江苏省南京市江宁区2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

2021-2022学年第二学期期末试卷高一数学一、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.的值为（）A.1B.－1C.D.【答案】B【解析】【分析】由且即可得结果.【详解】由，而.故选：B2.数据0，1，2，3，4，5，6，7，8，9的60百分位数为（）A.6B.6.5C.7D.5.5【答案】D【解析】【分析】由百分位数的求法求60百分位数.【详解】由题设，，故60百分位数为.故选：D3.设为平面内一个基底，已知向量，，，若，，三点共线，则的值是（）A.2B.1C.－2D.－1【答案】D【解析】【分析】根据点共线可得向量共线，根据向量共线定理，即可求解.【详解】,因为三点共线,所以,即存在,使得,故故选：D4.已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为 A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，侧面展开图是一个半圆，，圆锥的表面积为，，故圆锥的底面半径为，故选B.考点：圆锥的几何性质及侧面积公式.5.设函数在区间(k，k+1)()内有零点，则k的值为（）A.-1B.0C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据判断函数的单调性，结合零点存在性定理确定零点的区间，即可得结果.【详解】由解析式知：在定义域上递增，又，，所以在内存在零点，结合题设知：.故选：C6.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式可得，再由二倍角余弦公式求.【详解】由，即，又.故选：D7.《九章算术》把底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵” ，把底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，现有如图所示的“堑绪"，其中，，当“阳马”（即四棱锥）体积为时，则“堑堵”即三棱柱的外接球的体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据当“阳马”（即四棱锥）体积为，求得BC，再将将三棱柱补成长方体求解.【详解】解：由已知得，∴．将三棱柱置于长方体中，如下图所示，此时“堑堵”即三棱柱的外接球的直径为，∴三棱柱的外接球的体积为，故选：B8.在中，，，，为线段上的动点，且 ，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，根据题意可得，解方程组，然后结合三点共线，可得，则化简后利用基本不等式可求得结果【详解】设，根据题意可得，解得，所以，所以，因三点共线，所以，所以， 当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，故选：C【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的数量积运算，考查正弦定理的应用，考查基本不等式的应用，解题的关键是由已知条件求出后，再由三点共线，得，所以化简后结合基本不等式可求出其最小值，考查运算能力，属于较难题二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列有关复数的说法正确的是（）A.若复数，则B.若，则是纯虚数C.若是复数，则一定有D.若，则【答案】AD【解析】【分析】A由共轭复数概念及复数相等判断；B、C应用特殊值法，令及判断；D设，，利用共轭复数概念及复数乘法分别求出判断.【详解】A：令，则，若，即有，故，正确；B：当时，，而不是纯虚数，错误；C：当，则，而，显然不成立，错误；D：令，，则，故，又，，则，所以，正确.故选：AD10.已知是不同的平面，是不同的直线，则使得成立的充分条件是（） A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】利用线面平行、垂直，面面平行、垂直的判定和性质判断即可【详解】解：对于A，当时，可能相交，可能平行，可能异面，所以A错误，对于B，当时，由线面平行的性质可得，所以B正确，对于C，当时，由线面垂直的性质可得，所以C正确，对于D，当时，可能平行，可能异面或相交，所以D错误，故选：BC11.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，下列说法正确的是（）A.若有两解B.若有两解C.若为锐角三角形，则b的取值范围是D.若为钝角三角形，则b的取值范围是【答案】AC【解析】【分析】根据三角形的构成，可判断三角形有几个解所要满足的条件，即，有两解，或，有一解，，有0解，根据直角三角形的情况，便可得出为锐角或钝角三角形时，b的取值范围.【详解】A选项，∵，∴有两解，故A正确；B选项，∵，∴有一解，故B错误；C选项，∵为锐角三角形，∴，即，故C正确；D选项，∵为钝角三角形，∴或，即或，故D错误.故选：AC12.已知点O为所在平面内一点，且则下列选项正确的有（）A.B.直线过边的中点 C.D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据向量间的线性关系及向量数量积的运算律化简求值判断A、D；若得到是△的重心，根据与不平行、相关三角形面积关系判断B、C.【详解】，则，A正确；若，则，所以是△的重心，直线过中点，而与不平行，所以直线不过边的中点，B错误；又，而，，所以，C正确；若，且，所以，而，D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：注意向量之间的线性关系，结合向量数量积的运算律化简求值；根据重心的性质求三角形的面积关系. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，其中第16题第一空3分，第二空2分，共20分．13.___________.【答案】##【解析】【分析】利用正切的差角公式进行求解.【详解】故答案为：14.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1中点，则直线PB与AD1所成的角为____【答案】##【解析】【分析】根据正方体性质有，则直线PB与AD1所成的角为，进而计算其正弦值得大小.【详解】由，连接，故直线PB与AD1所成的角为，若正方体棱长为2，则，所以，故，则，故.