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2022年高一年级下期期末数学复习试题2
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 已知，，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：因为，,所以,
,，故答案为．
考点：集合的运算．
2. 复数等于
A. 8 B. －8 C. 8i D. －8i
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法及乘方运算即得.
【详解】因为.
故选：D.
3. “成立”是“成立”的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：由|x-1|＜2得-1＜x＜3，由x（x-3）＜0得0＜x＜3，所以“|x-1|＜2成立”是“x（x-3）＜0成立”的必要不充分条件
考点：1．解不等式；2．充分条件与必要条件
4. 设有直线m、n和平面、.下列四个命题中，正确的是
A. 若m∥,n∥,则m∥n
B. 若m,n,m∥,n∥,则∥
C. 若，m,则m
D. 若，m，m,则m∥
【答案】D
【解析】
【详解】当两条直线同时与一个平面平行时，两条直线之间的关系不能确定，故A不正确，
B选项再加上两条直线相交的条件，可以判断面与面平行，故B不正确，
C选项再加上m垂直于两个平面的交线，得到线面垂直，故C不正确，
D选项中由α⊥β，m⊥β，m，可得m∥α，故是正确命题，
故选D
5. 在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F，若，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面几何知识求解
【详解】如图，可知
=，选B.
【点睛】本题考查向量的运算及其几何意义，同时要注意利用平面几何知识的应用，
6. 若，，，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为，，，因此选A
7. 某校共有学生2000名，各年级男、女生人数表１，已知在全校学生中随机抽取1名，抽到初二年级女生的概率是0.19. 现用分层抽样的方法在全校抽取６４名学生，则应在初三年级抽取的学生人数为
初一年级
初二年级
初三年级
女生
373
x
y
男生
377
370
z
A. 24 B. 18 C. 16 D. 12
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由题意可知，因此三年级的总人数为，所以应在三年级抽取的学生人数为人，故选C.
考点：分层抽样.
8. 定义域为的奇函数的图象关于直线对称，当时，，则（ ）
A. -2 B. 0 C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性和对称性可以确定函数的周期，利用周期性进行求解即可.
【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以，
因此有，可得，因为函数是奇函数，
所以可得，即有，从而，
因此该函数的周期为，当时，，所以，
的图象关于直线对称，，，
故选：C
二、多选题：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. 函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，且是奇函数，则（ ）
A. B. 在区间上最大值为-3
C. D. 在区间上的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据余弦型函数的最小正周期公式，结合余弦型函数的图象平移性质、奇函数的性质确定函数，再根据正弦型函数的单调性进行求解判断即可.
【详解】因为函数的最小正周期为 ，所以，
，因为将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，
所以，因为是奇函数，
所以，因为 ，所以，
即，故选项A正确，C错误，
所以，当 时， ，
所以的最大值为：，因此选项D正确，B错误.
故选：AD
10. 某中学为了解高三男生的体能情况，通过随机抽样，获得了200名男生的100米体能测试成绩（单位：秒），将数据按照，，…，分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.
由直方图推断，下列选项正确的是（ ）
A. 直方图中的值为0.38
B. 由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩的众数为13.75秒
C. 由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩不大于13秒的人数为54
D. 由直方图估计本校高三男生100米体能测试成绩中位数为13.7秒
【答案】BC
【解析】
【分析】A：根据频率直方图中，所有小矩形的面积之和为1，进行求解判断即可；
B：根据众数的定义，结合频率直方图进行判断即可；
C：根据直方图，结合题意进行判断即可；
D：根据中位数的定义，结合结合频率直方图进行判断即可.
【详解】A：因为频率直方图中，所有小矩形的面积之和为1，
所以，
因此本选项说法不正确；
B：分布在小组的矩形面积最大，因此众数出现在这个小组内，因此估计众数为
，因此本选项说法正确；
C：高三男生100米体能测试成绩不大于13秒的小组有：，，，
频率之和为：，因此估计估计本校高三男生100米体能测试成绩不大于13秒的人数为，所以本选项说法正确；
D：设中位数为，因此有，
所以本选项说法不正确，
故选：BC
11. 设正实数x，y满足，则（ ）
A. B. xy的最大值为
C. 的最小值为 D. 的最小值为4
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A. 由可得判断；选项B. 由均值不等式可得，从而可判断；选项C. 由配方可判断；由利用均值不等式可判断.
