长沙市第1高中2021-2022高一下学期数学期末试卷及答案.pdf下载_163文库

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1、第 1 页共 7 页长沙市第一中学长沙市第一中学 2021-2022 学年度高一第二学期学年度高一第二学期期末考试期末考试数数学学时量：120 分钟满分：150 分得分得分：一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的）1若复数43iz=+，则zz=（）A1 B1 C43i55+D43i55 2直线sin10 xy+=的倾斜角的取值范围为（）A0,4 B3,44 C0,42 D30,44 3若事件 A，B 相互独立，它们发生

2、的概率分别为1p，2p，则事件 A，B 都不发生的概率为（）A121p p B()()1211pp C()121pp+D()()12111pp 4已知 m，n 是不同的直线，是不同的平面，下列命题中，正确的是（）A若m，n，则mn B若m，n，则mn C若m，n，且mn，则 D若m，n，且mn，则 5在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若ABC 的面积为 S，且1a=，224 31Sbc=+，则ABC外接圆的面积为（）A2 B C2 D4 6定义：以半径为 100 mm 的圆作为平地，24 小时内降水在平地上积水厚度（mm）来判断降雨程度其中小雨（10mm），中雨（10

3、mm25 mm），大雨（25 mm50 mm），第 2 页共 7 页暴雨（50 mm100 mm），小明用一个圆锥形容器接了 24 小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A小雨 B中雨 C大雨 D暴雨 7某创新能力大赛为比较甲、乙两名选手的各项能力（每项能力的指标值满分均为 5 分，分值高者为优），绘制如图所示的六维能力雷达图，图中点 A 表示甲的创造能力指标值为 4，点 B 表示乙的空间能力指标值为 3，则下列叙述正确的有（）乙的记忆能力优于甲；乙的观察能力优于创造能力；甲的六大能力整体水平优于乙；甲的六大能力比乙较均衡 A1 B2 C3 D4 8已知函数()()22114f xx

4、axa=+（1a），()lng xx=若()()()()()()(),f xf xg xh xg xf xg x=，在()0,+上有三个零点，则a的取值范围为（）A1,12 B10,2 C()0,1 D10,2 二、选择题（本大题共二、选择题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分在每小题给出的选项中，有多项符在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求合题目要求全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分）9下面四个结论正确的是（）A空间向量 a，b（0a，0b），若ab，则0=a b B若空间四个点 P

5、，A，B，C，1344PCPAPB=+，则 A，B，C 三点共线 C已知向量 a=（1，1，x），b=（3，x，9），若310 x，则,a b为钝角第 3 页共 7 页 D任意向量 a，b，c 满足()()=a bcab c 10下列说法正确的是（）A直线32yx=在 y 轴上的截距为 2 B，直线32yaxa=+，aR过定点（3，2）C过点 M（3，2）且与直线290 xy+=平行的直线方程是210 xy+=D过点（1，2）且在两个坐标轴上的截距相等的直线方程为1xy+=11盒子里有形状大小都相同的 4 个球，其中 2 个红球、2 个白球，从中先后不放回地任取2 个球，每次取 1 个设“

6、两个球颜色相同”为事件 A，“两个球颜色不同”为事件 B，“第1 次取出的是红球”为事件 C，“第 2 次取出的是红球”为事件 D则（）AA 与 B 互为对立事件 BA 与 C 相互独立 CC 与 D 互斥 DB 与 C 相互独立 12在平面直角坐标系xOy中，A（1，0），B（2，0），点 P 满足12PAPB=，设点 P的轨迹为 C，则（）AC 的周长为4 BOP（O，P 不重合时）平分APB CABP面积的最大值为 6 D当 APAB 时，直线 BP 与轨迹 C 相切三、填空题（本大题共三、填空题（本大题共 4 小题，小题，每每小小题题 5 分，共分，共 20 分）分）13设为第二象限

7、角，若1tan42+=，则sincos+=_ 14 设izxy=+（x，yR），若()()33 i2xy+=，则1z+的取值范围是_ 15已知函数()()sinf xAx=+的部分图象如图所示，将该函数的图象向左平移 t（0t）个单位长度，得到函数()yf x=的图象若函数()yf x=的图象关于原点对称，则 t 的最小值为_ 第 4 页共 7 页 16在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 M 和 N 分别是正方形 ABCD 和 BB1C1C的中心，点 P 为正方体表面上及内部的点，若点 P 满足DPmDAnDMkDN=+，其中m，n，k R，且1mnk+=，则满足条件的

