期末测试卷04-2021-2022学年高一数学下学期期中期末挑战满分冲刺卷（苏教版2019必修第二册）.docx

1、2021-2022学年高一数学下学期期末测试卷04一、单选题（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下列各组向量中，能作为表示它们所在平面内所有向量的基底的是（）A(2，2)，(1，1)B(1，2)，(4，8)C(1，0)，(0，1)D(1，2)，【答案】C【解析】【分析】利用向量共线定理对各个选项判断即可.因为不共线的两个向量可以作为它们所在平面内所有向量的基底，对于A，由于，即共线，故A不合题意；对于B，由于，即共线，故B不合题意；对于C，由于，即不共线，故C合题意；对于D，由于，即共线，故D不合题意；故选：C.2下面是关于复数（i为虚数

2、单位）的命题，其中真命题为（）AB复数在复平面内对应点在直线上C的共轭复数为D的虚部为【答案】B【解析】【分析】化简复数为代数形式，然后求模，写出对应点的坐标得其共轭复数及虚部，判断各选项即得，所以，A错误；所以复数在复平面内对应点坐标为，在直线上，B正确；所以的共轭复数为，C错误；所以的虚部为，D错误故选：B3已知，则（）ABC2D【答案】B【解析】【分析】先求出，再求出，最后可求.因为，故，因为，故，而，故，所以，故，所以，故选：B4已知EFGH分别是三棱锥A-BCD的棱ABADCDCB上的点（不是顶点），则下列说法正确的是（）A若直线EFHG相交，则交点一定在直线BD上B若直线EFHG相

3、交，则交点一定在直线AC上C若直线EFHG异面，则直线EFHG中必有一条与直线BD平行D若直线EFHG异面，则直线EF，HG与直线BD分别相交【答案】B【解析】【分析】根据平面的基本性质（公理2）判断AB，根据异面直线判定方法判断CD若直线EFHG相交，设，则，又平面，平面，所以是平面与平面的公共点，则必在其交线上，即，A错，B正确与不重合，平面，平面，平面，所以与是异面直线，同理与也是异面直线，CD均错故选：B5高一年级某同学为了丰富自己的课外活动，参加了学校“文学社”“咏春社”“音乐社”三个社团的选拔，该同学能否成功进入这三个社团是相互独立.假设该同学能够进入“文学社”“咏春社”“音乐社”

4、三个社团的概率分别为、，该同学可以进入两个社团的概率为，且三个社团都进不了的概率为，则（）ABCD【答案】B【解析】【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式，列出关于，的方程，联立求解即得.依题意，该同学可以进入两个社团的概率为，则，整理得，又三个社团都进不了的概率为，则，整理得，联立与，解得，所以.故选：B6已知中，内角，的对边分别为，.若为直角三角形，则的面积为（）ABC或D或【答案】C【解析】【分析】由正弦定理化角为边后，由余弦定理求得，然后分类讨论：或求解由正弦定理，可化为：，即，所以，所以，又为直角三角形，若，则，若，则，故选：C7已知，是平面内两个夹角为的单位向量，若，则的最小值为（

5、）ABC2D【答案】B【解析】【分析】不妨用坐标表示向量，然后作，由共线定理得点位置，而，括号内利用向量模的几何意义求最小值因为，是平面内两个夹角为的单位向量，所以不妨设，作平行四边形即为菱形，过作的平行线交轴于，交的延长线于，设，则点在直线上，的延长线交于，则，是菱形对角线的交点，则，设，则是关于直线的对称点，则，即，又，所以，当且仅当共线时等号成立，所以 的最小值是，的最小值是，故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查求向量模的最小值问题，解题关键是平面直角坐标系中作出向量，然后由向量的线性运算得出各点位置，然后利用向量模的几何意义，结合对称求得最小值8如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABC

6、D所在平面互相垂直，点P在线段EF上.给出下列命题：存在点P，使得直线平面ACF；存在点P，使得直线平面ACF；直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是；三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面面积是.其中所有真命题的序号（）ABCD【答案】D【解析】【分析】当点P是线段EF中点时判断；假定存在点P，使得直线平面ACF，推理导出矛盾判断；利用线面角的定义转化列式计算判断；求出外接圆面积判断作答.取EF中点G，连DG，令，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则且，即四边形DGFO是平行四边形，即有，而平面ACF，平面ACF，于是得平面ACF，当点P与G重合时，

