2021-2022学年广东省铁一广附广外三校高一下学期期末联考数学试题【含答案】

1、2021-2022学年广东省铁一，广附，广外三校高一下学期期末联考数学试题一、单选题1复数在复平面内对应点的坐标为（）ABCDC【分析】根据复数模的运算公式，结合复数除法的运算法则、复数在复平面对应点的坐标表示进行求解即可.【详解】由题可知，其在复平面内对应点的坐标为，故选：C2函数的图象可能是（）ABCDC【分析】根据函数的解析式，利用，分别排除A、B、D项，即可求解.【详解】由题意，函数，因为，即函数的图象过点，可排除A、B项；又因为，可排除D项，故选：C.3某射击运动员7次的训练成绩分别为:86，88，90，89，88，87，85，则这7次成绩的第80百分位数为（）A88.5B89C91

2、D89.5B【分析】根据百分位数的定义进行求解即可.【详解】7次的训练成绩从小到大排列为：85，86，87，88，88，89，90，所以第80百分位数为从小到大排列的数据中的第个数据，即89，故选：B4已知，其中为自然对数的底数，则（）ABCDA【分析】由对数函数单调性，结合临界值可确定大小关系.【详解】，.故选：A.5在中，若利用正弦定理解有两解，则的取值范围是()ABCDB【分析】以C为圆心，CA为半径画圆弧，圆弧与BA边应该有两个交点，此时三角形有两解，数形结合即可求出x的范围【详解】如图，B=45，CDAB，则，以C为圆心，CA=b=2为半径画圆弧，要使ABC有两个解，则圆弧和BA边应

3、该有两个交点，故CACD且CACB，即，解得故选：B6已知在三棱锥中，平面SBC，则该三棱锥外接球体积为（）ABCDB【分析】根据题意，将三棱锥补成以AC为侧棱的直棱柱，求解外接球的半径，利用球的体积公式求解即可.【详解】如图，将三棱锥补成以AC为侧棱的直棱柱，设BCS外接圆圆心为，半径为r，设ADE外接圆圆心为，连接，取的中点O，则点O为三棱锥外接球球心，连接CO，设该三棱锥外接球半径为R，在BCS中，所以.在中，所以该三棱锥外接球体积为，故选：B.7（）AB1CDC【分析】根据三角函数的基本关系式和三角恒等变换的公式，准确运算，即可求解.【详解】由三角函数的基本关系式和三角恒等变换的公式，

4、可得：.故选：C.8若点E是的中线上的一点（不含端点），且，则的最小值为（）A4B8C6D12B【分析】根据平面向量的线性运算法则可得，再由，三点共线，知，然后利用基本不等式中的“乘1法”，得解【详解】解：因为为三角形的中线，所以，所以，又，三点共线，所以且，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为8故选：B二、多选题9下列命题中，真命题的是（）A，都有B，使得C任意非零实数，都有D，都有ABD【分析】恒成立可推导得到A正确；利用基本不等式可求得，可知B正确；由可知C错误；令，结合对勾函数单调性可知D正确.【详解】对于A，对任意恒成立，对任意恒成立，即，都有，A正确；对于B，当时，（当且

5、仅当时取等号），使得，B正确；对于C，当时，C错误；对于D，当时，令，在上单调递增，对于任意恒成立，D正确.故选：ABD.10正方体的棱长为，、分别为、的中点，则（）A直线与直线夹角B直线与平面平行C平面截正方体所得的截面面积为D点和到平面的距离相等AC【分析】分析可知直线与直线夹角为，求出三边边长，利用余弦定理可判断A选项；证明出，可判B选项；计算出梯形的面积，可判断C选项的正误；连接、交于点，计算出的值，可判断D选项.【详解】对于A选项，连接、，因为、分别为、的中点，则，所以，直线与直线夹角为，所以，因为，则，A对；对于B选项，连接，因为且，则四边形为平行四边形，所以，则，所以，平面，故直

6、线与平面不平行，B错；对于C选项，因为，所以，因为，所以，C对；对于D选项，连接、交于点，连接，因为且，、分别为、的中点，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，且，所以，故点和到平面的距离不相等，D错.故选：AC.11盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件A“两个球颜色相同”，B“第1次取出的是红球”，C“第2次取出的是红球”，D“两个球颜色不同”则下列说法正确的是（）AA与B相互独立BA与D互为对立CB与C互斥DB与D相互独立ABD【分析】设2个红球为，2个白球为，运用列举法得出样本空间，及事件A、B、C、D，根据事件相互独立、互斥、对立的概念，逐一判断可得选项.