【详解】选项A. 由，可得，所以. 故选项A正确.
选项B. 由,可得，当且仅当，即时等号成立. 故选项B不正确.
选项C.
当时，等号成立. 故选项C正确.
选项D. 由
当且仅当，即时等号成立. 故选项D不正确.
故选：AC
12. 如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为2
B. 平面
C. 异面直线EF与AG所成的角的余弦值为
D. 过点，，作正方体的截面，所得截面的面积是
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，直接由锥体体积公式求解判断；对BC，结合建系法直接判断；对D，补全截面直接判断.
【详解】对A，，故A错误；
对B，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，则，，，，，则平面，B正确；
对C，，，，故C错误；
对D，作中点，的中点，的中点，连接，则正六边形为对应截面面积，正六边形边长为，则截面面积为：，故D正确.
故选：BD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，，，若与垂直，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量坐标垂直数量积为0求参数.
【详解】解：由题意得：
因为与垂直，所以，即
所以，解得.
故答案为：
14. 如图，已知球点面上四点、、、，平面，，，则球的体积等于___________.
【答案】
【解析】
【分析】易得该三棱锥外接正方体，再计算正方体的体对角线进而求得球的直径与体积即可
【详解】把三棱锥补成正方体，球的直径，，所以这个三棱锥的外接球体积为.
故答案为：
15. 已知一组数据的方差为2，若数据的方差为8，则的值为______.
【答案】2
【解析】
【分析】根据样本数据方差的定义求解可得，由此可得，即为所求．
【详解】设数据的平均数为，
则，且数据的平均数．
所以数据的方差为
，
由题意得，解得或（舍去），
故．
所以答案为2．
【点睛】解题的关键是熟练掌握方差的定义，同时注意结论的运用，即若的平均数为，方差为，则的平均数为，方差为，本题考查计算能力．
16. 某校学生在研究折纸实验中发现，当对折后纸张达到一定的厚度时，便不能继续对折了．在理想情况下，对折次数与纸的长边和厚度有关系：．现有一张长边为30cm，厚度为0.05cm的矩形纸，根据以上信息，当对折完4次时，的最小值为________；该矩形纸最多能对折________次．（参考数值：，）
【答案】 ①. 64 ②. 6
【解析】
【分析】利用即可求解，利用和换底公式进行求解.
【详解】令，则，则，
即，即当对折完4次时，的最小值为；
由题意，得，，
则
，
所以该矩形纸最多能对折6次.
故答案为：64，6.
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. 在中，内角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）①，②，③以上三个条件任选两个，求边，角.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化边为角，可求得；
（2）选①②，由正弦定理化角为边，再由余弦定理可得，由勾股定理逆定理得角；选①③，由正弦定理求得，得角，在直角三角形中求得；选②③，由正弦定理直接求得，再由勾股定理逆定理得角．
【详解】解：（1）因为在中，内角，，的对边分别为，，，
所以，
由正弦定理，可将化，，
则，即，所以；
（2）若选①②，由可得，
因为，由余弦定理可得，
则，解得，
由得．
若选①③，由正弦定理可得，，则，所以，则；
因此．
若选②③，由可得，因为，所以，由得．
18.
已知函数的最大值是1，其图像经过点
（1）求的解析式；
（2）已知且求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【详解】本题（１）属于基础问题，根据题意首先可求得Ａ，再将点Ｍ代入即可求得解析式；对于（２）可先将函数f(x)的解析式化简，再带入，利用两角差的余弦公式可求解；
（1）依题意知 A=1，又图像经过点M∴，
再由 得 即
因此 ；
（2） ，
且
，
；
19. 随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机应用软件层出不穷.现从使用A和B两款订餐软件的商家中分别随机抽取50个商家，对它们的“平均送达时间”进行统计，得到频率分布直方图如下：
（1）试估计使用A款订餐软件的50个商家的“平均送达时间”的众数及平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.
（2）根据以上抽样调查数据，将频率视为概率，回答下列问题：
①能否认为使用B款订餐软件“平均送达时间”不超过40分的商家达到75%？
②如果你要从A和B两款订餐软件中选择一款订餐，你会选择哪款？说明理由.
