【文档说明】江苏省扬州市2021-2022学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx，共(21)页，2.798 MB，由小赞的店铺上传

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2021-2022学年度第二学期期末检测试题高一数学（全卷满分150分，考试时间120分钟）一、单项选择题（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，只有一项符合要求）．1.已知向量()2,4a=r，()1,bx=r，且//abrr，则x=（）A.2B.2−

C.8D.8−【答案】A【解析】【分析】由平面向量共线的坐标表示可求得x的值.【详解】由已知可得24=x，解得2x=.故选：A.2.已知复数12zi=+（i为虚数单位），则z的虚部为（）．A.2B.2−C.2iD.2i−【答

案】B【解析】【分析】由12zi=+12iz=−，即可确定z的虚部【详解】12zi=+12iz=−，则z的虚部为2−故选：B3.甲、乙两人参加学校组织的“劳动技能通关”比赛，已知甲通关的概率为34，乙通关的概率为23，且甲和乙通关与否互不影响

，则甲、乙两人都不通关的概率为（）．A.12B.14C.16D.112【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用相互独立事件、对立事件的概率公式计算作答.【详解】甲、乙通关的事件分别记为A，B，事件A，B相互独立，32(),()43PA

PB==，所以甲、乙两人都不通关的概率为321()()()[1()][1()](1)(1)4312PABPABPAPB==−−=−−=.故选：D4.某学习小组6名学生在一次数学小测验中的得分（单位：分）如下：

82，84，86，90，97，97，则该组数据的30百分位数是（）A.82B.83C.84D.97【答案】C【解析】【分析】根据百分位数的知识求得正确答案.【详解】60.31.8=，所以该组数据的30百分位数是84.故选：C5.若向量(2,0),(1,3)ab==

−，则a在b上的投影向量的坐标为（）．A.13,22−B.13,22−C.(1,0)−D.(1,0)【答案】A【解析】【分析】根据投影向量的坐标公式求解即可【详解】设,ab向量夹角为，则a在b上的投影向量为2cosbabbababbbbb==rrr

rrrrrrrrr()()()2221131,3,22213b−==−−=−−+r故选：A6.下列选项正确的是（）A.空间三点确定一个平面B.如果空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等C.如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行D

.过一点有且只有一条直线与已知平面垂直【答案】D【解析】【分析】根据相关定理逐项分析即可【详解】空间中不共线的三点确定一个平面,A错如果空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补

,B错如果一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行,那么这两个平面平行,无数并不代表所有,C错过一点有且只有一条直线与已知平面垂直,D对故选：D7.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列各组条件中，使得ABC恰有一个解

的是（）A.π2,4,3abA===B.π13,4,3abA===C2π23,4,3abA===D.2π32,4,3abA===【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理逐项判断.【详解】A.因为π2,4,3abA===，由

正弦定理得sinsinabAB=，则4sinsin3sin312===bABa，无解；B.因为π13,4,3abA===，由正弦定理得sinsinabAB=，则4sinsin2393sin1313===bABa，又32391213，则233B，有两解，故

错误；C.因为2π,3=abA，则BA，所以无解，故错误；D.因为2π32,4,3abA===，由正弦定理得sinsinabAB=，则4sinsin63sin332===bABa，又16123，且ab

，所以62B，故有一解，故正确.故选：D.8.已知0π，函数π()5sin6fxx=−，若()()3ff==，则)in(s−=（）．A.2425B.2425−C.1D.35-【答案】A【解析】【分析】由已

知条件，结合三角函数的性质可得263，2736，从而利用()sinsin66−=−−−即可求解.【详解】解：令()5sin06fxx

−==，02x，则6x=或76x=，令()5sin56fxx−==，02x，则23x=，又0，()()3ff==，所以263，2736，3sin65−=，3sin65−=，因

062−，26−，所以4cos65−=，4cos65−=−，所以()sinsinsincoscossin666666

−=−−−=−−−−−344324+555525==，故选：A.二、多项选择题（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.所谓“民以食为天”，粮食问题就是人类生存的底线问题，是国家经济发展的底线问题，是社会维持稳定的底线问题.2021年，我国全国粮食总产量13657亿斤，连续7年保持