7、【详解】解：设2个红球为，2个白球为，则样本空间为，共12个基本事件，事件，共4个基本事件；事件，共6个基本事件；事件，共6个基本事件；事件，共8个基本事件；A由于，故成立，所以A与B相互独立，故A正确；B由于，故A与D是对立事件，故B正确；C由于，故B与C不互斥，故C不正确；D由于，故成立，所以B与D相互独立，故D正确.故选：ABD.12已知函数，若关于的方程有四个不同的实数解，它们从小到大依次记为，则（）ABCDCD【分析】将方程有四个不同解可确定与有四个不同交点，在平面直角坐标系中作出图象，利用数形结合的方式可求得的范围，知A错误；根据对称性可知B错误；当时，由可求得，由此可得的范围，知

8、C正确；利用基本不等式可求得，由可求得，由此可知D正确.【详解】关于的方程有四个不同的实数解，等价于与有四个不同交点，在平面直角坐标系中，作出与如下图所示，由图形可知：，A错误；关于对称，B错误；当时，令，解得：，C正确；，又，D正确.故选：CD.关键点点睛：本题考查根据方程根的个数求解参数范围的问题，解题关键是能够将方程根的个数问题转化为两函数的交点个数问题，采用数形结合的方式，结合函数的对称性来依次进行求解.三、填空题13某工厂年前加紧手套生产，设该工厂连续天生产的手套数依次为（单位：万只）若这组数据的方差为，且，则该工厂这天平均每天生产手套_万只【分析】由可直接求得结果.【详解】，.故答

9、案为.14某高校的入学面试中有道难度相当的题目，李明答对每道题目的概率都是若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第次为止那么，李明最终通过面试的概率为_【分析】根据独立事件概率乘法公式可求得无法通过面试的概率，根据对立事件概率的求法可求得结果.【详解】李明无法通过面试的概率为，李明最终通过面试的概率为.故答案为.15若方程在上的两个不等实根为，则_0.2【分析】利用二倍角公式及正弦函数的两角差公式化简原方程，利用正弦函数的对称性得到的关系式即可求解.【详解】解：，当时，由题意可得，根据正弦函数的对称性得，即，则，所以故答案为.16已知点为的重心，且，若，

10、则_.【分析】连接，延长交于，根据重心的性质和题意可知，由余弦定理，在三角形可得，在三角形中可得，再根据，可知，再根据三角形内角的关系和正弦定理可知，再结合余弦定理，即可求出结果.【详解】如图，连接，延长交于，因为点为的重心，故为中点，因为，所以，由重心的性质得，即,由余弦定理得，又，所以所以，又，所以则，.故答案为.四、解答题17新冠肺炎疫情期间，某地为了了解本地居民对当地防疫工作的满意度，从本地居民中随机抽取若干居民进行评分（满分为分），根据调查数据制成如下频率分布直方图，已知评分在的居民有人(1)求频率分布直方图中的值；(2)根据频率分布直方图估计本次评测分数的平均数（同一组中的数据用该

11、组区间的中点值作代表，并精确到）；(3)为了今后更好地完成当地的防疫工作，政府部门又采用比例分配的分层抽样的方法，从评分在的居民中选出人进行详细的调查，再从中选取两人进行面对面沟通，求选出的两人恰好都是评分在之间的概率(1)(2)(3)【分析】（1）由频率和为可直接构造方程求得；（2）由频率分布直方图估计平均数的方法可直接求得结果；（3）由分层抽样原则可确定两个分数段分别抽取的人数，采用列举法可得所有基本事件和满足题意的基本事件个数，由古典概型概率公式可求得结果.【详解】(1)，.(2)平均数为.(3)评分在和的频率之比为，应在评分在的居民中应抽取人，记为；在的居民中应抽取人，记为，则从中选取

