浙江省金华十校2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

金华十校2021-2022学年高一下学期期末调研考试数学试题选择题部分（共60分）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.已知集合，集合，则中元素的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据交集定义求出，即可得出答案.【详解】解：因为集合，集合，所以，所以中元素的个数为3个.故选：C.2.知向量，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由向量坐标的减运算直接计算即可.【详解】解：因为，所以＝.故选：D.3.几何学中把变换前后两点间距离保持不变的变换称为刚体变换，在平面中作图形变换，易知平移变换是一种刚体变换，以下两个函数与，其中可以由通过平移得到的是（）A.BC. D.【答案】A【解析】【分析】利用平移变换判断.【详解】A.因为，，所以是由向左平移得到，故正确；B.因为，所以无法由平移得到，故错误；C.因为，所以无法由平移得到，故错误；D.因为，所以无法由平移得到，故错误；故选：A4.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数":设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数，例如:，已知，则函数的值域为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求解函数的值域，在根据高斯函数的定义确定的值域.【详解】解：因为，所以，则，所以函数 的值域为，故的值域为-1或0.故选：B5.已知，则函数的图像不可能是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据含参函数的解析式和函数特殊值判断函数可能的图像.【详解】根据可知，所以当时，，即，故选项A错误，而当为其他值时，B,C,D均有可能出现.故选：A6.如图，小吕考虑用一个棱长为的正四面体硬木件，削磨出一个体积最大的球，他的第一步是削去一个小正四面体，则截面面积的最大值为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题可知，顶点到平面的距离为正四面体的高减去内切球的直径，利用正四面体的特征可得内切球的半径与高的比值为，则，求解的面积即可.【详解】解：如图，在正四面体中，顶点在底面的投影，即为正三角形的中心点，连接交与点，因为正四面体的棱长为，则，，因为正四面体的四个面均为正三角形，且其内切球的球心到各面的距离均为半径，故设正四面体内切球的半径为，球心为点，点在线段上，则，即,解得，设顶点到平面的距离为，则，由题意得平面平面，故，故选：D.7.如图所示，唐唐在背景墙上安装了一台视频监视器，为唐唐坐在工位上时相当于眼睛位置的一点，在背景墙上的水平投影点为，过作垂直于地面的直线，分别交监视器上、下端于、两点，测得，若 ，则为唐唐看监视器的视角.唐唐通过调整工位使视角取得最大值，此时的长为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意可知，，要使最大，只要最大即可，在和中，可得的关系，再根据两角差的余弦公式化简整理从而可得出答案.【详解】解：由题意可知，，则，因为函数在递增，则要使最大，只要最大即可，在中，，在中，，所以，即，则，当且仅当，即时，取等号， 此时，，所以视角取得最大值时，的长为.故选：A.8.若函数，则下列说法正确的是（）A.若，则对于任意函数都有2个零点B.若，则对于任意函数都有4个零点C.若，则存在使得函数有2个零点D.若，则存在使得函数有2个零点【答案】B【解析】【分析】先判断出偶函数，求导讨论在上的单调性，确定最小值，再结合选项，讨论最小值和0的大小，进而分析出的零点，再分析的零点即可.【详解】易得定义域为R，又，则为偶函数；当时，，，当时，则，则在上单增，，又为偶函数，则在R上，；对于A，若，则，故在R上有，令，则，易得，则无零点，故A错误；对于B，若，则，又，故在上有1个零点，又为偶函数，则在上有另一个零点，则零点的个数等价于以及解的个数，又，易得有2个解，又，令，则，则单增，即， 则，可得，即，即，则有2个解，综上可得对任意，以及有4个解，即有4个零点，故B正确；C错误；若，则，则有唯一零点0，则零点的个数等价于解的个数，显然只有1个解0，即对任意，只有1个零点，故D错误.故选：B.【点睛】本题关键点在于讨论最小值和0的大小，进而分析出的零点；当时，易得有两个零点，，通过构造函数判断和的大小，是求出解的个数的关键.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.若，则下列不等式正确的是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】利用不等式的基本性质求解即可【详解】由于，则，故错误；正确；正确；，，正确故选：．