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湖南省长沙市第一中学2021-2022学年高一数学下学期期末考试试卷(Word版附解析)

doc 2022-08-26 10:24:06 16页
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长沙市第一中学2021-2022学年度高一第二学期期末考试数学时量:120分钟满分:150分得分: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.若复数,则()A.1B.C.D.2.直线的倾斜角的取值范围为()A.B.C.D.3.若事件A,B相互独立,它们发生的概率分别为,,则事件A,B都不发生的概率为()A.B.C.D.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,,则B.若,,则C.若,,且,则D.若,,且,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,,则△ABC外接圆的面积为()A.B.C.D.6.定义:以半径为100mm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(mm),中雨(10mm~25mm),大雨(25mm~50mm),暴雨(50\nmm~100mm),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()①乙的记忆能力优于甲;②乙的观察能力优于创造能力;③甲的六大能力整体水平优于乙;④甲的六大能力比乙较均衡.A.1B.2C.3D.48.已知函数(),.若,在上有三个零点,则a的取值范围为()A.B.C.D.二、选择题(本大题共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.下面四个结论正确的是()A.空间向量a,b(,),若,则B.若空间四个点P,A,B,C,,则A,B,C三点共线C.已知向量a=(1,1,x),b=(,x,9),若,则为钝角\nD.任意向量a,b,c满足10.下列说法正确的是()A.直线在y轴上的截距为2B,直线,过定点(3,2)C.过点M(,2)且与直线平行的直线方程是D.过点(,2)且在两个坐标轴上的截距相等的直线方程为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“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()A.A与B互为对立事件B.A与C相互独立C.C与D互斥D.B与C相互独立12.在平面直角坐标系中,A(1,0),B(,0),点P满足,设点P的轨迹为C,则()A.C的周长为B.OP(O,P不重合时)平分∠APBC.△ABP面积的最大值为6D.当AP⊥AB时,直线BP与轨迹C相切三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.)13.设为第二象限角,若,则________.14.设(x,),若,则的取值范围是________.15.已知函数的部分图象如图所示,将该函数的图象向左平移t()个单位长度,得到函数的图象.若函数的图象关于原点对称,则t的最小值为________.\n16.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1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,其中m,n,,且,则满足条件的所有点P构成的图形的面积是________.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.(10分)如图,在长方体ABCD−A1B1C1D1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G−D1E−A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①圆经过C(3,4),②圆心在直线上,这两个条件中任选一个,补充在下面的问题中,进行求解.已知圆O经过点A(,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.\n19.(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,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35~45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.(1)求证:;(2)求的最大值.\n21.(12分)如图,四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,.(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P−AB−C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.\n长沙市第一中学2021-2022学年度高一第二学期期末考试数学参考答案一、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.)题号12345678答案DDBDBBCA1.D【解析】,,,故选:.2.D【解析】设直线的倾斜角为,可得,所以的取值范围为,所以D正确.3.B【解析】,是两个相互独立事件,,是两个相互独立事件,,故选:.4.D【解析】若,,则,或m与n相交或异面,故A不正确.若,,则,故B不正确.若,,且,则有可能,不一定,故C不正确.若,,且,可以判断,故D正确.5.B【解析】由已知可得,即,所以,因为,则,所以,所以,\n所以,△ABC外接圆的半径为,因此,△ABC外接圆的面积为.6.B【解析】由题意可得,一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为,高为的圆锥,故积水厚度,属于中雨.故选:.7.C【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①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②正确;甲的六大能力指标值的平均值为,乙的六大能力指标值的平均值为,所以甲的六大能力整体水平优于乙,故③正确;甲的六大能力指标值的方差为,乙的六大能力指标值的方差为,因为,所以甲的六大能力比乙较均衡,故④正确。所以叙述正确的有②③④.故选C.8.A【解析】①当x=1时,因为,所以1为一个零点,,因为,所以,所以,所以1为的一个零点.