7、直线平面ACF，正确；假定存在点P，使得直线平面ACF，而平面ACF，则，又，从而有，在中，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即不正确；因平面平面，平面平面，则线段EF上的动点P在平面上的射影在直线BD上，于是得是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，而，则，当P与E重合时，因此，正确；因平面平面，平面平面，平面，则平面，在中，显然有，由正弦定理得外接圆直径，三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面是的外接圆，其面积为，正确，所以所给命题中正确命题的序号是.故选：D【点睛】结论点睛：两个平面互相垂直，则一个平面内

8、任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分全对得5分，少选得3分，多选、错选不得分）9已知为虚数单位，下列说法中正确的是（）A若复数满足，则复数对应的点在以为圆心，为半径的圆上B若复数满足，则复数C当时，有D是集合中的元素【答案】BCD【解析】【分析】由几何意义可判断A；设复数，由得根据复数相等可判断B；根据指数的运算可判断C；化简可判断D.若复数满足，则复数对应的点在以为圆心，为半径的圆上，故A错误；设复数，由得，所以，解得，则复数，故B正确；当时，有，故C正确；，当时，所以是集合中的元素中的元素，故D正确.故选：BCD.10关于函数

9、，下列说法正确的是（）A若是函数的零点，则是的整数倍B函数的图象关于点对称C函数的图象与函数的图象相同D函数的图象可由的图象先向上平移个单位长度，再向左平移个单位长度得到【答案】BC【解析】【分析】首先由三角恒等变换化简函数解析式，作出图象，数形结合判断A错误；由正弦函数的对称性可判断函数的对称性；利用三角函数诱导公式可判断C选项；根据三角函数图象变换规则可判断D选项.，画出函数的图象，如图所示：的图象与轴相邻的两个交点的距离不相等，且不为，故A错；因为，所以函数的图象关于对称，则函数的图象关于点对称，故B正确；函数，故C正确；函数的图象可由先向上平移个单位，再向左平移个单位长度得到，故D错误

10、.故选：BC【点睛】本题考查三角恒等变换、正弦型函数的对称性、三角函数诱导公式及三角函数图象变换规则，属于中档题.11共和国勋章，是中华人民共和国最高荣誉勋章，授予在中国特色社会主义建设和保卫国家中作出巨大贡献、建立卓越功勋的杰出人士.2020年8月11日，国家主席习近平签署主席令，授予钟南山“共和国勋章”某市为表彰在抗疫中表现突出的个人，制作的荣誉勋章的挂坠结构示意图如图，为图中两个同心圆的圆心，三角形ABC中，大圆半径，小圆半径，记为三角形OAB与三角形OAC的面积之和，其中，当取到最大值时，则下列说法正确的是（）A的最大值是B的最大值是CD【答案】BD【解析】【分析】设，根据得出，再证明

11、，从而可得，根据在上单调递减，得时，有最大值，故可判定选项A，B；取的中点，通过证明，来说明，三点共线，再利用，结合，三点共线可得，可判定选项C，D.因为，公共，所以，有.记，则，由，得，又，所以.因为，所以的面积，所以，因为在上单调递减，所以当时，有最大值，故选项A错误，选项B正确；当取到最大值时，取的中点，连接，因为，所以，因为，所以，所以，三点共线，在中，有，所以.所以，因为，三点共线，所以，故选项C错误，选项D正确.故选：BD.12在边长为2的等边三角形ABC中，点D，E分别是边AC，AB上的点，满足且，将沿直线DE折到的位置，在翻折过程中，下列结论不成立的是（）A在边上存在点F，使得

12、在翻折过程中，满足平面B存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面BCDEC若，当二面角为直二面角时，D在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为【答案】ABC【解析】【分析】对于 A，根据平行关系可得直线与平面相交；对于B，根据的范围不可能得出平面平面BCDE；对于C，结合余弦定理可求；对于D，表示出体积的表达式，利用函数单调性求最大值或者利用导数求最大值.对于 A，在边上存在点F，在AD上取一点N，使得FN/ED，在ED上取一点H，使得NH/ EF，作HG/BE交BC于点G，如图所示，则可得FN平行且等于BG，即四边形BGNF为平行四边形，NG/BF，而GN始终与平面ACD相交，