8、所有点 P 构成的图形的面积是_ 四、解答题（本大题共四、解答题（本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17（10 分）如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB=2，BC=BB1=1，且 E 为 DC 的中点（1）证明：B1E平面 AED1（2）若点 G 在线段 BC 上移动，是否存在点 G 使得二面角 GD1EA 为直二面角若存在，请指出 G 在 BC 上的位置；若不存在，请说明理由 18（12 分）在圆经过 C（3，4），圆心在直线20 xy+=上，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，进行求解

9、已知圆 O 经过点 A（1，2），B（6，3）且_（1）求圆 O 的方程；（2）在圆 O 中，求以（2，1）为中点的弦所在的直线方程第 5 页共 7 页 19（12 分）2022 年 7 月 1 日是中国共产党建党 101 周年，某党支部为了了解党员对党章党史的认知程度，针对党支部不同年龄和不同职业的人举办了一次“党章党史”知识竞赛，满分 100 分（95 分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有 m 人，按年龄分成 5 组，其中第一组：20，25），第二组：25，30），第三组：30，35），第四组：35，40），第五组：40，45，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有 10

10、人（1）根据频率分布直方图，估计这 m 人的第 80 百分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取 20 人，担任“党章党史”的宣传使者（i）若有甲（年龄 36），乙（年龄 42）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取 2 名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为 37 和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为 43 和 1，据此估计这 m 人中 3545 岁所有人的年龄的方差 20（12 分）在ABC中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且4 cosacB=（1）求证：

11、sincos3sincosBCCB=；（2）求BC的最大值第 6 页共 7 页 21（12 分）如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，3=（1）证明：PC=PD；（2）当直线 PA 与平面 PCD 所成角的正弦值最大时，求此时二面角 PABC 的大小 22（12 分）已知圆 C 的圆心坐标为 C（3，0），且该圆经过点 A（0，4）（1）求圆 C 的标准方程；（2）直线 n 交圆 C 于的 M，N 两点（点 M，N 异于 A 点），若直线 AM，AN 的斜率之积为 2，求证：直线 n 过一个定点，并求出该定点坐标 ABCDP 第 1 页共 8 页长沙市第一

12、中学长沙市第一中学 2021-2022 学年度高一第二学期学年度高一第二学期期末考试期末考试数学数学参考答案参考答案一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D B D B B C A 1D【解析】43zi=+，2243,|435zi z=+=，4343|555ziiz=，故选：D 2D【解析】设直线sin10 xy+=的倾斜角为，可得tansin1,1=，所以的取值范围为30,44

13、，所以 D 正确 3B【解析】A，B是两个相互独立事件，A，B是两个相互独立事件，12()()()(1)(1)P ABP A P Bpp=，故选：B 4D【解析】若m，n，则mn，或 m 与 n 相交或异面，故 A 不正确若m，n，则mn，故 B 不正确若m，n，且mn，则有可能，不一定，故 C 不正确若m，n，且mn，可以判断，故 D 正确 5B【解析】由已知可得224 31Sbc=+，即14 3sin2cos2bcAbcA=，所以cos3sinAA=，因为()0,A，则cos3sin0AA=，所以3tan3A=，所以6A=，所以，ABC 外接圆的半径为12sinarA=，因此，ABC

14、外接圆的面积为2r=6B【解析】由题意可得，一个半径为200100()2mm=的圆面内的降雨充满一个底面半径为20015050()2300mm=，高为150()mm的圆锥，故积水厚度22150150312.5()100dmm=，属于中雨故选：B 7C【解析】甲的记忆能力指标值为 5，乙的记忆能力指标值为 4，所以甲的记忆能力优于乙，故不正确：乙的观察能力指标值为 4，创造能力指标值为 3，所以乙的观察能力优于创造能力，故正确；甲的六大能力指标值的平均值为3455442566+=，乙的六大能力指标值的平均值为53344546+=，所以甲的六大能力整体水平优于乙，故正确；第 2 页共 8 页