10.掷一枚骰子，记事件为掷出的数大于4，事件为掷出偶数点，则下列说法正确的是（） A.B.C.事件与事件为相互独立事件D事件与事件对立【答案】BC【解析】【分析】根据古典概型的概率公式可得，，即可判断B项，利用概率的加法公式可判断A项，利用相互独立事件的定义可判断C项，利用对立事件的定义可判断D项.【详解】解：由题可知，事件的概率为，事件的概率为，故B项正确；因为，故A项错误；因为事件表示“掷出的数大于4”且“掷出偶数点”，即“掷出6”，所以，又，故事件与事件为相互独立事件，故C项正确；因为，故事件与事件不是对立事件，故D项错误.故选：BC.11.我们知道，函数的图象关系坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.有同学发现可以将其推广为:函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.现在已知，函数的图像关于点对称，则（）A.B.C.对任意，有D.存在非零实数，使 【答案】ACD【解析】【分析】根据题意可得函数为奇函数，从而可判断D；再根据，可求出的值，从而可判断A，B；令，解方程即可判断D.【详解】解：由题意，因为函数的图像关于点对称，所以函数为奇函数，所以，故C正确；又，则，所以，解得，所以，则，故A正确，B错误；令，则，解得或，所以存在非零实数，使，故D正确.故选：ACD.12.若正四棱柱的底面棱长为4，侧棱长为3，且为棱的靠近点的三等分点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面的所成角，则下列结论正确的是（） A.点所在区域面积为B.四面体的体积取值范围为C.有且仅有一个点使得D.线段长度最小值为【答案】AB【解析】【分析】A选项，根据题意得到所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），得到区域面积；B选项，根据P点不同位置求出点P到平面的距离最大值及最小值，求出最大体积和最小体积；C选项，寻找到不止一个点使得；D选项，结合P的所在区域及三角形两边之和大于第三边求出长度最小值.【详解】A选项，当时，与与底面的所成角，故点所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），即圆的，面积为，A正确；如图，当点P位于上时，此时点P到平面的距离最大，最大距离为，此时四面体的体积为，当P与点F重合时，此时点P到平面的距离最小，最小距离为，因为△BFK∽△BAH，所以，所以最小体积为， 故四面体的体积取值范围为，B正确；C选项，不妨点P与点F重合，此时，由余弦定理得：，则同理可得：，故多于一个点使得，C错误；D选项，当PC取最小值时，线段长度最小，由三角形两边之和大于第三边可知：当A，P，C三点共线时，PC取得最小值，即，则，D错误故选：AB非选择题部分（共90分）三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.已知复数满足，则_________.【答案】【解析】【分析】根据复数模的运算公式进行求解即可.【详解】因为，所以.故答案为：【点睛】本题考查了复数模的运算公式，考查了数学运算能力，属于基础题.14.已知函数，则______.【答案】【解析】【分析】将代入解析式可得，由可求得结果.【详解】，.故答案为：.15.在扇形中，半径为1，圆心角为，若要在扇形上截取一个面积为的矩形，且一条边在扇形的一条半径上，如图所示，则的最小值为________【答案】##2.4【解析】【分析】设，分别用含有的三角函数表示，写出矩形的面积，求 出矩形的面积的最大值即的最大值，即可求出的最小值.【详解】设，，扇形中，半径为1，，，，，当时，矩形的最大面积为，所以当，解得：.即,，令，所以，在上单调递增， 当时，取得最小值，所以的最小值为.故答案为：.16.已知向量，满足，若以向量为基底，将向量表示成为实数），都有，则的最小值为________【答案】【解析】【分析】向量的模长已知，根据数量积公式可知所求为向量夹角余弦值的最小值，结合函数在区间上单调递减可得的最小值为.【详解】由题可知，不妨设，,,则点、分别在以原点为圆心，半径分别为和的圆上运动，又为实数），都有，所以当、、三点共线时且此线与半径为2的圆相切时，向量的夹角最大，此时，的最小.此时，在中，由余弦定理可得，,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.如图，已知的外接圆的半径为4，.（1）求中边的长;（2）求.【答案】（1）2（2）-18【解析】【分析】（1）先判断出，即可求出；（2）转化条件为，由数量积的运算律及定义即可得解.【小问1详解】因为，所以.所以，且.【小问2详解】由（1），所以.18.已知函数 （1）若将图像上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再将所得图像向上平移1个单位得到的图像，且的图像关于轴对称，求的最小正值;（2）如图，函数的图像与轴的交点为，与轴正半轴最靠近轴的交点为，轴右侧第一个最高点和第一个最低点分别为，其中为坐标原点）的面积为.