在1.3万亿斤以上，我国2020-2021年粮食产量种类分布及占比统计图如图所示，则下列说法正确的是（）．为A.2021年的粮食总产量比2020年的粮食总产量高B.2021年的稻谷产量比2020年的稻谷产量低C.2020年和2021年的薯类

所占比例保持稳定D.2021年的各类粮食产量中，增长量最大的是小麦【答案】AC【解析】【分析】根据统计图逐项判定可得答案.【详解】2020年的粮食总产量为4237+5213+2685+200+458+597=13390亿斤，2021年的粮食总产量高4257+5

451+2739+208+393+609=13657亿斤，因为13657>13390，故A正确；因为4257>4237，所以2021年的稻谷产量比2020年的稻谷产量高，故B错误；2020年和2021年的薯类所占比例都为4.46%，故C正确；由统计图可得2021年的各类粮食产量中

，增长量最大的是玉米，故D错误.故选：AC.10.从装有3个红球和2个白球的袋中任意取出2个球，有如下几对事件：①“取出2个球，恰好有1个白球”与“取出2个球，恰好有1个红球”；②“取出2个球，恰好有1个白球”与“取出2个球，都是红球”；

③“取出2个球，至少有1个白球”与“取出2个球，都是红球”；④“取出2个球，至少有1个白球”与“取出2个球，至少有1个红球”．其中是互斥事件的有（）A.①B.②C.③D.④【答案】BC【解析】【分析】写出每个事件所包含的基本事件，利用互斥事件的定义判断可得出合适的选项.【详解】对于①，

“取出2个球，恰好有1个白球”即为1红1白，“取出2个球，恰好有1个红球”即为1红1白，①中两个事件为相等事件；对于②，“取出2个球，都是红球”即为2红，②中的两个事件为互斥事件；对于③，“取出2个球，至少有1个白球”包含

：1红1白、2白，③中的两个事件为互斥事件；对于④，“取出2个球，至少有1个红球”包含：1红1白、2红，④中的两个事件不是互斥事件.故选：BC.11.在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，点P在线段11AC上运动（包括端点），则下列结论正确的有（）．A.三棱锥1DABC

−的外接球的表面积为3πB.异面直线1CP和1CB所成的角为60C.直线CP和平面11ABBA所成的角为定值D.2()BPCP+的最小值为36+【答案】ABD【解析】【分析】对A，三棱锥1DABC−的外接球即正方体1111ABCDABCD−的外接球，

再求解外接球表面积即可；对B，根据异面直线夹角的定义可得直线1CP和1CB所成的角为11CAD，进而根据11CAD为正三角形求解即可；对C，举反例，当P在1A和1C时直线CP和平面11ABBA所成的角不相等判断即可

；对D，以P为顶点，1PC为圆锥的高，PC为母线作圆锥，由圆锥底面圆上任意一点2C满足2PCPC=，结合两点之间线段最短求解即可【详解】对A，三棱锥1DABC−的外接球即正方体1111ABCDABCD−的外接球，且1AC即为外接球的直径，又13AC=，故外接球的表面积()2242

3SRR===，故A正确；对B，连接1AD，1CD，易得异面直线1CP和1CB所成的角即11CA与1AD所成的11CAD，根据正方体的性质可得11CAD为正三角形，故1160CAD=o，故异面直线1CP和1CB所成的角为60，故B正确；对C，当P在1C时，直

线CP和平面11ABBA平行，所成的角为0；当P在1A时，直线1CA和平面11ABBA不平行，所成的角不为0，故C错误；对D，由题意，160PCB=o，以P为顶点，1PC为圆锥的高，PC为母线作圆锥如图所示.则易得圆锥底面圆上任意一点2C满足2PCPC

=，故2BPCPBPCP+=+.不妨设2C与1,,PCB四点共面，则易得当2,,BPC三点共线时，2BPCPBPCP+=+取得最小值.此时()()()2222211621cos30sin3013622BPCPBCBC+=++=++=+oo，故D正确；故选：A

BD12.如图所示，ABC中，324ABACBC===，，，点M为线段AB中点，P为线段CM的中点，延长AP交边BC于点N，则下列结论正确的有（）．A.1142APABAC=+B.3BNNC=C.19||3AN=D.AP与AC夹角的余弦值