15、甲的六大能力指标值的方差为2222525253435210217666621636+=，乙的六大能力指标值的方差为()()()222342442542263+=，因为172363，所以甲的六大能力比乙较均衡，故正确。所以叙述正确的有故选 C 8A【解析】当 x=1 时，因为()10g=，所以 1 为()g x一个零点，()()211114faa=，因为1a，所以()10f，所以()()110hg=，所以 1 为()h x的一个零点当1x 时，()0g x，()()0h xg x，所以()h x在()1,+上无零点当01x时，()0g x，g（x）在（0，1）上无零点，所以()h x在（0

16、，1）上的零点个数是()f x在（0，1）上的零点个数，因为()()210104fa=，()()2111104faa=函数()f x在（0，1）上有两个零点，即函数()h x在（0，1）上有两个零点，21a=所以0，21024aaf=，即112a时，()f x在（0，1）上有两个零点二、选择题（本大题共二、选择题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分在每小题给出的选项中，有多项符在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求合题目要求全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分）9 10 11 12 AB

17、 BC ABD ABD 9AB【解析】对于 A，因为0a，0b，ab，则0=a b，A 正确；对于 B，因为1344PCPAPB=+，则11334444PCPAPBPC=，即3ACCB=，即 A，B，C 三点共线，B 正确；对于C，103x=a b，若,a b为纯角：则0a b，且a与b不共线，由0a b得310 x，当ab时，1139xx=，即3x=，由 a 与 b 不共线得3x ，于是得当310 x 且3x 时，,a b为钝角，C 错误；对于 D，()a bc是 c 的共线向量，而()ab c是 a 的共线向量，D 错误，故选 AB 10BC【解析】对于 A，对于直线32yx=，令 x=0

18、得2y=，所以直线32yx=在y 轴上的截距为2：故 A 不正确；对于 B，直线32yaxa=+，aR过定点（3，2），故 B 正确；对于 C，因为所求直线与直线290 xy+=平行，因此，可设所求直线为20 xym+=，又所求直线过点 M（3，2），所以340m+=，解得1m=，故所求直线方程为210 xy+=，故 C 正确；对于 D，过点（1，2）且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为1xy+=或21xy+=，第 3 页共 8 页故 D 不正确；故选 BC 11ABD【解析】对于A，由题意知，取出两个球要么颜色相同，要么颜色不同，即A与B互为对立事件，故A正确；对于C，“第 1 次取出

19、的是红球”，“第 2 次取出的是红球”，C与D可能同时发生，故C错误；对于CD，P（A）2213 43=，P（C）2 313 42=，P（B）222224 33+=，21()4 36P AC=，22 1()4 3 3P BC=，所以()P ACP=（A）P（C），()P BCP=（B）P（C），所以A与C相互独立，B与C相互独立，故B，D正确故选 ABD 12ABD【解析】设(,)P x y，因为(1,0)A，(2,0)B，点P满足|1|2PAPB=，所以2222(1)12(2)xyxy+=+，整理化简得：22(2)4xy+=即曲线C的方程为：22(2)4xy+=对于A：曲线C为半径为 2 的

21、BP yx=+，即3(2)3yx=+因为圆心(2,0)C到直线BP的距离为：23|(22)|3231()3d+=+，所以dr=，即直线BP与圆相切故D正确故选：ABD 三三、填空题：（本大题共填空题：（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。把答案填在答题卡的相应位置）分。把答案填在答题卡的相应位置）13105 143,7 第 4 页共 8 页 156 1632 13105【解析】tan11tan()41tan2+=，1tan3=，而222221cos1cossincostan=+，为第二象限角，213 10cos110tan=+，210sin110cos=，则

22、103 1010sincos10105+=故答案为：105 14 3,7【解析】由()()33 i2xy+=，可得()()22334xy+=，可令2cos32sin3xy=+=，则()()()2222112cos42sin3zxy+=+=+()29 16cos12sin2920sin=+=+（为锐角，且4tan3=）由()1sin1，可得()32920sin7+或者：1z+的几何意义表示复平面内点 Z 与点（1，0）的距离，由圆的几何意义得到范围是317z+156【解析】方法一：如图，设函数()()sinf xAx=+的部分图象与 x 轴的交点为B，C，D，由图象可知6fa=，2fa=，

