）求产品需要进行第2个过程的概率；
（2）求产品不可以出厂的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分在第1个过程中，1或2位质检员检验结果为合格两种情况讨论，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；
（2）首先求出在第1个过程中，3位质检员检验结果均为不合格的概率，再求出产品需要进行第2个过程，在第2个过程中，产品不可以出厂的概率，最后根据互斥事件的概率公式计算可得；
【小问1详解】
解：记事件A为“产品需要进行第2个过程”．
在第1个过程中，1位质检员检验结果为合格的概率，
在第1个过程中，2位质检员检验结果为合格的概率，
故．
【小问2详解】
解：记事件B为“产品不可以出厂”．
在第1个过程中，3位质检员检验结果均为不合格的概率，
产品需要进行第2个过程，在第2个过程中，产品不可以出厂的概率，
故．
21. 如图，AB是圆O的直径，C是圆上异于A，B一点，直线PC⊥平面ABC，AB＝PC＝4，AC＝2．

（1）求点C到平面PAB的距离；
（2）求二面角B－PA－C的正切值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用垂直关系，以及等体积转化求点到平面的距离；
（2）因为平面PAC，再根据垂直关系，构造二面角的平面角，即可求得二面角的正切值.
【小问1详解】
因为平面ABC，AC，平面PAC，
所以．
因为点C在以AB为直径圆上，所以．
因为，所以，
所以．
因为平面ABC，
所以三棱锥的体积．
在中，因为，
由余弦定理得

因为，所以，
所以的面积．
记点C到平面PAB的距离为h，
则，解得．
【小问2详解】
由（1）知，，
又因为PC，平面PAC，，所以平面PAC，
因为平面PAC，所以．
在平面PAC中，过C作，垂足为D，
连接BD，因为平面PAC，

所以平面BCD，
所以即为二面角的平面角．
因为，
所以，
．
在中，，
所以二面角的正切值为．
22. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）若不等式对任意恒成立，求整数m的最大值；
（3）若函数，将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若关于x的方程在上有解，求实数k的取值范围.
【答案】（1）
（2）4 （3）
【解析】
【分析】（1）由二倍角公式及辅助角公式求得，从而可求周期；
（2）先求函数的最值，再根据恒成立建立不等式组即可求解；
（3）将问题转化为二次方程有解问题解决.
【小问1详解】
由题意得，
.可得函数的最小正周期为.
【小问2详解】
因为，所以，
所以，所以当时，的最小值为1；当时，的最大值为2，所以.
由题意得，，所以对一切恒成立，
所以，解得，所以整数m的最大值为4.
【小问3详解】
由题意知，，
将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得，
再向右平移个单位得，
因为关于x的方程在区间上有解，整理得：
，即（*）在区间上有解，
，
因为，所以
令，
（*）式可转化为：在内有解，
所以，，又因为和在为增函数，
所以在为增函数，
所以当时，取得最小值；当时，取得最大值，所以，
综上所述：k的取值范围为.