为51938【答案】AC【解析】【分析】对A，根据平面向量基本定理，结合向量共线的线性表示求解即可；对B，根据三点共线的性质，结合1142APABAC=+可得1233ANABAC=+，进而得到2BNNC=判断即可；对C，根据余弦定理可得BAC，再根据B中1233ANABAC=+两边平方化

简求解即可；对D，在ANC中根据余弦定理求解即可【详解】对A，11112242APAMACABAC=+=+uuuruuuruuuruuuruuur，故A正确；对B，设APAN=uuuruuur，则由A，1142ANABAC=+uuuruuuruuur，故1142ANABAC=+uu

uruuuruuur，因为,,BNC三点共线，故11142+=，解得34=，故1233ANABAC=+，故122333ABBNABABBC+=++uuuruuuruuuruuuruuur，所以2233BNBNNC=+uuuruuuruuur，即2BNNC=，故B错

误；对C，由余弦定理，2223241cos2324BAC+−==−，由B有1233ANABAC=+，故22214419994ANABACABAC=++−uuuruuuruuuruuuruuur，即2162191939AN=+−=uuur，所

以19||3AN=，故C正确；对D，在ANC中193AN=，2AC=，1433NCBC==，故22219164131999cos27619223ANACNCNACANAC+−+−===，故D错误；故选：AC三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.

已知i为虚数单位，且复数z满足：i12iz=−，则复数z的模为_____________．【答案】5【解析】【分析】根据复数模的性质求解即可【详解】i12iz=−，则12iiz−=，故12i5iz−==

故答案为：514.tan75的值为_____________．【答案】23+##32+【解析】【分析】根据()tan75tan3045=+oo，结合两角和的正切公式求解即可【详解】()31tan30tan45313tan75tan30451tan30

tan4533113+++=+===−−−oo()()()231233131+==+−+故答案为：23+15.已知平面四边形ABCD中，ADBD⊥，23DA=，4AB=，且BCD△是正三角形，则ACDB的值为_____________．【答案】2【解析】【分析】根

据图形由数量积的运算律直接求解即可.【详解】由已知可得()ACDBADDCDBADDBDCDBDCDB=+==+12222==故答案为：216.已知样本数据1240,,xxx的平均数和方差分别为77和123，样本数据12

30,,,yyy的平均数和方差分别为m和n，全部70个数据的平均数和方差分别为74和138，则m=_____________，n=_____________．【答案】①70②.130【解析】【分析】根据平均数与方差的公式列式求解即可.【详解】由题意，1240...4077xxx

+++=，12401230.707.4.xxxyyy++++=+++L，故1230707440772100yyy=−=+++L，故21007030m==.又()22210242...17712340xxx−=+++，即1240222.

..242080xxx+++=，()12401230222222217413870...xxxyyy++++−++=+L，即22221240122302392...980xxxyyy++++++=+L，故2122302392980242080150900

yyy+==+−+L，故211509007013030n=−=故答案为：70；130四、解答题（本大题共6小题，计70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知复数()256(1)i,zmmmm=+−+−R．（1）若z在复

平面内对应的点在第四象限，求m的取值范围；（2）若z是纯虚数，求m的值．【答案】（1）(,6)−−（2）6−【解析】【分析】（1）根据第四象限的复数实部为正，虚部为负求解即可；（2）根据纯虚数的实部为

0，虚部不为0求解即可【小问1详解】由题意可得256010mmm+−−，解得61,61mmmm−−或；m的取值范围为(,6)−−；【小问2详解】由题意可得256010mmm+−=−，解得6m=−．m的值为6−．18.如

图，三棱柱111ABCABC−中，E为1BC中点，F为1AA中点．（1）求证：EF∥平面ABC；（2）若1EFBBAC⊥⊥，平面11ABBA，求证：1BB⊥平面ABC．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）取BC中点M，连接AM，EM，证明四边形EFAM为平行四边形，

可得EFAM∥，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）易得1BBAM⊥，根据线面垂直的性质可得1BBAC⊥，再根据线面垂直的判定定理即可得证.【小问1详解】证明：取BC中点M，连接AM，EM，因为1BCC中，