23、所以62ff=，所以点（6，a）与点（2，a）关于点 B 对称，设 B（Bx，0），则262Bx+=，解得6Bx=，因为将函数()()sinf xAx=+函数的图象向左平移 t（0t）个单位长度，得到函数()yf x=的图象，且图象关于原点对称，所以平移后的函数()yf x=为奇函数，即()00f=相当于把()()sinf xAx=+的用象与 x 轴最近的交点平移到坐标原点即可，由图可知此点为 B（6，0），所以6t=方法二：由图象可得6x=时，函数sin()yAx=+的函数值为 0，即()6kkZ+=，()6kkZ=+，第 5 页共 8 页 sin()6yAxk=+，将此函数向左平移t个单

24、位得，()sin()6f xAxtk=+，又因为()f x为奇函数，11()6tkkkZ+=，11(,)6kktkZ kZ=+，6t=1632【解析】因为点P满足DPmDAnDMkDN=+，其中m、n、kR，且1mnk+=，所以点A，M，N三点共面，又因为M和N分别是矩形ABCD和11BBC C的中心，所以1CNB N=，AMMC=，连接MN，1AB，则1/MNAB，所以1ABC即为经过A，M，N三点的平面与正方体的截面，故P点可以是正方体表面上线段1AB，1BC，AC上的点所以所有点P构成的图形的面积为1322sin6022=故答案为：32 四、解答题（本大题共四、解答题（本大题共 6 小

25、题，共小题，共 70 分分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17【解析】（1）因为长方体 ABCDA1B1C1D1，所以 DA，DC，DD1两两垂直以 D 为坐标原点，以 DA，DC，DD1所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则 B1（1，2，1），E（0，1，0），A（1，0，0），D1（0，0，1）于是1B E=（1，1，1），AE=（1，1，0），1AD=（1，0，1）（1 分）由11100AE B EAD B E=，可得 AEB1E，AD1B1E，（3 分）又 AEAD1=A，所以 B1E平面 AED1 （5 分）（2）由（1）可知

26、，平面 AED1的一个法向量为1B E=（1，1，1）（6 分）设 G 点坐标是（t，2，0），0,1t，平面 GD1E 的一个法向量为 n 1ED=（0，1，1），EG=（t，1，0），由()101,0EDt tEG=nnn （8 分）因为二面角 GD1EA 为直二面角，所以1B E与 n 垂直，即10BE=n，解得12t=，所以G 是 BC 的中点（10 分）另解：另解：（1）由题意可得：22113B EEBBB=+=，22112D ED DDE=+=，222EADADE=+=，221111115D BD AAB=+=，22115ABABBB=+=，则2221111D BD EEB=+，

27、22211ABAEEB=+于是有11D EEB，1AEEB 第 6 页共 8 页因为1D EAEE=，1D E 平面 AED1，AE 平面 AED1，所以 B1E平面 AED1（2）由（1）知，B1E平面 AED1，要使二面角 GD1EA 为直二面角，只需要找过 B1E的平面与线段 BC 的交点平面 D1B1E 与线段 BC 交于 BC 的中点，则存在点 G 使得二面角GD1EA 为直二面角，G 为线段 BC 的中点 18【解析】（1）若选：设圆 O 的方程为220 xyDxEyF+=，（1 分）由题意可得，520,45630,25340,DEFDEFDEF+=+=+=解得6,2,15,D

28、EF=（5 分）所以圆 O 的方程为2262150 xyxy+=，即22(3)(1)25xy+=；（6 分）若选：设圆 O 的方程为220 xyDxEyF+=，（1 分）由题意可得，520,45630,20,22DEFDEFDE+=+=解得6,2,15,DEF=（5 分）所以圆 O 的方程为22(3)(1)25xy+=；（6 分）（2）由（1）可知圆心 O 的坐标为(3,1)，因为弦的中点为(2,1)M，（7 分）所以弦的斜率()1231112MOkk=，（10 分）故弦所在的直线方程为12yx=（12 分）19【解析】（1）设这m人的平均年龄为x，则 22.5 0.0527.5 0.3532