13、,因此在边AE上不存在点F，使得在翻折过程中，满足BF/平面ACD，A不正确.对于B，作于，交于，因为，所以,在翻折过程中，点在底面BCDE的射影不可能在直线BC上，因此不满足平面ABC平面BCDE，因此B不正确.对于C，时，当二面角A-DE-B为直二面角时，取ED的中点M，如图所示，可得平面BCDE，因此C不正确；对于D，在翻折过程中，取平面AED平面BCDE，四棱锥A- BCDE体积,;（法一）设，因为，所以，即，所以为增函数；同理可证时，为减函数；所以函数取得最大值因此D正确.（法二），当时，为增函数；当时，为减函数；可得时，函数取得最大值因此D正确.综.上所述，不成立的为ABC.故选：

14、ABC.【点睛】本题利用运动的观点理解空间线面、面面位置关系、四棱锥的体积等，在动态中找寻不变的平行关系，垂直关系是解题的关键.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13若复数z在复平面内对应的点在第一象限内，且，则符合条件的一个复数为_.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】先根据求解复数实部和虚部的关系，再结合点在第一象限内写出符合条件的复数即可.设，则，因为，所以，解得或（舍），所以答案要满足，即可，并不唯一.故答案为：（不唯一）.14如图，在三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，PCA=90，ABC是边长为4的正三角形，PC=3，M是AB边上的一动点，则PM的最小值为_【

15、答案】【解析】【分析】根据面面垂直的性质定理得出PC平面ABC，进而得到PCCM，然后运用勾股定理得到答案.平面PAC平面ABC且交于AC，又PCAC，PC平面ABC，而CM平面ABC，PCCM，当CM最小时，PM最小.如图，ABC是边长为4的正三角形，当CMAB时CM最小，此时M为AB中点，易得.PM的最小值为.故答案为：.15已知三棱锥中，平面，异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的体积为_，三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】 【解析】【分析】分别取的中点，连接，得到为异面直线与所成的角，得出，设，由余弦定理求得的值，进而求得三棱锥的体积；再找出三棱锥的外接球的球心，利用勾股定理求得外接

16、球的半径，代入球的表面积公式，即可求解.分别取的中点，连接，可得，所以为异面直线与所成的角，所以，设，可得，则，在中，由余弦定理，可得，所以，解得，所以三棱锥的体积为，设底面的中心为，三棱锥的外接球的球心为，连接，则平面，可得，则三棱锥的外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：；.16在中，与的交点为，过作动直线分别交线段、于两点，若，()，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由三点共线可得存在实数，使得同理由三点共线可得存在实数，使得，解得，设，其中，可得，当且仅当时取等号，即时，取得最小值为即答案为四、解答题（本大题共6小题，第17-18题每小题10分，第19-21题每

17、小题12分，第22题14分，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）17已知的最小正周期为（1）求的值，并求的单调递增区间；（2）求在区间上的值域【答案】（1）；单调递增区间为；（2）【解析】【分析】（1）根据正弦函数的周期公式求的值，再由正弦函数的单调增区间即可求的单调递增区间；（2）由的范围求得范围，再由正弦函数的性质即可求值域.（1）因为的最小正周期为，所以，则，则，令，解得，所以函数的单调递增区间为（2）由得，所以，所以18某校高一年级1000名学生期中考试生物学科成绩的额率分布直方图如图所示，其中成绩分组情况如下表： 组号第一组第二组第三组第四组第五组分组（1）求生

18、物成绩在50，60）内的人数；（2）若同组中的每个数据用该组区同中点值代替，根据频率分布直方图，估计这1000名学生生物成绩的平均分：（3）现有5名同学，其中3人的成绩在第三组内，2人的成绩在第四组内，从这5名同学中随机抽取2名，求这2名同学来自不同组的概率【答案】（1）50人；（2）平均分为74.5；（3）.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图求出在内的频率，进而可求出成绩在50，60）内的人数.（2）由平均数等于小矩形的面积乘以小矩形底边中点横坐标之和即可求解.（3）这2名同学来自不同组”为事件A，设第三组的3名同学为a，b，c，第四组的2位同学为x，y，列举法求出基本事件个数，再利用

19、古典概型的概率计算公式即可求解.解：（1）由题意，生物成绩在内的频率为1(0.0110+0.0210+0.0310+0.03510)=0.05，所以生物成绩在内的人数为0.051000=50答：生物成绩在内的人数为50人（2）由频率分布直方图，分数在50，60)内的频率为0.05，60，70)内的频率为0.35，70，80)内的频率为0.3，80，90)的频率为0.2，90，100的频率为0.1，所以这1000名学生期中考试生物成绩的平均分的估计值为：550.05+650.35+750.3+850.2+950.1=74.5答：这1000名学生生物成绩的平均分为74.5 （3）设“这2名同学来自