E为1BC中点，M为BC中点，所以112EMCC=且1EMCC∥，三棱柱111ABCABC−中，11AACC=且11AACC∥，因为F为1AA中点，所以MEAF=且MEAF∥，所以四边形EFAM为平行四边形，所以EFA

M∥，又因为AM平面ABC，EF平面ABC，所以EF∥平面ABC；【小问2详解】证明：因为1EFBB⊥，由（1）知EFAM∥，所以1BBAM⊥，因为AC⊥平面111,ABBABB平面11ABBA，所以1BBAC⊥，又因为AMACA=，

,AMAC平面ABC，所以1BB⊥平面ABC．19.某校高二年级学生参加数学竞赛，随机抽取了100名学生进行成绩统计，成绩的频率分布直方图如图所示，数据的分组依次为：)40,50、)50,60、)60,70、)70,80、)80,90、90,100．（1）求这

100名学生成绩的平均值；（2）若采用分层抽样的方法，从成绩在)50,60和)60,70内的学生中共抽取7人，查看他们的答题情况来分析知识点上的缺漏，再从中随机选取2人进行调查分析，求这2人中恰好有1人成绩在)50,60内的概率．【答案】（1）

71.5分（2）47【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形的面积之和为1可求得a的值，再将矩形直方图中每个矩形的底边的中点值乘以对应矩形的面积，相加可得出这100名学生成绩的平均值；（2）分析可知抽取的7人中，成绩在)50,60内的有4人，成绩在)60,70内

的有3人，记成绩在)50,60内4位同学为a、b、c、d，成绩在)60,70的3位同学位A、B、C，列举出所有基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【小问1详解】解：0.050.20.15100.250.051a+++++=，0.030a=．

这100名学生的成绩的平均值为450.05550.20650.15750.30850.25950.0571.5+++++=，因此，这100名学生成绩的平均值为71.5分.【小问2详解】解：设“抽取2人中恰好有1

人成绩在)50,60内”为事件M．由题设可知，成绩在)50,60和)60,70内的频率分别为0.20和0.15，则抽取的7人中，成绩在)50,60内的有4人，成绩在)60,70内的有3人．记成绩在)50,60内

4位同学分别为a、b、c、d，成绩在)60,70的3位同学分别为A、B、C．则从7人中任取2人，所有的基本事件有：ab、ac、ad、aA、aB、aC、bc、bd、bA、bB、bC、cd、cA、cB、cC、dA、dB、dC、AB、AC、BC，共21种，其中事件M所包含的基本事件有：aA、aB、aC

、bA、bB、bC、cA、cB、cC、dA、dB、dC，共12种，故()124217PM==.20.在①3cossin3baCcA=+；②()()3bcabcabc+++−=；③sinsinsinsi

nACbBCac−=−+这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答．记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知_____________．（1）求A；（2）若3a=，求ABC面积的取值范围．（如

果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）【答案】（1）π3A=（2）330,4【解析】【分析】对于条件①：两边边的条件为齐次，化边为角结合三角恒等变换可解得π3A=；对于条件②：边的条件为齐二次，整理条件到余弦定理的结构可解得π3A=；对于条件③：由正弦定理化角为

边，整理条件到余弦定理的结构可解得π3A=.【小问1详解】（1）若选①：因为3cossin3baCcA=+，根据正弦定理得3sinsincossinsin3BACCA=+，所以3sin()sincossinsin3ACACCA+=+，所以3sincoscossinsinco

ssinsin3ACACACCA+=+．则3cossinsinsin3ACCA=，因为sin0,sin0AC，所以tan3A=，又0πA，所以π3A=．若选②化简得：222bcabc+−=，则2221cos222bcabcAbcbc+−===，又0πA，所以

π3A=．若选③：因为sinsinsinsinACbBCac−=−+，根据正弦定理得acbbcac−=−+，所以222acbbc−=−．即2221cos22bcaAbc+−==，因为0πA，所以π3A=．【小问2详解】（2）因为3a=，由3sinsinsin60bcB

C==，则π2sin,2sin2sin3bBcCB===+，21ππ13sin3sinsin3sinsincos23322ABCSbcBBBBB==+=+△1cos