12、两人有，共种情况；其中选出的两人恰好都是评分在之间的有，仅有种；所求概率.18在直角坐标系xOy中，已知点，其中(1)求的最大值；(2)是否存在，使得ABC为钝角三角形？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由(1)2(2)【分析】（1）求出，利用三角函数求出的最大值；（2）先判断出角A、B为锐角，根据C为钝角，得到，求出的取值范围.【详解】(1)因为点，所以，所以因为，所以.因为在上单调递减，所以当时，取得最大值，为2.(2)因为，如图示：点C落在圆周上.对于A：当C位于D处，角A最大，此时，所以为锐角，所以A不可能为钝角；对于B：当BC与圆周相切时，角B最大.此时，所以，而，所以为锐角，

13、所以B不可能为钝角；对于C：假设C为钝角，则，所以，又，解得.故时，C为钝角，ABC为钝角三角形.19如图，在多面体中，四边形是正方形，四边形是梯形，平面平面，(1)证明：平面；(2)求三棱锥的体积.(1)证明见解析；(2).【分析】（1）过作交于，连接，设交于点，连接，易知为平行四边形，可证为平行四边形，则为中位线有，根据线面平行的判定证结论.（2）由（1）易知，由面面垂直的性质可得面，即为体高，最后利用棱锥的体积公式求体积.【详解】(1)如图，过作交于，连接，设交于点，连接.由，则四边形为平行四边形，所以，而且，则且，所以四边形为平行四边形，则为线段的中点，又，在中为中位线，故，又平面，平

14、面，所以平面.(2)由（1）知：平面，故到平面的距离与点到平面的距离相等.所以.面面，面面，面，所以面.则.20在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2(tanAtanB).(1)证明：ab2c；(2)求cos C的最小值（1）见解析；（2）【详解】试题分析：（1）根据三角函数的基本关系式，可化简得，再根据，即可得到，利用正弦定理，可作出证明；（2）由（1），利用余弦定理列出方程，再利用基本不等式，可得的最小值.试题解析：（1）由题意知，化简得：即，因为，所以，从而，由正弦定理得.（2）由（1）知，所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.三角恒等变换的应用；正弦定理；余弦定理.

15、【方法点晴】本题主要考查了三角恒等变换的应用、正弦定理与余弦定理的应用，涉及到三角函数的基本关系式和三角形中的性质和基本不等式的应用，着重考查了转化与化归思想和学生的推理与运算能力，以及知识间的融合，属于中档试题，解答中熟记三角函数恒等变换的公式是解答问题的关键.21如图，已知四棱锥的底面为矩形，顶点在底面的正投影为的中点(1)求证：平面平面；(2)若平面与平面的交线为，且，求与平面所成角的正弦值(1)证明见解析(2)【分析】（1）由长度关系可得，则，从而得到；由线面垂直的性质可知，进而得到平面，由面面垂直的判定可证得结论；（2）由线面平行的判定和性质可知，可知所求角即为与平面所成角，以为坐标

16、原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果.【详解】(1)四边形为矩形，即；顶点在底面的正投影为的中点，平面，又平面，平面，平面，平面，平面平面.(2)，平面，平面，平面，又平面，平面平面，与平面所成角即为直线与平面所成角，以为坐标原点，正方向为轴，作轴，可得如图所示的空间直角坐标系，又，则，设平面的法向量，则，令，解得：，.即与平面所成角的正弦值为.22已知函数(1)是否存在实数，使得函数在区间上的值域为？请说明理由；(2)若存在实数，使得函数在区间上的值域为，求实数的取值范围(1)不存在，使得函数在区间上的值域为，理由见解析(2)【分析】（1）分类讨论可得分段函数解析式，由此可得图象，由可知，分别在、的情况下，结合单调性可构造方程组，由方程组结果可知不存在满足题意的；当时，由可推导得到，可知不合题意；综合三种情况可得结论；（2）由和可推导得到，当和时，结合（1）的方法可知不合题意；当时，可知是的大于的两根，由一元二次方程根的分布可构造不等式组求得结果.【详解】(1)由题意知：，则图象如下图所示，假设存在，使得函数在区间上的值域为，则；当时，在上单调递减，两式作差得：，或；当时