29、.5 0.337.5 0.242.5 0.132.25x=+=（岁)设第 80 百分位数为a，方法一：由5 0.02(40)0.040.2a+=，解得37.5a=（2 分）方法二：由0.050.350.3(35)0.040.8a+=，解得37.5a=（2 分）（2）()i由题意得，第四组应抽取 4 人，记为A，B，C，甲，第五组抽取 2 人，记为D，乙对应的样本空间为：(,)A B=，(,)A C，(A，甲），(A，乙），(,)A D，(,)B C，(B，甲），(B，乙），(,)B D，(C，甲），(C，乙），(,)C D，（甲，乙），（甲，)D，（乙，)D，共15 个样本点（5 分）设事

30、件M=“甲、乙两人至少一人被选上”，则(MA=，甲），(A，乙），(B，甲），(B，乙），(C，甲），(C，乙），（甲，乙），（甲，)D，（乙，)D，共有 9 个样本点所以，()3()()5n MP Mn=（7 分）()ii设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为4x，5x，方差分别为24s，25s，则437x=，543x=，2452s=，251s=，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为2s 第 7 页共 8 页则4542396xxz+=，22222445514()2()106ssxzsxz=+=因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为 10 据此，可估计这m人

31、中年龄在35 45岁的所有人的年龄方差约为 10 （12 分）20【解析】证明：（1）4 cosacB=，sin4sincosACB=，sin()4sincosBCCB+=，sincossincos4sincosBCCBCB+=，sincos3sincosBCCB=；（2）由（1）可知sincos3sincosBCCB=，则tan3tanBC=，22tantan3tantan2tan223tan()11tantan1313313tan23tantantanBCCCCBCBCtan Ctan CCCCC=+，当且仅当13tantanCC=，即3tan3C=时取等号，6BC，即BC的最大值为6 （

32、12 分）21【解析】证明：分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，因为PAPB=，所以PEAB，又因为/ABCD，所以CDPE，又因为CDEF，PEEFE=，所以CD 平面PEF，因为PF 平面PEF，所以CDPF，在PCD中，因为PF垂直平分CD，所以PCPD=，又因为PAPB=，ADBC=，所以PADPBC，从而可得PADPBC=；易得 PC=PD（2）解：由（1）知，PEF是二面角PABC的平面角，设PEF=，(0,)，在PEF中，2222cos128 2cosPFPEEFPE EF=+=，过点E作EGPF于G，则222sin8()32 2cosPE EFsinEGPF=，

33、因为CD 平面PEF，CD平面PCD，所以平面PCD 平面PEF，又因为平面PCD平面PEFPF=，EGPF，EG 平面PEF，所以EG 平面PCD，因为/AB平面PCD，所以点A到平面PCD的距离等于点E到平面PCD的距离，即为EG，设直线PA与平面PCD所成角为，所以1sin3EGEGPA=，令32 2cost=，(32 2t，32 2)+，则22288(3)16()432 2cossintEGttt=+，当且仅当1t=，即4=时，EG有最大值 2，此时直线PA与平面PCD所成角为的正弦值1sin3EGEGPA=最大，第 8 页共 8 页所以当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，

34、二面角PABC的大小为4 （12 分）22【解析】（1）解：设圆的标准为222(3)xyr+=，把(0,4)A代入得5r=，故圆的标准方程为22(3)25xy+=（2）证明：当直线 n 斜率不存在时，设(,)M a b，(,)N ab，直线AM，AN的斜率之积为 2，(0,4)A，442bbaa=，即22162ba=，点(,)M a b在圆上，22(3)25ab+=，联立2222162(3)25baab=+=，无解，舍去，当直线 n 斜率存在时，设直线 n：ykxt=+，1(M x，1)kxt+，2(N x，2)kxt+，2212121212442(2)(4)()(4)0AMANkxtkxtkkkx xk txxtxx+=+=联立方程22222(1)(26)160(3)25ykxtkxktxtxy=+=+=，122(26)1ktxxk+=+，2122161tx xk=+，代入，得2222(2)(16)(4)(26)(4)(1)0ktktkkttk+=，化简得26tk=+，直线 n 的方程为：(2)6tyxt=+，所以过定点(6,12)（12 分）

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