233π33sin2sin244264BBB−=+=−+，又2πππ7π0,,2,3666BB−−，所以π1sin2,162B−−，则ABCS取值范围为330,4

．21.如图，四棱锥PABCD−中，底面ABCD为平行四边形，6810PAADPDABPB=====，，，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAB平面PCDl=．（1）求四棱锥PABCD−的体

积；（2）求二面角AlD−−的余弦值．【答案】（1）12853（2）23【解析】【分析】（1）作PMAD⊥，垂足为M，显然PM，PA不重合，作ANPD⊥，垂足为N，由平面PAD⊥平面ABCD，得到PM⊥平面ABCD，再由平行四边形ABCD

为矩形，且面积为48，利用锥体的体积公式求解；（2）由AB∥平面PCD，平面PAB平面PCDl=，得到ABl∥，结合（1）得到l⊥平面PAD，则APD二面角AlD−−的平面角求解．【小问1详解】解：如图所示：的作PMAD⊥，垂足为M，显然PM，PA不重

合，作ANPD⊥，垂足为N．在PAD△中，68PAADPD===，，所以N为PD中点，且25AN=，所以11825622PADSPM==△，解得：853PM=；因为6,8,10PAABPB===，所以222PAABPB+=，则PAAB⊥；因为

平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面,,ABCDADPMADPM=⊥平面PAD，所以PM⊥平面ABCD，又ABÌ平面ABCD，所以PMAB⊥，又,,PAPMPPAPM=平面PAD，则AB⊥平面PAD，又AD平面PAD，所以ABAD⊥，则平行四边形ABCD为矩形，且面积为48；所

以四棱锥PABCD−的体积为185128548333=；【小问2详解】因为底面ABCD为平行四边形，所以ABCD∥，又因为CD平面PCD，AB位平面PCD，所以AB∥平面PCD．又因为ABÌ平面PAB，平面PAB平面PCDl=，所以ABl∥．由（1）知AB⊥

平面PAD，所以l⊥平面PAD，又因为PAPD，平面PAD，所以PAl⊥且PDl⊥，所以二面角AlD−−的平面角即APD．在PAD△中，68PAADPD===，，由余弦定理得2222226862cos226

83APPDADAPDAPPD+−+−===．所以二面角AlD−−的余弦值为23．22.已知函数()sincosfxxx=−．（1）求方程()cos2f=在[0,2π]上的解集；（2）求证

：函数3()ln2yfxx=+有且只有一个零点0x，且00211lnsin2333xx−+【答案】（1）π5π3π,π,,442（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用余弦二倍角公式化简方程，再结合辅助角公式即可（2）根据三角函数的性质分区间研

究函数，然后再进行隐零点代换，换元即可证明【小问1详解】22sincoscos2cossin−==−所以(cossin)(sincos1)0−++=.所以cossin0−=或sincos1+=−当sincos0αα−=时,cos0,则

tan1=,又[0,2]xÎ,所以5,44x=当sincos1+=−,则2sin42+=−,又9[0,2],,444xx+.所以544x+=或74,所以3,2x=所以方程()co

s2f=在[0,2]上的解集为53,,,442【小问2详解】设33()sincosln2sinln,(0,)242Fxxxxxxx=−+=−++当3π0,4x纟çÎúçú棼,则,442x

−−,此时2sin4yx=−在30,4单调递增3ln2yx=在30,4也单调递增,所以()Fx在30,4单调递增333ln0,2sinln1ln04242242222FF==−+=+

所以()Fx在3π0,4x纟çÎúçú棼时有唯一零点当353,,2sin0,ln04442xxx−,所以()0Fx所以()Fx在35,44x

没有零点当5,4x+时,553e44,所以33ln222x,所以()0Fx所以()Fx在5,4x+没有零点综上,3()sincosln2Fxxxx=−+在(

0,)+有唯一零点0x所以0003sincosln02xxx−+=,且0,42x,所以()0002lncossin3xxx=−所以()()00000000012122lnsin2cossi

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xx−=所以220012211221lnsin2(1),33323333txxtt−+=+=−−+−【点睛】方法点睛：含有三角函数、指数对数的零点问题，一般要根据三角函数图像特点划分区间，分段为研究获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100

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