【答案】（1）众数为55，平均数为40；（2）①能；②B款，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）取频率最大的那组数据的中点值即为众数，利用平均数的计算公式直接计算即可求得平均数；
（2）①计算出使用B款订餐软件“平均送达时间”不超过40分的频率，比较即可得解；②计算出使用B款订餐软件商家的“平均送达时间”的平均数，与使用A款订餐软件商家的“平均送达时间”的平均数进行比较即可得解.
【详解】（1）依题意可得，使用A款订餐软件的50个商家的“平均送达时间”的众数为55.
使用A款订餐软件的50个商家的“平均送达时间”的平均数为
.
（2）①使用B款订餐软件“平均送达时间”不超过40分的商家的比例估计值为
.
故可以认为使用B款订餐软件“平均送达时间”不超过40分商家达到75%.
②使用B款订餐软件的50个商家的“平均送达时间”的平均数为
，
所以选B款订餐软件.
【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用，属于基础题.
20. 如图，在三棱锥中，，，，．
(1)求证：；
(2)求二面角的大小；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；(2)，(3).
【解析】
【分析】(1)取中点，连结．证明AB⊥平面PCD即可；
(2)以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标.取中点，连结、，是二面角的平面角，根据向量数量积求该夹角即可；
(3)在平面内的射影为正的中心，根据求出H坐标，点到平的距离为.
【详解】(1)取中点，连结．
，，
∴AB⊥CD，AB⊥PD，，平面，
；
(2)∵PA＝PB，AC＝BC，，∴PC⊥BC，故PC⊥平面ABC.
以为原点建立空间直角坐标系．
则,0,，,2,，,0,．
设,0,，，，,0,．
取中点，连结，．
，，
，，
是二面角的平面角，
,1,，，,,，
，
∴二面角的大小为；
(3)，
在平面内的射影为正的中心，且的长为点到平面的距离，如(2)建立空间直角坐标系．
，点的坐标为,,，，
点到平的距离为．
21. 在一个特定时段内，以点为中心的海里以内海域被设为警戒水域.点正北海里处有一个雷达观测站.某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点北偏东且与点相距海里的位置，经过分钟又测得该船已行驶到点北偏东（其中，）且与点相距海里的位置.
（1）求该船的行驶速度（单位：海里/小时）；
（2）若该船不改变航行方向继续行驶，判断它是否会进入警戒水域，并说明理由.
【答案】（1）海里/小时
（2）船会进入警戒水域，理由见解析
【解析】
【分析】（1）在中，利用余弦定理可求得，进而可得船的行驶速度；
（2）方法一：以为坐标原点建立平面直角坐标系，可求得两点坐标，进而得到直线方程，利用点到直线距离公式可求得点到直线的距离，由此可得结论；
方法二：在中，利用余弦定理可求得，进而得到；在中，利用正弦定理可求得，作于点，则在中，由可得结论.
【小问1详解】
由题意知：，，，；
，，
在中，由余弦定理得：，
，船的行驶速度为（海里/小时）.
【小问2详解】
方法一：以为坐标原点，可建立如图所示平面直角坐标系，
设，，与轴交点为，则，；
，
，
，，；
直线的斜率，直线的方程为：，即；
，点到直线的距离，
若该船不改变航行方向继续行驶，则会进入警戒水域.
方法二：设与延长线交于点，
在中，由余弦定理得：，
；
在中， 由正弦定理得：，
，位于之间，则，
过点作于点，则为点到直线的距离；
在中，，
若该船不改变航行方向继续行驶，则会进入警戒水域.
22. 已知函数是定义在[，1]上的奇函数，且．
（1）求a，b的值；
（2）判断在[，1]上的单调性，并用定义证明；
（3）设，若对任意的，总存在，使得成立，求实数k的取值范围．
【答案】（1）；（2）在上递增，证明详见解析；（3）.
【解析】
【分析】（1）利用求得的值.
（2）利用定义法判断出在区间上的单调性.
（3）将问题转化为，对进行分类讨论，结合一次函数的单调性，求得的取值范围.
【详解】（1）依题意函数是定义在[，1]上的奇函数，
所以，
，
所以，经检验，该函数奇函数.
（2）在上递增，证明如下：
任取，
，
其中，所以，
故在上递增.
（3）由于对任意的，总存在，使得成立，
所以.
.
当时，在上递增，，
所以.
当时，在上递减，，
所以.
综上所述，.
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