②当时,,,所以在上无零点.③当时,,g(x)在(0,1)上无零点,所以.在(0,1)上的零点个数是在(0,1)上的零点个数,因为,.函数在(0,1)上有两个零点,即函数在(0,1)上有两个零点,\n所以,,即时,在(0,1)上有两个零点.二、选择题(本大题共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.)9101112ABBCABDABD9.AB【解析】对于A,因为,,,则,A正确;对于B,因为,则,即,即A,B,C三点共线,B正确;对于C,,若为纯角:则,且a与b不共线,由得,当时,,即,由a与b不共线得,于是得当且时,为钝角,C错误;对于D,是c的共线向量,而是a的共线向量,D错误,故选AB10.BC【解析】对于A,对于直线,令x=0得,所以直线在y轴上的截距为:故A不正确;对于B,直线,过定点(3,2),故B正确;对于C,因为所求直线与直线平行,因此,可设所求直线为,又所求直线过点M(,2),所以,解得,故所求直线方程为,故C正确;对于D,过点(,2)且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为或,故D不正确;故选BC.11.ABD【解析】对于,由题意知,取出两个球要么颜色相同,要么颜色不同,即与互为对立事件,故正确;对于,“第1次取出的是红球”,“第2次取出的是红球”,与可能同时发生,故错误;对于,(A),(C),(B),,,所以(A)(C),(B)(C),所以与相互独立,与相互独立,故,正确.故选ABD.\n12.ABD【解析】设,因为,,点满足,所以,整理化简得:.即曲线的方程为:.对于:曲线为半径为2的圆,故周长为.对于:因为,,所以,所以.延长到,使,连结.因为,所以,所以,所以,.因为,所以.所以,即平分.对于的面积.要使的面积最大,只需最大.由点的轨迹为可得:,所以面积的最大值为3.故错误;对于:当时,或.不妨取,则直线,即.因为圆心到直线的距离为:,所以,即直线与圆相切.故正确.故选:.三、填空题:(本大题共4小题,每小题5分,共20分。把答案填在答题卡的相应位置)13.14.\n15.16.13.【解析】,,而,为第二象限角,,,则.故答案为:14.【解析】由,可得,可令,则(为锐角,且)由,可得.或者:的几何意义表示复平面内点Z与点(,0)的距离,由圆的几何意义得到范围是.15.【解析】方法一:如图,设函数的部分图象与x轴的交点为B,C,D,由图象可知,,所以,所以点(,a)与点(,)关于点B对称,设B(,0),则,解得,因为将函数函数的图象向左平移t()个单位长度,得到函数的图象,且图象关于原点对称,所以平移后的函数为奇函数,即\n相当于把的用象与x轴最近的交点平移到坐标原点即可,由图可知此点为B(,0),所以.方法二:由图象可得时,函数的函数值为0,即,,,将此函数向左平移个单位得,,又因为为奇函数,,,.16.【解析】因为点满足,其中、、,且,所以点,,三点共面,又因为和分别是矩形和的中心,所以,,连接,,则,所以△即为经过,,三点的平面与正方体的截面,故点可以是正方体表面上线段,,上的点.所以所有点构成的图形的面积为.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.【解析】(1)因为长方体ABCD−A1B1C1D1,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(−1,−1,−1),(−1,1,0),(−1,0,1).(1分)由,可得AE⊥B1E,AD1⊥B1E,(3分)\n又AEAD1=A,所以B1E⊥平面AED1.(5分)(2)由(1)可知,平面AED1的一个法向量为(−1,−1,−1).(6分)设G点坐标是(t,2,0),,平面GD1E的一个法向量为n.(0,−1,1),(t,1,0),由(8分)因为二面角G−D1E−A为直二面角,所以与n垂直,即,解得,所以G是BC的中点.(10分)另解:(1)由题意可得:,,,,,则,.于是有,.因为,平面AED1,平面AED1,所以B1E⊥平面AED1.(2)由(1)知,B1E⊥平面AED1,要使二面角G−D1E−A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G−D1E−A为直二面角,G为线段BC的中点.18.【解析】(1)若选①:设圆O的方程为,(1分)由题意可得,解得(5分)所以圆O的方程为,即;(6分)若选②:设圆O的方程为,(1分)由题意可得,解得(5分)\n所以圆O的方程为;(6分)(2)由(1)可知圆心O的坐标为,因为弦的中点为,(7分)所以弦的斜率,(10分)故弦所在的直线方程为.(12分)19.【解析】(1)设这人的平均年龄为,则(岁.设第80百分位数为,方法一:由,解得.(2分)方法二:由,解得.(2分)(2)由题意得,第四组应抽取4人,记为,,,甲,第五组抽取2人,记为,乙.对应的样本空间为:,,,甲),,乙),,,,甲),,乙),,,甲),,乙),,(甲,乙),(甲,,(乙,,共15个样本点.(5分)设事件“甲、乙两人至少一人被选上”,则,甲),,乙),,甲),,乙),,甲),,乙),(甲,乙),(甲,,(乙,,共有9个样本点.所以,.(7分)设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为,,方差分别为,,则,,,,设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为,方差为.则,.因此,第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10.据此,可估计这人中年龄在岁的所有人的年龄方差约为10.(12分)20.【解析】证明:(1),\n,,,;(2)由(1)可知,则,,当且仅当,即时取等号,,即的最大值为.(12分)21.【解析】证明:分别取,的中点,,连接,,,因为,所以,又因为,所以,又因为,,所以平面,因为平面,所以,在中,因为垂直平分,所以,又因为,,所以,从而可得;易得PC=PD(2)解:由(1)知,是二面角的平面角,设,,在中,,过点作于,则,因为平面,平面,所以平面平面,又因为平面平面,,平面,所以平面,因为平面,所以点到平面的距离等于点到平面的距离,即为,设直线与平面所成角为,所以,令,,,\n则,当且仅当,即时,有最大值2,此时直线与平面所成角为的正弦值最大,所以当直线与平面所成角的正弦值最大时,二面角的大小为.(12分)22.【解析】(1)解:设圆的标准为,把代入得,故圆的标准方程为.(2)证明:当直线n斜率不存在时,设,,直线,的斜率之积为2,,,即,点在圆上,,联立,无解,舍去,当直线n斜率存在时,设直线n:,,,,,①联立方程,,,代入①,得,化简得,直线n的方程为:,所以过定点.(12分)

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