20、不同组”为事件A，设第三组的3名同学为a，b，c，第四组的2位同学为x，y，则样本空间为（a，b），（a，c），（a，x），（a，y），（b，c），（b，x），（b，y），（c，x），（c，y），（x，y），事件A=（a，x），（a，y），（b，x），（b，y），（c，x），（c，y）所以 答：这2名同学来自不同组的概率为 【点睛】本题考查了频率分布直方图求平均数、样本容量、古典概型的概率计算公式，属于基础题.19如图，在直三棱柱中，点为中点，连接交于点，点为中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析

21、】（1）利用三角形的中位线性质可得，然后再利用线面平行的判定定理即可证出.（2）根据题意可证，再利用线面垂直、面面垂直的判定定理即可证出.（3）方法一：利用等体法即可求解；方法二：利用综合法，作，垂足为，连接，作，垂足为，证出为点到平面的距离，在直角中，求解即可.（1）直三棱柱，四边形为平行四边形为的中点为的中点， 又平面，平面，平面 （2）四边形为平行四边形， 平行四边形为菱形，即三棱柱为直三棱柱平面 平面，平面 平面 平面， ，平面，平面，平面 ， 平面平面（3）法一：(等体积法)连接，设点到平面的距离为 平面，平面，为三棱锥高，在直角中，.在直角中，.在直角中，. 在等腰中， ， 点到平

22、面的距离为 方法二：(综合法)作，垂足为，连接，作，垂足为.平面，平面 ，平面 平面平面，平面， 平面， 即为点到平面的距离， 在直角中， ；在直角中， ， 点到平面的距离为.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、等体法求点到面的距离，属于中档题.20在以下两个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题，在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ；（1）求sinA的值（2）如图，M为边AC上一点，求的面积【答案】选择见解析；（1）；（2）【解析】【分析】选择条件（1）根据已知条件，结合正弦定理，即可求解（2）根据已知条件，运用余弦定理，

23、可得，再结合三角形面积公式，即可求解选择条件（1）根据已知条件，运用正弦定理，以及二倍角公式，即可求解（2）根据已知条件，运用余弦定理，可得，再结合三角形面积公式，即可求解解：若选，（1），由正弦定理可得因为，所以可得，在中，所以，所以；（2）设，易知在中，由余弦定理得，解得，所以，在中，因为，所以所以，所以若选，（1）因为，所以，由正弦定理可得，因为，所以，所以.（2）设，易知在中，由余弦定理得，解得，所以，在中，因为，所以所以，所以21如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，.平面平面ABCD，.（1）若平面平面，求证：；（2）求证：平面平面PBD；（3）若二面角的正切值为，求四棱锥的体

24、积.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）先证明面PAD，再由线面平行的性质证明（2）先证明，再由面面垂直的判定定理得出平面平面PBD；（3）取AD中点E，作，由结合面面角的定义得出，最后由体积公式得出四棱锥的体积.（1），面PAD，面PAD，面PAD又面PBC，面面，（2），面面ABCD，面PAD，面面，面ABCD，面ABCD，面PBD，面PAC，面面PBD（3）如图，取AD中点E，作，面面ABCD，面ABCD，面面，面PAD.面PAD，面BBF.面BBF，二面角的平面角为EFB，22如图所示，在中，在线段BC上，满足，是线段的中点(1)延长交于点Q（图1

25、），求的值；(2)过点的直线与边，分别交于点E，F（图2），设，（i）求证为定值；（ii）设的面积为，的面积为，求的最小值【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）.【解析】【分析】（1）根据题意，将作为基底表示，由三点共线可知，的系数之和为1，即可求出的值；（2）（i）根据题意，将，作为基底表示，由三点共线可知，的系数之和为1，即可求出为一定值；（ii）根据题意，由可将化为关于的函数，利用函数性质求的最小值即可.(1)依题意，因为，所以，因为是线段的中点，所以，设，则有，因为三点共线，所以，解得，即，所以，所以；(2)（i）根据题意,同理可得：，由（1）可知，所以，因为三点共线，所以，化简得，即为定值，且定值为3；（ii）根据题意，所以，由（i）可知，则，所以，易知，当时，有最小值，此时.