，求的解析式，以及的最小正周期.【答案】（1）（2），最小正周期为8【解析】【分析】（1）根据函数平移得到解析式，根据为偶函数求出的最小正值为；（2）根据面积求出，代入特殊点坐标求出，，从而求出的解析式，以及的最小正周期.【小问1详解】由题意得：，且，当时，取得最小正值，最小正值为；【小问2详解】由图像可知：，，因为，所以，解得：，即，因为，所以，因为与轴正半轴最靠近轴的交点为，所以，所以，解得：，，最小正周期为 19.已知函数.（1）若，求的值;（2）若在锐角中，角所对的边分别为，已知，求的周长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）化简得到，将代入求解；（2）由，求得，得到外接圆的直径，然后由三角形的周长求解.【小问1详解】解：，，，因为，所以；【小问2详解】，即， 解得或（舍去），则，解得，所以外接圆的直径为，所以三角形的周长为，，，，因为三角形是锐角三角形，所以，即，解得，则，，所以.20.2020年4月21日，习近平总书记在学校考察调研时提出“文明其精神，野蛮其体魄”，“野蛮其体魄”就是强身健体，青少年的体质状况不仅关乎个人成长和家庭幸福，也关乎国家末来和民族希望.某校为了解学生每日行走的步数，在全校2400名学生中随机抽取200名，给他们配发了计步手环，统计他们的日行步数，按步数分组，得到频率分布直方图如图所示， （1）求的值，并求出这200名学生日行步数的样本平均数；（2）学校为了鼓励学生加强运动，决定对步数大于或等于11000步的学生加1分，计入期末三好学生评选的体育考核分，估计全校每天获得加分的人数.（3）利用该调查数据，估计从该校高一（1）班任取3名学生，恰有2人能获得加分的概率.【答案】（1）；9.44千步；（2）720（3）0.189【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图进行数据分析，利用频率和为1求出a；利用求平均数公式直接求解；（2）先求出样本中步数大于或等于11000步的学生所占的频率，由此估计全校每天获得加分的频率，即可求出全校每天获得加分的人数；（3）利用相互独立事件的概率公式和概率的加法公式即可求解.【小问1详解】在频率分别直方图中，设第i组的频率为.则；；；；；；；.由，可得：，解得：.这200名学生日行步数的样本平均数为=9.44.【小问2详解】设步数大于或等于11000步的学生所占的频率为p. 则.由此估计全校每天获得加分的同学的频率为0.3，所以估计全校每天获得加分的人数为.【小问3详解】由题意可得：每名同学能获得加分的概率为0.3，且他们相互独立.所以任取3名学生，恰有2人能获得加分的概率为.21.如图，在三棱柱:中，，点为线段中点，侧面为矩形.（1）证明:平面平面;（2）若，二面角的正切值为，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理证得平面，再由面面垂直的判定定理可得证；（2）由（1）可得就是二面角的平面角，设，在，，中，由余弦定理建立方程可求得，以点D为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求解方法可求得答案.【小问1详解】 证明：因为，点为线段中点，所以，又侧面为矩形，所以，所以.又，所以平面，因为平面，所以平面平面；【小问2详解】解：由（1）得平面，所以，又，所以就是二面角的平面角，所以，则，设，在中，，，所以，在中，，所以在中，，即，化简得，解得（舍去），所以，以点D为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示，过作底面，因为，，则，， 则，则，则，设平面的法向量为，由，，则，令，则，即，，设与平面所成的角为，则，所以与平面所成角的正弦值为.22.已知函数（1）当时，求在区间上的值域;（2）函数，若对任意，存在，且，使得，求的范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用定义法求解函数在区间上的单调性，根据单调性求解值域即可；（2）根据题意判断函数在区间上不单调，由此可判断，利用定义法证明当时，函数在区间上单调递增，且在区间的最大值，最小值，分类讨论的取值范围，列不等式组即可求解.【小问1详解】解：当时，， 在区间上任意取两个值，令，则，因为，所以，故函数在区间上单调递增，又，所以在区间上的值域为.【小问2详解】解：因为对任意，存在，且，使得，所以函数在区间上不单调，又，在区间上任意取两个值，令，则，当，时，，函数在区间上单调递增，不满足题意，故，当时，，故，则函数在区间上单调递增，则，当时，函数，故函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，则，故，解得；当时，,在区间上单调递减，不满足题意； 当，时，，对称轴为，且，则，故，解得，与矛盾，故不满足题意；当时，，在区间上单调递增，不满足题意.综上，的范围为.