故答案为： 15.在平面直角坐标系xoy中，点A(1，2)、B(2，3)、C(3，－1)，以线段AB，AC为邻边作平行四边形，两条对角线中较长的对角线长为____【答案】【解析】【分析】根据A(1，2)、B(2，3)、C(3，－1)，得到，然后利用向量的加法和减法运算法则求解.【详解】解：因为A(1，2)、B(2，3)、C(3，－1)，所以，所以，则，所以以线段AB，AC为邻边作平行四边形，两条对角线中较长的对角线长为，故答案为：16.我国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积，把以上文字写出公式，即(其中为三角形面积，a，b，c为三角形的三边)．在非直角中，a，b，c为内角A，B，C所对应的三边，若且，则面积的最大值是________，此时外接圆的半径为____【答案】①.②.【解析】【分析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简，然后结合已知三角形的面积公式进行化简，结合二次函数的性质计算可得面积最大值，从而求出，再由余弦定理求出，最后由正弦定理求出外接圆的半径．【详解】解：因为，由正弦定理得，所以，即， 因为，所以，由正弦定理得，由题意可得，当即时三角形的面积最大，最大值为，所以，又，所以，又，所以，设外接圆的半径为，则，所以；故答案为：；3．四、解答题：本题共6小题，其中第17题10分，其余各题为12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知复数，，，若一复数的实部与虚部互为相反数，则称此复数为“理想复数”，已知为“理想复数”．（1）求实数；（2）定义复数的一种运算“”：，求．【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）根据，由是“理想复数求解；（2）由（1）知，再由求解. 【小问1详解】解：由题得，，是“理想复数”，，；【小问2详解】由（1）知，所以，由，得，.18.社会的进步与发展，关键在于人才，引进高素质人才对社会的发展具有重大作用．某市进行人才引进，需要进行笔试和面试，一共有名应聘者参加笔试，他们的笔试成绩都在内，将笔试成绩按照、、、分组，得到如图所示频率分布直方图．（1）求频率分布直方图中的值；（2）求全体应聘者笔试成绩的众数和平均数（每组数据以区间中点值为代表）；（3）若计划面试人，请估计参加面试的最低分数线．【答案】（1）（2）众数为，平均数为（3）【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为可求得的值；（2）利用频率分布直方图中最高矩形底边的中点值为众数，将矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全加可得应聘者笔试成绩的平均数；（3）计算出百分位数，可得结果.【小问1详解】解：由题意有，解得.【小问2详解】解：应聘者笔试成绩的众数为，应聘者笔试成绩的平均数为．【小问3详解】解：，所以，面试成绩的最低分为百分位数，前两个矩形面积之和为，前三个矩形的面积之和为，设百分位数为，则，解得.因此，若计划面试人，估计参加面试的最低分数线为.19.已知为锐角，．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据，由，再利用商数关系的齐次运算求解；（2）由求解.【小问1详解】解：因为，所以，， ．【小问2详解】因为锐角，则，而，则，所以，所以，∴.20.在中，分别为角的对边，，且，.（1）求角大小.（2）为边上一点，，且__________，求面积.（从①为平分线，②为的中点，两个条件中任选一个补充在上面的横线上并作答.如果都选，以选①计分.）【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据向量的平行关系得到等式，再运用正弦定理及正弦的两角和公式化简即可求解；（2）若选①，运用面积公式及余弦定理可求解；选②，根据向量关系及余弦定理即可求解.【小问1详解】由正弦定理得： ，【小问2详解】选①：由平分得：，所以，（1）在中，由余弦定理得：所以，（2）（1）（2）联立得解得，解得，所以，选②：，，得（1）中，由余弦定理得所以，（2）（2）-（1）即可得，.21.如图，三棱锥中，为等边三角形，且面面，． （1）求证：；（2）当与平面BCD所成角为45°时，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)根据给定条件证得平面即可推理作答.(2)由与平面BCD所成角确定正边长与CD长的关系，再作出二面角的平面角，借助余弦定理计算作答.【小问1详解】在三棱锥中，平面平面，平面平面，而，平面，因此有平面，又有平面，所以.【小问2详解】取BC中点F，连接AF，DF，如图，因为等边三角形，则，而平面平面，平面平面，平面，于是得平面，是与平面BCD所成角，即，令，则，因，即有，由(1)知，，则有， 过C作交AD于O，在平面内过O作交BD于E，连CE，从而得是二面角的平面角，中，，，中，由余弦定理得，，，显然E是斜边中点，则，中，由余弦定理得，所以二面角的余弦值.22.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝6，P，Q为边BC上两点，＝2，∠CAQ＝．（1）求AQ的长；（2）过线段AP中点E作一条直线l，分别交边AB，AC于M，N两点，设，（xy≠0），求x+y的最小值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理可得＝，结合已知有sin∠BAQ＝sin∠CAQ，进而求得∠BAQ＝，在△ABC、△ABQ和△ACQ中应用余弦定理求AQ长； （2）设＝，λ≠0，根据向量加减的几何意义可得＝、＝，进而可得，应用基本不等式“1”的代换求x+y的最小值．【小问1详解】在△ABQ与AQC中，＝和＝，两式相除得：＝，又＝＝＝2，所以sin∠BAQ＝sin∠CAQ，因为∠CAQ＝，∠BAQ∈(0,)，所以∠BAQ＝或（舍），由CP＝2BP，AB＝2AC，a＝6，在△ABC中，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccos∠BAC，可得b2＝，在△ABQ和△ACQ中,，可得AQ2＝2b2－8＝2×－8＝，所以AQ＝.【小问2详解】因为＝2，所以CP＝2BP，则＝－2，故－＝－2()，则＝，同理：设＝，λ≠0，得＝+，因为E为AP中点，所以＝+＝，所以，可得：，则，， 当且仅当：时取等号，即，所以的最小值．